(加练半小时)2018年高考物理(广东专用)一轮微专题复习第8章_电场_微专题38_有答案

[方法点拨] (1)两点电荷电场中各点的电场是两点电荷独自产生的电场强度矢量叠加．(2)注意两点电荷连线及连线的中垂线上场强、电势分布规律．1．(电场叠加)(多选)如图1，真空中a 、b 、c 、d 四点共线且等距．先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .若再将另一等量异种电荷－Q 放在d 点，则( )图1A ．b 点场强大小为34E B ．c 点场强大小为54E C ．b 点场强方向向右 D ．c 点电势比b 点电势高2．(功能关系)如图2所示，O 、O ′两点放置两个等量正电荷，在OO ′直线上有A 、B 、C 三个点，且OA ＝O ′B ＝O ′C ，一点电荷q (q >0)沿路径Ⅰ从B 运动到C 电场力所做的功为W 1，沿路径Ⅱ从B 运动到C 电场力所做的功为W 2，同一点电荷从A 沿直线运动到C 电场力所做的功为W 3，则下列说法正确的是( )图2A ．W 1大于W 2B ．W 1为负值C ．W 1大于W 3D ．W 1等于W 33．(电场综合分析)如图3所示，Q 1、Q 2为两个等量同种的正点电荷，在Q 1、Q 2产生的电场中有M 、N 和O 三点，其中M 和O 在Q 1、Q 2的连线上，O 为连线的中点，N 为Q 1、Q 2垂直平分线上的一点，ON ＝d .下列说法正确的是( )图3A ．在M 、N 和O 三点中，O 点电势最低B ．在M 、N 和O 三点中，O 点电场强度最小C ．若O 、N 间的电势差为U ，则N 点的电场强度为U dD ．若O 、N 间的电势差为U ，将一个带电荷量为q 的正点电荷从N 点移到O 点，电场力做功为qU4．如图4所示，以O 点为圆心的圆周上有六个等分点a 、b 、c 、d 、e 、f .等量正、负点电荷分别放置在a 、d 两点时，在圆心O 产生的电场强度大小为E .现仅将放于a 点的正点电荷改放于其他等分点上，使O 点的电场强度改变，则下列判断正确的是( )图4A ．移至c 点时，O 点的电场强度大小仍为E ，沿Oe 方向B ．移至b 点时，O 点的电场强度大小为32E ，沿Oc 方向 C ．移至e 点时，O 点的电场强度大小为E 2，沿Oc 方向 D ．移至f 点时，O 点的电场强度大小为32E ，沿Oe 方向 5．如图5所示，P 、Q 为两个等量异种电荷，PQ 连线上有a 、b 两位置，aP <bQ ，PQ 中垂线上有位置c .将一带正电的点电荷q 从a 位置移至b 位置，电场力做负功，功的绝对值为W ，已知b 处的电势为φ，则以下判断正确的是( )图5A ．a 位置的电场强度比b 位置的电场强度小B ．a 位置的电势等于φ－W qC ．将点电荷q 从c 位置移至b 位置，电场力做负功，数值大于WD ．将点电荷q 从a 位置移至c 位置，电场力做正功，数值小于W6．(多选)如图6所示，在真空中固定有两个等量异种点电荷，A 、B 、C 、D 是两点电荷连线上的四个点，已知A 、C 两点到正点电荷的距离与B 、D 两点到负点电荷的距离均为L ，O 点是C 、D 两点连线的中点，E 、F 是C 、D 两点连线的中垂线上关于O 点对称的两点，则下列说法正确的是( )图6A ．A 、B 两点的电场强度相同，电势不相等B ．C 、D 两点的电场强度不同，电势相等C ．将正试探电荷从C 点沿直线CE 移到E 点的过程中，电场力对电荷做正功D ．一个负试探电荷在C 点的电势能大于它在F 点的电势能7．如图7所示，AB 为一固定的水平绝缘杆，在其上下对称位置固定放置一对等量同种正点电荷，其连线与AB 交于O 点，杆上的E 、F 点关于O 点对称，E 、F 的间距为L .一可以视为质点的小球穿在杆上，小球与杆的动摩擦因数随位置而变化，该变化规律足以保证小球从E 点以一初速度v 0沿杆向右做匀减速直线运动并经过F 点，小球带负电，质量为m .其在O 点处与杆的动摩擦因数为μ0.则在由E 到F 的过程中( )图7A ．小球在O 点电势能最大B ．小球在E 、F 两点与杆的动摩擦因数一定相同C ．E 到O 点，小球与杆的动摩擦因数逐渐减小D ．小球克服摩擦力做功为μ0mgL答案精析1．BC [设ab ＝bc ＝cd ＝L ，先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .根据点电荷电场强度公式，b 点场强E ＝k Q L 2，方向由a 指向b ，向右．若再将另一等量异种点电荷－Q 放在d 点，－Q 在b 点产生的电场强度为E ′＝k Q (2L )2＝E 4，方向由b 指向d ，向右．根据场强叠加原理，b 点场强大小为E ＋E ′＝54E ，方向向右，选项A 错误，C 正确；由对称性可知，c 点场强与b 点相同，选项B 正确；根据沿电场线方向，电势逐渐降低可知，c 点电势比b 点电势低，选项D 错误．]2．D [电场力所做的功与路径无关，与电势差有关，所以W 1＝W 2，A 项错误；由于OA ＝O ′B ，由对称性，A 、B 两处电势相同，所以W 1＝W 3，C 项错误，D 项正确；B 点电势高于C 点电势，因此正电荷从B 运动到C 电场力做正功，B 项错误．]3．B [根据两个等量同种正点电荷的电场线分布特点可知，在M 、N 和O 三点中，M 点电势最高，N 点电势最低，O 点的电场强度为零(最小)，选项A 错误，B 正确；由于两个等量同种正点电荷的电场不是匀强电场，各点电场强度不同，不能运用E ＝U d得出N 点的电场强度，选项C 错误；若O 、N 之间的电势差为U ，将一个带电荷量为q 的正点电荷从N 点移到O 点，由低电势到高电势，电场力做功为－qU ，选项D 错误．]4．C [由题意可知，等量正、负点电荷在O 处产生的电场强度大小均为E 2，方向水平向右．当移至c 处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120°，则O 处的合电场强度大小为E 2，沿Oe 方向，A 错误；同理，当移至b 处，O 处的合电场强度大小为32E ，沿Od 与Oe 角平分线方向，B 错误；同理，当移至e 处，O 处的合电场强度大小为E 2，沿Oc 方向，C 正确；同理，当移至f 处，O 处的合电场强度大小为32E ，沿Od 与Oc 角平分线方向，D 错误．] 5．B [判断电场强度大小看电场线的疏密，所以，a 点的电场强度大于b 点，A 项错误；正电荷从a到b过程中，电场力做功－W＝U ab q＝(φa－φ)q，解得φa＝φ－W，B项正确；带正q电的点电荷q从a位置移至b位置，电场力做负功，且aP<bQ.所以P为负电荷，c点电势小于b点电势，电荷从c到b的过程，电场力做负功且数值小于W(cb间电势差小于ab间电势差)，C项错误；同理电荷从a到c过程，电场力做负功，数值小于W，D项错误．]6．AC[根据等量异种点电荷电场线的分布特征可知，A、B两点所在处的电场线疏密相同，故两点的电场强度大小相等，方向向左，即A、B两点的电场强度相同，同理，C、D两点的电场强度相同，根据点电荷周围区域的电势分布规律及电势叠加规律(电势是标量)可知，A、C两点的电势均大于零(取无穷远处电势为零)，B、D两点的电势均小于零，故φA>φB，φC>φD，A项正确，B错误；将正试探电荷从C点沿直线CE移到E点过程中，合电场力方向与正试探电荷运动方向成锐角，电场力一定做正功，C正确；φC>φF，负试探电荷在电势高处的电势能小，据此可知D错误．]7．D[小球从E到O的过程中，电场力对小球做正功，小球的电势能减小，从O到F的过程中，电场力做负功，电势能增大，所以小球在O点电势能最小，A项错误；设小球在E、F 两点所受的摩擦力大小分别为f E和f F，电场力大小为F电，合外力大小为F，则在E点有：F ＝f E－F电，在F点有：F＝f F＋F电，所以f E>f F，由摩擦力公式f＝μF N＝μmg，可知小球在E点与杆的动摩擦因数大于在F点与杆的动摩擦因数，B项错误；E到O点，由F＝f E－F电＝μmg －F电，F一定，若场强先增大后减小，则F电先增大后减小，因此μ先增大后减小，C项错误；在O点的动摩擦因数为μ0，所以有F合＝μ0mg＝ma，F合为小球的合外力，由于小球做匀减速运动，合外力恒定，所以从E到F合外力做功大小为：W合＝F合L＝μ0mgL，因为从E 到F电场力做功为0，所以从E到F合外力做的功就为克服摩擦力做的功，所以克服摩擦力做功为：W f＝W合＝μ0mgL，D项正确．]。

微专题65 实验的拓展与创新[方法点拨](1)结合闭合电路欧姆定律、串并联电路特点，去理解电路，找出测量量与已知量间的关系．(2)熟练掌握基本实验的原理、实验方法等是解决创新实验的关键．1．某同学测量直流恒流电源的输出电流I0和定值电阻R x的阻值，电路如图1所示．图1实验器材如下：直流恒流电源(电源输出的直流电流I0保持不变，I0约为0.8A)；待测电阻R x(阻值约为20Ω)；滑动变阻器R(最大阻值约为50Ω)；电压表V(量程15V，内阻约为15kΩ)；电流表A(量程0.6A，内阻约为0.2Ω)；请回答下列问题．(1)实验所用器材如图2所示，图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接．图2(2)电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到____处(选填“a”或“b”)，其理由是______________________________________________________________ __________________________________________________________________________________；(3)所得实验数据如下表，请在如图3所示的直角坐标系上画出U—I图像.1234 5电流表的示数I/A0.200.300.400.500.60电压表的示数U/V13.912.110.27.60 6.1图3(4)根据所画U－I图像，可求得直流恒流电源输出电流I0＝________A，待测电阻的阻值R x＝________Ω.(结果保留两位有效数字)2．(2018·湖北黄冈模拟)图4中虚线框内是由表头G改装成的一个电流表和一个电压表的电路，其中接a、b时为电流表，接a、c时为电压表．已知表头的满偏电流为2mA、内阻阻值范围为180～200Ω，定值电阻R1＝50Ω，R2＝1460Ω，为确定改装后电流表和电压表的量程，实验小组将a、b两个接线柱接入如图所示的电路中，来测量表头G的内阻；图4(1)实验室里，电流表A和滑动变阻器R均有两种规格：电流表：a.0～10mA b．0～600mA滑动变阻器：a.0～20Ωb．0～1000Ω则电流表应选________，滑动变阻器应选________；(选填字母代号)(2)将选择的器材接入电路；①依照电路图，补充完整图5中的实物图；图5②闭合S，以I1表示电流表A的示数，I2表示表头G的示数，多次调节滑动变阻器，测量多组I1、I2数据(单位均为mA)，某同学以I1为纵轴，I2为横轴，画出I1－I2图线为一条过原点的倾斜直线，该同学求出了图线的斜率k＝5，则表头内阻R g＝________Ω，由表头G改装后的电流表量程为________mA，电压表量程为________V.3．(2017·北京海淀区模拟)利用如图6所示的电路测量一个满偏电流为300μA，内阻r g约为100Ω的电流表的内阻值，有如下的主要实验器材可供选择：图6A．滑动变阻器(阻值范围0～20Ω)B．滑动变阻器(阻值范围0～1750Ω)C．滑动变阻器(阻值范围0～30kΩ)D．电源(电动势1.5V，内阻0.5Ω)E．电源(电动势8V，内阻2Ω)F．电源(电动势12V，内阻3Ω)(1)为了使测量尽量精确，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器R应选用________，电源E应选用__________．(选填器材前面的字母序号)(2)实验时要进行的主要步骤有：A．断开S2，闭合S1B．调节R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度C．闭合S2D．调节R′的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之二E．记下此时R′的阻值为190Ω则待测电流表的内阻r g的测量值为________Ω，该测量值________此电流表内阻的真实值．(选填“大于”“小于”或“等于”)4．(2017·福建漳州八校模拟)发光二极管(LED)是由镓(Ga)、砷(As)与磷(P)等的化合物制成的一种能够发光的半导体电子元件，通常用在电路及仪器中作为指示灯，或组成文字或数字显示，其显著的特点就是具有单向导电性．其电路符号如图7甲所示，正常使用时带“＋”号的一端应接在电源的正极，带“－”号的一端应接在电源的负极．某课外活动小组用实验方法测得某型号发光二极管两端的电压U 和通过它的电流I的数据如下表所示图7实12345678910 验序号U/V00.40.8 1.2 1.6 2.0 2.4 2.6 2.8 3.0I/mA00.9 2.3 4.3 6.812.019.024.030.037.0 (1)有如图乙、丙两个可供选择的电路，应选图________(填“乙”或“丙”)电路进行实验，实验中的系统误差主要是由____________________________________引起的．(2)请在图8的坐标纸上用描点法画出该型号发光二极管的伏安特性曲线．图8(3)若该型号发光二极管的最佳工作电压为2.5V，现用5V的稳压电源供电，则需要在电路中串联一个电阻R才能使其处于最佳工作状态，请根据所画出的该型号二极管的伏安特性曲线进行分析，串联的电阻R的阻值为________Ω.(结果保留三位有效数字)答案精析1．(1)如图所示(2)a开关S闭合后，流过电流表的电流不会超过电流表的量程(3)如图所示(4)0.87～0.9219～222．(1)a a(2)①如图所示②2000～10mA(10mA)0～15V(15V)3．(1)C E(2)95小于解析(1)在半偏法测电流表的内阻实验中，为了减小实验误差，滑动变阻器阻值范围尽量选择较大的，电源电压尽量选择较大的，故滑动变阻器R应选用C，电源E应选用E，如果选择了F，由于它的电压太大，当变阻器的电阻达到最大时电路中的最小电流I＝12V30000Ω＝400μA，超过电流表满偏电流；(2)当电流表满偏时，说明干路电流为300μA，若使电流表指针偏转到满刻度的三分之二，即200μA时，通过电阻箱R′的电流就为100μA，由于电流表与电阻箱的电流之比为2∶1，则它们的电阻之比为1∶2，所以电流表的内阻为1902Ω＝95Ω；该测量值小于此电流表内阻的真实值，因为实际干路的电流会比300μA稍大一些，故通过电阻箱的电流会比100μA稍大一些，所以它的电阻就会稍小一些．4．(1)丙电压表分流(2)见解析图(3)116(112～120均可)解析(1)滑动变阻器应接成分压式电路，而电流表内阻未知，故电流表用内、外接都可以，故题图丙正确，题图丙电路图中，电压表与二极管并联，会因分流引起误差；(2)如图所示(3)根据U－I图线，当二极管的工作电压为2.5V时，工作电流约为21.5mA，串联电阻上分到的电压应为 2.5V，故应串联的电阻为：R＝UI＝2.521.5×10－3Ω≈116Ω.(112～120都算正确)。

[方法点拨] (1)分析导体棒切割磁感线运动时要由牛顿第二定律列方程，在方程中讨论v 的变化影响安培力的变化，进而影响加速度a 的变化，a 的变化又影响v 的变化；(2)克服安培力做功的过程就是其它形式的能转化为电能的过程，克服安培力做了多少功，就有多少其它形式的能转化为电能．1．(多选)如图1所示，在匀强磁场中有一倾斜的足够长平行金属导轨，导轨间距为L ，两导轨顶端连有一定值电阻R ，导轨平面与水平面的夹角为θ，匀强磁场的磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上，质量为m 、电阻为r 的光滑导体棒从某一高度处由静止释放，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，其他部分的电阻不计，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图1A ．导体棒先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动B ．若导体棒的速度为v ，则R 两端的电压为BL vC ．导体棒的最大速度为mg (R ＋r )B 2L 2D ．在导体棒下滑过程中，电路中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力所做的功2．如图2，平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R 的电阻，导体棒ab 与导轨垂直且接触良好，ab 棒在导轨间的阻值为r .输出功率恒为P 的电动机通过水平绳向右拉动ab 棒．整个区域存在竖直向上的匀强磁场，若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R 消耗的最大功率为( )图2A ．PB.R R ＋r PC.r R ＋r PD.⎝⎛⎭⎫R R ＋r 2P 3．(多选)如图3所示，间距为l ＝1 m 的导轨PQ 、MN 由电阻不计的光滑水平导轨和与水平面成37°角的粗糙倾斜导轨组成，导体棒ab 、cd 的质量均为m ＝1 kg 、长度均为l ＝1 m 、电阻均为R ＝0.5 Ω，ab 棒静止在水平导轨上，cd棒静止在倾斜导轨上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝ 2 T．现ab棒在水平外力F作用下由静止开始沿水平导轨运动，当ab棒的运动速度达到一定值时cd棒开始滑动．已知cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为μ＝0.8，且cd棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.关于该运动过程，下列说法正确的是()图3A．cd棒所受的摩擦力方向始终沿倾斜导轨向上B．cd棒所受的摩擦力方向先沿倾斜导轨向上后沿倾斜导轨向下C．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小约为20 m/sD．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小约为10 m/s4．在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图4甲所示．测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示()图4A．线框受到的水平外力一定是恒定的B．线框边长与磁场宽度的比为3∶8C．出磁场的时间是进入磁场时的一半D．出磁场的过程中水平外力做的功与进入磁场的过程中水平外力做的功相等5．(多选)如图5所示，光滑水平桌面上固定放置的长直导线中通以大小为I的稳恒电流，桌面上导线的右侧距离通电长直导线2l处有两线框abcd、a′b′c′d′正以相同的速度v0经过虚线MN向左运动，MN平行长直导线，两线框的ad边、a′d′边与MN重合，线框abcd、a′b′c′d′是由同种材料制成的质量相同的单匝正方形线框，边长分别为l、2l.已知通电长直导线周围磁场中某点的磁感应强度B＝k Ir(式中k为常量，r 表示该点到长直导线的距离)．下列说法正确的是()图5A ．此时流经线框abcd 、a ′b ′c ′d ′的电流强度之比为4∶3B ．此时线框abcd 、a ′b ′c ′d ′所受的安培力的功率之比为4∶9C ．此时线框abcd 、a ′b ′c ′d ′的加速度之比为4∶9D ．此时a 、b 间电压U ab ＝kI 24v 06．(多选)如图6，光滑绝缘的水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导体框．匀强磁场区域宽度为2L 、磁感应强度为B 、方向垂直桌面向下．导体框的一边与磁场边界平行，在外力作用下以恒定速度v 穿过磁场．下列说法正确的是( )图6A ．穿过磁场过程，外力做的功为2B 2L 3v RB ．穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为2B 2L 3v RC ．进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电荷量为BL 2RD ．进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大小都为BL v R，且方向相同 7．(多选)由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φm sin ωt ，则产生的感应电动势为e ＝ωΦm cos ωt .如图7所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD (由细软电阻丝制成)，端点A 、D 固定．在以水平线段AD 为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻恒为r ，圆的半径为R ，用两种方式使导线框上产生感应电流．方式一：将导线上的C 点以恒定角速度ω1(相对圆心O )从A 点沿圆弧移动至D 点；方式二：以AD 为轴，保持∠ADC ＝45°，将导线框以恒定的角速度ω2转90°.则下列说法正确的是( )图7A ．方式一中，在C 从A 点沿圆弧移动到图中∠ADC ＝30°位置的过程中，通过导线截面的电荷量为3BR 22rB ．方式一中，在C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的感应电动势最大 C ．若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则ω1ω2＝12D ．若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则ω1ω2＝148．(多选)如图8所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直固定放置，底端接电阻R ，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m 的金属棒，金属棒和导轨接触良好．除电阻R 外，其余电阻不计．导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面．静止时金属棒位于A 处，此时弹簧的伸长量为Δl ，弹性势能为E p .重力加速度大小为g .将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则下列说法正确的是( )图8A ．当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为ΔlB ．从开始释放到最后静止，电阻R 上产生的总热量等于mg Δl －E pC ．金属棒第一次到达A 处时，其加速度方向向下D ．金属棒第一次下降过程通过电阻R 的电荷量比第一次上升过程的多9．如图9所示，阻值均为2 Ω的定值电阻R 1和R 2通过水平和倾斜平行金属导轨连接，水平导轨和倾斜导轨平滑相接，导轨间距离为0.5 m ，倾斜导轨与水平面夹角为60°，水平导轨间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为0.03 T 的匀强磁场，倾斜导轨处没有磁场．一根质量为0.1 kg 、长度为0.5 m 、阻值为2 Ω的导体棒从倾斜导轨上一定高度处由静止释放，导体棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为34，水平导轨光滑，导体棒在水平导轨上向右运动s ＝2 m 停下来，在此过程中电阻R 1上产生的热量为0.3 J ，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图9A．导体棒在倾斜导轨上释放点离水平面的高度为2 mB．导体棒在导轨上运动的最大速度为6 m/sC．R1两端的最大电压为0.045 VD．导体棒在导轨上运动过程中通过R1的电荷量为0.01 C10．电磁弹是我国最新的重大科研项目，原理可用下述模型说明．如图10甲所示，虚线MN右侧存在竖直向上的匀强磁场，边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，线框电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界处．t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝B0＋kt(k为大于零的常量)，空气阻力忽略不计．图10(1)求t＝0时刻，线框中感应电流的功率P；(2)求线框cd边穿出磁场时通过线框某一横截面的电荷量q；(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t＝0时线框加速度越大．11．如图11甲所示，dc和ef是足够长的光滑的金属导轨(不计电阻)水平放置，相距L＝1 m，de处接有一个电阻，在其两端的电压低于某个特定的值U0时，它的阻值与其两端的电压成正比，而其两端的电压大于等于U0时，它的电阻恒为R0＝5 Ω，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T，质量为m＝0.5 kg，长度恰好能跨放在导轨上的金属杆电阻不计，在水平向右的拉力作用下，从紧靠de处由静止开始做加速度为a＝1 m/s2的匀加速运动，水平拉力F与时间的关系如图乙所示．图11(1)试求电压的特定值U0和图中所标的F0的大小；(2)当t＝0.5 s时和t＝2 s时，电阻的发热功率分别为多大？(3)从开始到运动2 m时，通过R的电荷量为多少？(4)运动到2 m时刻撤去外力，金属杆还能运动多远？答案精析1．AD [导体棒随着速度的增加，受到的安培力越来越大，因此受到的合力越来越小，加速度越来越小，故导体棒做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，做匀速运动，A 正确；导体棒中产生的感应电动势为E＝BL v ，所以在电阻R 上的电压为RBL v R ＋r ，B 错误；由于导体棒匀速运动时有mg sin θ＝B 2L 2v R ＋r，因此导体棒的最大速度为mg (R ＋r )sin θB 2L 2，C 错误；根据功能关系，感应电流所产生的焦耳热在数值上等于导体棒克服安培力所做的功，D 正确．]2．B [ab 棒在输出功率P 恒定的电动机拉力作用下做加速度逐渐减小的加速运动．当加速度减小到零时，ab 棒产生的感应电动势最大，电阻R 中电流最大，电阻R 消耗的功率最大．由功能关系可知，此时电动机输出功率等于电阻R 和ab 棒消耗的功率，即P ＝I 2(r ＋R )，电阻R 消耗的功率P R ＝I 2R ，联立解得P R ＝R R ＋rP ，选项B 正确．]3．BC [cd 棒刚开始静止在倾斜导轨上，μ＝0.8>tan 37°＝0.75，cd 棒受到的摩擦力沿倾斜导轨向上，ab 棒向右运动切割磁感线使得ab 棒、cd 棒中产生感应电流，cd 棒受到水平向右的安培力作用，cd 棒受到的摩擦力先沿倾斜导轨向上减小到零，后反向沿倾斜导轨向下增大，故A 错误，B 正确；当cd 棒即将滑动时，由平衡条件B 2l 2v 2R cos 37°＝mg sin 37°＋μ⎝⎛⎭⎫mg cos 37°＋B 2l 2v 2R sin 37°，代入数据可得v ＝19.375 m/s ，C 正确，D 错误．] 4．B [由题图乙线框中产生的感应电流i 的大小和运动时间t 的变化关系可知，进磁场和出磁场时电流随时间的增大而增大，根据牛顿第二定律F －F 安＝ma ，得F ＝F 安＋ma ，又F 安＝BiL ，所以线框受到的水平外力是随时间增大的变力，选项A 错误；线框进入磁场过程位移与出磁场过程位移相等，线框进入磁场过程的水平外力小于出磁场过程的水平外力，根据功的定义可知，线框出磁场的过程中水平外力做的功大于线框进入磁场过程中水平外力做的功，选项D 错误；根据题图乙感应电流i 的大小和运动时间t 的变化关系图象，在2～4 s 时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a ′，在进入磁场时速度v 1＝a ′t 1＝2a ′，完全进入磁场时速度v 2＝a ′t 2＝4a ′，线框边长L 可表示为L ＝v 1＋v 22(t 2－t 1)＝6a ′，线框开始出磁场时速度v 3＝a ′t 3＝6a ′，磁场区域宽度d ＝v 1＋v 32(t 3－t 1)＝16a ′，线框边长L 与磁场宽度d 的比为L ∶d ＝3∶8，选项B 正确；设线框t ′时刻完全出磁场，则完全出磁场时速度为a ′t ′，出磁场过程的平均速度为v ＝v 3＋a ′t ′2，出磁场的时刻t ′＝L v＋t 3＝126＋t ′＋6，解得t ′＝4 3 s ，故出磁场的时间小于进入磁场时间的一半，选项C 错误. ]5．ABC [设导线的横截面积为S ，密度为ρ0，电阻率为ρ，由密度公式可得：线框的质量m ＝ρ0V ＝ρ0S 1×4l＝ρ0S 2×8l ，解得：S 1＝2S 2，根据电阻定律，可得R 1＝ρ4l S 1，R 2＝ρ8l S 2，联立可得：R 2＝4R 1，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得：线框中的电流I 1＝kI 2l ×l v 0－kI 3l ×l v 0R 1＝kI v 06R 1，I 2＝kI 2l ×2l v 0－kI 4l ×2l v 0R 2＝kI v 02R 2，即I 1I 2＝43，选项A 正确；根据右手定则，可知b 点电势高于a 点电势，故U ab <0，选项D 错误；根据功能关系可知线框克服安培力做的功等于线框中电流产生的焦耳热，由P ＝I 2R ，可得P 1P 2＝I 21R 1I 22R 2＝49，选项B 正确；由安培力公式和牛顿第二定律可得a 1＝kI 2l ×I 1l －kI 3l ×I 1l m ＝kII 16m ，a 2＝kI 2l ×2I 2l －kI 4l ×2I 2l m ＝kII 22m ，即a 1a 2＝I 13I 2＝49，选项C 正确．] 6．ABC [当导体框进入或离开磁场时，导体框中的感应电动势E ＝BL v ，由右手定则可知，导体框进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，而离开磁场时，感应电流方向为顺时针方向，D 项错；进入磁场过程中，感应电流大小I ＝E R ，时间t ＝L v ，所以通过导体框某一横截面的电荷量为Q ＝It ＝BL 2R，C 项正确；因为导线框是匀速穿过磁场的，所以外力F ＝F A ＝BIL ＝B 2L 2v R ，导体框在外力作用下的位移为2L ，所以外力做功为2B 2L 3v R，A 项正确；由功能关系可知，外力克服安培力做的功等于系统产生的热量，B 项正确．]7．AC [方式一中，在C 从A 点沿圆弧移动到题图中∠ADC ＝30°位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为ΔΦ＝32BR 2.由法拉第电磁感应定律，E ＝ΔΦΔt ，I ＝E r ，q ＝I Δt ，联立解得q ＝ΔΦr ＝3BR 22r，选项A 正确；方式一中，在C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势最小，为零，选项B 错误；第一种方式中穿过回路的磁通量Φ1＝BR 2sin ω1t ，所产生的电动势为e 1＝ω1BR 2cos ω1t ，第二种方式中穿过回路的磁通量Φ2＝BR 2cos ω2t ，所产生的电动势为e 2＝ω2BR 2sin ω2t ，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为E 1E 2＝ω1ω2，时间满足ω1t 1ω2t 2＝180°90°，产生的焦耳热Q 1＝E 21rt 1，Q 2＝E 22r t 2，若Q 1＝Q 2，则ω1ω2＝12，选项C 正确，D 错误．] 8．BD [根据题述金属棒静止时弹簧伸长量为Δl ，可得mg ＝k Δl .将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒向下切割磁感线运动产生感应电动势E ＝Bl v 和感应电流I ＝Bl v R ，金属棒受到的安培力F A ＝BIl ＝B 2l 2v R，方向竖直向上，由牛顿第二定律mg －kx －F A ＝ma 知，金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时，金属棒速度最大，此时有mg ＝kx ＋F A ，弹簧弹力小于金属棒的重力，故弹簧的伸长量x 小于Δl ，选项A 错误；金属棒最后静止时，弹簧伸长量为Δl ，根据能量守恒定律，电阻R 上产生的总热量Q ＝mg Δl －E p ，选项B 正确；金属棒第一次到达A 处时，其所受合外力向上，加速度方向向上，选项C 错误；由能量守恒知金属棒第一次下降的高度一定大于第一次上升的高度，由ΔΦ＝B ·ΔS 知，金属棒第一次下降过程中回路磁通量变化量ΔΦ一定比第一次上升过程中的多，根据q ＝ΔΦR可知，金属棒第一次下降过程中通过电阻R 的电荷量一定比第一次上升过程中的多，选项D 正确．]9．B [导体棒滑上水平导轨后做减速运动，因此滑上水平导轨的初速度v 0是导体棒在导轨上运动的最大速度，导体棒在水平导轨上运动时，若电阻R 1上产生热量为Q ，则导体棒上产生热量为4Q ，电路产生的总热量为6Q ，由功能关系可得m v 202＝6Q ，又Q ＝0.3 J ，得v 0＝6 m/s ，B 选项正确；导体棒在倾斜导轨上运动，有mgh －μmg cos θ·h sin θ＝m v 202，得h ＝2.4 m ，A 选项错误；导体棒运动的最大速度为v 0，最大感应电动势为E m ＝Bl v 0，R 1两端的最大电压U m ＝E m 3，得U m ＝0.03 V ，C 选项错误；通过导体棒的电荷量q ＝ΔΦR 总，q 1＝q 2＝0.005 C ，D 选项错误．]10．(1)k 2L 4R (2)B 0L 2R(3)见解析 解析 (1)t ＝0时刻线框中的感应电动势E 0＝ΔB ΔtL 2＝kL 2 功率P ＝E 20R解得P ＝k 2L 4R(2)穿出磁场过程线框中的平均电动势E ＝ΔΦΔt线框中的平均电流I ＝E R 通过的电荷量q ＝I Δt ，解得q ＝B 0L 2R(3)n 匝线框在t ＝0时刻产生的感应电动势E ＝nE 0线框中的总电阻R 总＝nR线框中的电流I ＝E R 总t ＝0时刻线框受到的安培力F ＝nB 0IL设线框的加速度为a ，根据牛顿第二定律有F ＝(nm ＋M )a解得a ＝kB 0L 3⎝⎛⎭⎫M n ＋m R ，可知n 越大，a 越大． 11．(1)1 V 0.7 N (2)0.1 W 0.8 W(3)0.5 C (4)3.75 m解析 (1)当电压小于U 0时，设电阻R ＝kU ，所以电流I ＝U R ＝1k，则I 为定值 F －BL 1k ＝ma ，F ＝ma ＋BL 1k当电压大于等于U 0时，F －B 2L 2v R 0＝ma ，F ＝ma ＋B 2L 2a R 0t ，而当t ＝1 s 时， 速度v ＝at ＝1 m/s ，U 0＝BLv ＝1 V又当t ＝1 s 时，F ＝ma ＋B 2L 2a R 0t ＝ma ＋BL 1k，所以有k ＝5，故F 0＝0.7 N 1 s 以后的拉力与时间的关系为F ＝0.5＋0.2t(2)t ＝0.5 s 时，v ＝0.5 m/s ，U ＝E ＝BLv ＝0.5 V ，R ＝kU ＝2.5 ΩP 1＝U 2R＝0.1 W t ＝2 s 时，F ＝0.9 N ，安培力F 安＝F －ma ＝0.4 N ，v ＝2 m/s P 2＝F 安v ＝0.8 W(3)前1 s ，电流恒为I ＝U R ＝1k＝0.2 A ，q 1＝It ＝0.2 C ，运动了0.5 m. 余下的1.5 m 是通过定值电阻R 0的电荷量，q 2＝ΔΦR 0＝0.3 C ，所以q ＝q 1＋q 2＝0.5 C (4)撤去外力时，速度为v 2＝2 m/s ，电压U 2＝2 V ，变减速运动到速度v 1＝1 m/s ，于是有： B 2L 2s 1R 0＝m (v 2－v 1)，s 1＝2.5 m 此后，电流恒为0.2 A ，F 安′＝BLI ＝0.2 N ，做匀减速运动，a ′＝F 安′m ＝0.4 m/s 2 s 2＝v 212a ′＝1.25 m 所以s ＝s 1＋s 2＝3.75 m.。

[方法点拨] (1)判断安培力的方向时，充分利用F 安⊥B ，F 安⊥I ；(2)受力分析时，要注意将立体图转化为平面图．1．(直线电流的磁场)真空中两根金属导线平行放置，其中一根导线中通有恒定电流．在导线所确定的平面内，一电子从P 点运动的轨迹的一部分如图1中的曲线PQ 所示，则一定是( )图1A ．ab 导线中通有从a 到b 方向的电流B ．ab 导线中通有从b 到a 方向的电流C ．cd 导线中通有从c 到d 方向的电流D ．cd 导线中通有从d 到c 方向的电流2．(磁场的叠加)分别置于a 、b 两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图2所示，a 、b 、c 、d 在一条直线上，且ac ＝cb ＝bd .已知c 点的磁感应强度大小为B 1，d 点的磁感应强度大小为B 2.若将b 处导线的电流切断，则( )图2A ．c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 1－B 2B ．c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 2－B 1C ．c 点的磁感应强度大小变为B 1－B 2，d 点的磁感应强度大小变为12B 1－B 2D ．c 点的磁感应强度大小变为B 1－B 2，d 点的磁感应强度大小变为12B 2－B 13．(磁场对电流的作用)如图3所示，磁感应强度大小为B 的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45°.将一个34金属圆环ab 置于磁场中，圆环的圆心为O ，半径为r ，两条半径Oa 和Ob 相互垂直，且Oa 沿水平方向．当圆环中通以电流I 时，圆环受到的安培力大小为( )图3A.2BIrB.32πBIrC ．BIrD ．2BIr4．(电流间的相互作用)(多选)如图4所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I ，导线正下方沿竖直方向固定一正方形线框，线框中也通有沿顺时针方向的恒定电流I ，线框的边长为L ，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L ，已知在长直导线的磁场中距长直导线r 处的磁感应强度大小为B ＝k Ir ，线框的质量为m ，则释放线框的一瞬间，线框的加速度可能为( )图4A ．0 B.kI 2m －g C.kI 22m－g D ．g －kI 2m5．(多选)如图5所示，在平面直角坐标系的第一象限内分布着非匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，沿y 轴方向磁场分布是不变的，沿x 轴方向磁感应强度与x 满足关系B ＝kx ，其中k 是一恒定的正数，由粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ADCB 边长为a ，A 处有一极小开口AE ，整个线框放在磁场中，且AD 边与y 轴平行，AD 边与y 轴距离为a ，线框AE 两点与一电源相连，稳定时流入线框的电流为I ，关于线框受到的安培力情况，下列说法正确的是( )图5A ．整个线框受到的合力方向与BD 连线垂直B ．整个线框沿y 轴方向所受合力为0C ．整个线框在x 轴方向所受合力为ka 2I ，沿x 轴正向D ．整个线框在x 轴方向所受合力为34ka 2I ，沿x 轴正向6．如图6所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，下面挂有匝数为n 的矩形线框abcd ，bc 边长为l ，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸面向里)，线框中通以电流I ，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B ，线框达到新的平衡，则在此过程中线框位移的大小Δx 及方向是( )图6A ．Δx ＝2nBIlk ，方向向上B ．Δx ＝2nBIlk ，方向向下C ．Δx ＝nBIlk，方向向上D ．Δx ＝nBIlk，方向向下7.如图7所示，长为L ，质量为m 的细导体棒a 被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，无限长直导线b 被水平固定在与a 同一水平面的另一位置，且a 、b 平行，它们之间的距离为x ，当a 、b 中均通以电流强度为I 的同向电流时，a 恰能在斜面上保持静止．已知无限长直导线周围的磁场为一系列的同心圆，周围某点的磁场的磁感应强度与该点到导线的距离成反比．则下列说法正确的是( )图7A ．a 、b 中电流必垂直纸面向里B ．b 中的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度大小为2mg2ILC ．若将b 适当上移以增大x ，则导体棒仍可能静止D ．无论将b 上移还是下移，导体棒都可能处于静止状态8．如图8所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，一不可伸缩的软导线绕过纸面内的小动滑轮P (可视为质点)，两端分别拴在纸面内的两个固定点M 、N 处，并通入由M 到N 的恒定电流I ，导线PM 和PN 始终伸直．现将P 从左侧缓慢移动到右侧，在此过程中导线MPN 受到的安培力大小( )图8A．始终不变B．逐渐增大C．先增大后减小D．先减小后增大答案精析1．C2．A [c 点的磁场是分别置于a 、b 两处的长直导线中的电流产生的．由安培定则可知分别置于a 、b 两处的长直导线在c 点产生的磁场方向相同，磁感应强度大小均为B 12.由对称性可知，b 处的长直导线在d 点产生的磁场的磁感应强度大小为B 12，方向向下．a 处的长直导线在d 点产生的磁场的磁感应强度大小为B 12－B 2，方向向上．若将b 处导线的电流切断，则c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 1－B 2，选项A 正确．]3．A [连接题图中a 、b 两点，由几何关系知ab 连线与磁场方向垂直，故金属圆环在磁场中所受安培力的等效长度为2r ，则所受安培力为2BIr ，A 项正确．]4．AC [线框上边所在处的磁感应强度大小为B 1＝k IL ，由安培定则可判断出线框所在处磁场方向为垂直纸面向里，所受安培力的大小为F 1＝B 1IL ＝kI 2，由左手定则可判断出安培力方向向上；线框下边所在处的磁感应强度大小为B 2＝k I 2L ，所受安培力的大小为F 2＝B 2IL ＝12kI 2，由左手定则可判断出安培力方向向下；若F 1＝F 2＋mg ，则加速度为零，选项A 正确．若F 1>F 2＋mg ，则加速度方向向上，由F 1－(F 2＋mg )＝ma ，解得a ＝kI 22m －g ，选项C 正确，B 错误．若F 1<F 2＋mg ，则加速度方向向下，由F 2＋mg －F 1＝ma ，解得a ＝g －kI 22m ，选项D 错误．]5．BC [由于沿y 轴方向磁场分布是不变的，故而整个线框沿y 轴方向所受合力为0，B 正确；沿x 轴方向磁感应强度与x 满足关系B ＝kx ，AD 边受到的向左的安培力小于BC 边受到的向右的安培力，故而整个线框受到的合力方向沿x 轴正向，A 错误；整个线框在x 轴方向所受合力为k (a ＋a )Ia －(ka )Ia ＝ka 2I ，C 正确，D 错误．] 6．B [线框在磁场中受重力、安培力和弹簧弹力处于平衡状态，安培力为F A ＝nBIl ，且开始时方向向上，改变磁场方向后方向向下，大小不变．设在磁场反向之前弹簧的伸长量为x ，则反向之后弹簧的伸长量为x ＋Δx ，由平衡条件知kx ＋nBIl ＝mg 及k (x ＋Δx )＝nBIl ＋mg ，联立解得Δx ＝2nBIlk ，且线框向下移动，B 对．]7．C [因a 恰能在斜面上保持静止，其受力如图甲所示，而由平行通电直导线之间的相互作用可知，电流同向时导线相互吸引，电流反向时导线相互排斥，故A 错；由图甲知tan 45°＝mg BIL ，即B ＝mgIL，B 错；无论b 是上移还是下移，b 中的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度均减小，上移时其重力mg 、安培力BIL 、斜面支持力F N 满足图乙所示关系，支持力逐渐减小，安培力减小，但两个力的合力仍可能等于重力，即a 仍可能处于静止状态，C 对；当b 下移时，安培力在减小，而支持力方向不变，则a 所受合力不可能为零，即a 不可能处于静止状态，D 错．]8．A[在P从左侧缓慢移动到右侧的过程中，导线MPN受到的安培力可等效为直导线MN通入电流I时受到的安培力，即导线MPN受到的安培力大小始终不变，A正确．]。

[方法点拨](1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图象，分析速度、位移变化．(2)在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v－t图象，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．1．一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是()图1A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2 s内，电场力的功等于0C．4 s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4 s，电场力做功等于02．(多选)如图2甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移s和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()图23．如图3所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加四种电压，它们的U AB－t图线如下列选项所示．其中可能使电子到不了B板的是()图34．(多选)如图4甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0.已知t ＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则( )图4A ．所有粒子都不会打到两极板上B ．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C ．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2E k0D ．只有t ＝n T 2(n ＝0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 5．(多选)如图5甲所示，一平行板电容器极板长l ＝10 cm ，宽a ＝8 cm ，两极板间距为d ＝4 cm ，距极板右端l 2处有一竖直放置的荧光屏．在平行板电容器左侧有一长b ＝8 cm 的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010 C/kg ，速度为4×106 m/s 的带电粒子．现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期．下面说法正确的是( )图5A ．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cmB ．粒子打在屏上的区域面积为64 cm 2C ．在0～0.02 s 内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上D ．在0～0.02 s 内，屏上出现亮线的时间为0.012 8 s6．如图6甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向)．一个质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(重力不计)，开始处于图中的A 点．在t ＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t 0，刚好运动到B 点，且瞬时速度为零．已知电场强度大小为E 0.试求：图6(1)电场变化的周期T 应满足的条件；(2)A 、B 之间的距离；(3)若在t ＝T 6时刻释放该粒子，则经过时间t 0粒子的位移为多大？答案精析1．D [画出带电粒子速度v 随时间t 变化的图象如图所示，v －t 图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s 末带电粒子不能回到原出发点，A 、C 错误.2 s 末速度不为0，可见0～2 s 内电场力的功不等于0，B 错误.2.5 s 和4 s 末，速度的大小方向都相同，电场力做功等于0，所以D 正确．]2．AD [在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F ＝U 0e d，所以电子所受的电场力大小不变．由牛顿第二定律F ＝ma 可知，电子在第一个T 4内向B 板做匀加速直线运动；在第二个T 4内向B 板做匀减速直线运动，在第三个T 4内反向做匀加速直线运动，在第四个T 4内向A 板做匀减速直线运动，所以a －t 图象如选项图D 所示，v －t 图象如选项图A 所示；又因匀变速直线运动位移s ＝v 0t ＋12at 2，所以s －t 图象应是曲线．故选项A 、D 正确，B 、C 错误．]3．B [加A 图电压，电子从A 板开始一直向B 板做匀加速直线运动；加B 图电压，电子开始向B 板做匀加速直线运动，再做加速度大小相同的匀减速直线运动，速度减为零后做反向匀加速直线运动及匀减速直线运动，由对称性可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了B 板；加C 图电压，电子先匀加速运动，再匀减速运动到静止，完成一个周期，所以电子一直向B 板运动，即电子一定能到达B 板；加D 图电压，电子的运动与C 图情形相同，只是加速度变化，所以电子也一直向B 板运动，即电子一定能到达B 板，综上所述可知选项B 正确．]4．ABC [带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动．由t ＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交变电流周期的整数倍．在0～T 2时间内带电粒子运动的加速度a ＝E 0q m ，由匀变速直线运动规律得v y ＝at ＝E 0q mt ，同理可分析T 2～T 时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v y 与E －t 图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值)．而经过整数个周期，E －t 图象与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，B 正确，D 错误；带电粒子在t ＝0时刻射入时，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，A 正确；当粒子在t ＝0时刻射入且经过T 离开电场时，粒子在t ＝T 2时达到最大速度，此时两分位移之比为1∶2，即v 0t ＝2×12at 2，可得v y ＝v 0，故粒子的最大速度为v ＝2v 0，因此最大动能为初动能的2倍，C 正确．]5．BCD [设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U 0，水平方向l ＝v 0t ，竖直方向d 2＝12a 0t 2，又a 0＝qU 0md ，解得U 0＝md 2v 20ql 2＝128 V ，即当U ≥128 V 时粒子打到极板上,当U <128 V 时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y ，由几何关系和类平抛运动规律得l 2＋l 2l 2＝y d 2，解得y ＝d ＝4 cm ，选项A 错误；由对称性知，粒子打到荧光屏上的区域总长度为2d ，则粒子打到荧光屏上的区域面积为S ＝2da ＝64 cm 2，选项B 正确；在前14T ，粒子打到荧光屏上的时间t 0＝128200×0.005 s ＝0.003 2 s ，又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间t ′＝4t 0＝0.012 8 s ，选项D 正确；因为这些粒子均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为η，此时电容器两端的电压U <128 V ，则η＝128200×100%＝64%，选项C 正确．] 6．(1)T ＝t 0n (n 为正整数) (2)E 0qt 204mn (3)E 0qt 2012mn解析 (1)根据粒子的初状态和受力特点可知，粒子运动的v －t 图象如图所示．可见，当t 0＝nT 时，粒子的速度刚好为零，故有T ＝t 0n(n 为正整数)．(2)由(1)图可知，A 、B 之间的距离s ＝12a (T 2)2×2n ＝14n ·qE 0m ·(t 0n )2＝E 0qt 204mn. (3)若在t ＝T 6时刻释放该粒子，其v －t 图象如图所示，此时t 0时间内粒子的位移s ′＝n [12a (2×T 6)2×2－12a (T 6)2×2]＝E 0qt 2012mn.。

权掇市安稳阳光实验学校实验：测定电源的电动势和内阻[方法点拨] (1)图象法处理数据是本实验重点.根据闭合电路欧姆定律找出图象的函数关系式，从而确定图象斜率、截距等的意义.(2)明确实验中需要测量的量与实际测量的量的关系，进行误差分析.1.某同学查阅电动车使用说明书知道自家电动车的电源是铅蓄电池，他通过以下操作测量该电池的电动势和内阻.(1)先用多用电表粗测电池的电动势.把电表的选择开关拨到直流电压50V挡，将两只表笔与电池两极接触，此时多用电表的指针位置如图1所示，读出电池的电动势为________V.图1(2)再用图2所示装置进一步测量.多用电表的选择开关拨向合适的直流电流挡，与黑表笔连接的是电池的________极(选填“正”或“负”).闭合开关，改变电阻箱的阻值R，得到不同的电流值I，根据实验数据作出1I－R图象如图3所示.已知图中直线的斜率为k，纵轴截距为b，则此电池的电动势E＝________，内阻r＝________.(结果用字母k、b表示)图2图3(3)他发现两次测得电动势的数值非常接近，请你对此做出合理的解释：____________________________________________________________________ ____.2.(2018·模拟三)在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图4甲所示的实验电路.(1)根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接.(2)实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到________(选填“a”或“b”)端.(3)合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数.在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示.两直线与纵轴的截距分别为U A、U B，与横轴的截距分别为I A、I B.S2接1位置时，作出的U－I图线是图丙中的________(选填“A”或“B”)线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是____________________.由图丙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为E真＝________，r真＝________.图43.(2018·一模)为了测量一节干电池的电动势和内阻，某实验小组设计了如图5甲所示的电路，实验室准备了下列器材供选用：A.待测干电池一节B.直流电流表A1(量程0～0.6A，内阻约为0.01Ω)C.直流电流表A2(量程0～3A，内阻约为0.02Ω)D.直流电压表V1(量程0～3V，内阻约为5kΩ)E.直流电压表V2(量程0～15V，内阻约为25kΩ)F.滑动变阻器R1(阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A)G.滑动变阻器R2(阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为2A)H.开关I.导线若干图5(1)实验中电压表应选用________；电流表应选用________；滑动变阻器应选用________.(填字母代号)(2)实验小组在进行实验时，初始滑片P在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关S后发现滑片P向左滑过一段距离x后电流表才有读数，于是该组同学分别作出了电压表读数U与x、电流表读数I与x的关系图，如图乙所示，则根据图象可知，电池的电动势为________V，内阻为________Ω.4.(2018·青岛二中模拟)某同学设计了如图6甲所示的电路来测量电源电动势E、内阻r和电阻R1的阻值.实验器材有：待测电源(电动势为E，内阻为r)；待测电阻R1；电压表V(量程1.5V，内阻很大)；电阻箱R(0～99.99Ω)；开关S1；单刀双掷开关S2；导线若干.图6(1)先测量电阻R1的阻值，请将该同学的操作补充完整.①闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0和对应的电压表示数U1②保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，读出电压表的示数U2③则电阻R1的表达式为R1＝____________.(2)该同学已经测得电阻R1＝4.95Ω，继续测量电源电动势E和内阻r的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的1U－1R图线，则电源电动势E ＝________V，内阻r＝________Ω.(保留三位有效数字)5.(2018·二模)某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻(约1.0Ω).(1)现备有下列器材：A.待测的干电池一节B.电流表(量程0～150mA，内阻R g＝3.0Ω)C.电压表(量程0～3V，内阻R V约1kΩ)D.滑动变阻器R0(0～20Ω，1.0A)E.电阻箱R(0～99.9Ω)F.开关和若干导线该同学发现上述器材中电流表的量程较小，他想利用现有的电流表和电阻箱改装成一块量程为0～0.6A的电流表，则电阻箱R的阻值应取________Ω，请在图7甲的虚线框内画出利用上述器材测量干电池电动势和内阻的实验电路图.图7(2)图乙为该同学根据合理电路所绘出的U－I图象(U、I分别为电压表和电流表的示数).根据该图象可得被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(3)对本实验的理解正确的是________.A.要减小实验误差，可以增大电源等效内阻B.如果纵坐标从零开始，图线分布空间将更大C.电压表的分流作用导致实验系统误差D.由于电压表读数变化不大，读数不准确导致系统误差大答案精析1.(1)12.0 (2)负1kbk(3)铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电源的电动势解析(1)电压挡量程为50V，则最小分度值为1V，则指针对应的读数为12.0V.(2)作为电流表使用时，应保证电流由红表笔流进，黑表笔流出，故黑表笔连接的是电池的负极；由闭合电路欧姆定律可得I＝Er＋R，变形可得1I＝rE＋1E·R，则由题图可知：rE＝b，1E＝k，则可解得E＝1k，r＝bk.(3)因铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电源的电动势.2.(1)如图所示(2)a(3)B电压表分流U AU AI B解析(2)为保护电表，闭合开关时滑动变阻器接入电路的阻值最大，应滑至a 端；(3)S2接1位置时，引起误差的原因是电压表的分流，使得电流的测量偏小，故电动势和内阻的测量值都偏小，所以作出的图象是B.3.(1)D B F (2)1.5 0.5解析(1)干电池电动势约为1.5V，电压表应选V1，由于电路中电流较小，因此电流表应选A1，为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的R1；(2)根据两图对应的x 值相等时的电压和电流可知当I 1＝0.20A 时，U 1＝1.40V ；当I 2＝0.40A 时，U 2＝1.30V ；根据U ＝E －Ir ，解得E ＝1.5V ，r ＝0.5Ω.4.(1)③U 2－U 1U 1R 0(2)1.43 1.05(1.06也正确)5.(1)1.0 见解析图 (2)1.48(1.46～1.49之间) 0.85(0.84～0.88之间) (3)AC解析 (1)利用现有的电流表和电阻箱改装成一个量程为0～0.6A 的电流表，则需要并联的电阻箱R 的阻值应取R ＝I g R g I －I g ＝0.15×3.00.6－0.15Ω＝1Ω，电路图如图所示.(2)若设通过电流表的电流为I ，则干路电流为4I ，由闭合电路的欧姆定律U ＝E －4Ir ；延长图线与两坐标轴相交，由图象可知：E ＝1.48V ；4r ＝1.48－1.10112.5×10－3Ω≈3.4Ω，则r ＝0.85Ω.(3)要减小实验误差，可以增大电源等效内阻，这样在变化相同电流时电压表示数的变化较大，选项A 正确；如果纵坐标从零开始，图线分布空间将较小，选项B 错误；电压表的分流作用导致实验系统误差，选项C 正确；由于电压表读数变化不大，读数不准确导致实验偶然误差大，选项D 错误.。

40 电场中的图象问题[方法点拨] 在图象问题中，一般从图象的“点、线、面、斜”四个方向理解．φ－x图象中斜率表示场强；E－x图象中面积表示电势差．1．(带电粒子v－t图象)在孤立负点电荷形成的电场中，四个带电粒子分别仅在电场力作用下运动，v－t图象如图1所示．则以下判断正确的是( )图1A．a、c带负电，b、d带正电B．a、c带正电，b、d带负电C．a、d带正电，b、c带负电D．a、d带负电，b、c带正电2．(电场φ－x图象)(多选)某静电场在x轴上各点的电势φ随坐标x的分布图象如图2所示．x轴上A、O、B三点的电势值分别为φA、φO、φB，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为E Ax、E Ox、E Bx，电子在A、O、B三点的电势能分别为E p A、E p O、E p B.下列判断正确的是( )图2A．φO>φB>φA B．E p O<E p B<E p AC．E Ox<E Bx<E Ax D．E p O－E p A>E p O－E p B3．(电场φ－x图象)电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q.两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图3所示，其中x＝L处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，则下列判断正确的是( )图3A．两点电荷一定为异种电荷B ．原点O 处场强大小为3kQ L 2C ．负检验电荷在原点O 处受到向左的电场力D ．负检验电荷由M 点运动到N 点的过程，电势能先减小后增大4．(多选)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图4甲所示，一个电荷量为2×10－3C 、质量为0.1 kg 的小物块(可视为质点)从C 点静止释放，其运动的v －t 图象如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )图4A ．由C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大B ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E ＝100 V/mC ．由C 点到A 点电势逐渐降低D. B 、A 两点间的电势差U BA ＝5 V5．在真空中的x 轴上的原点处和x ＝6a 处分别固定一个点电荷M 、N (图中未标出)，在x ＝2a 处由静止释放一个正点电荷P ，假设点电荷P 只受电场力作用下沿x 轴方向运动，得到点电荷P 速度大小与其在x 轴上的位置关系如图5所示，则下列说法正确的是( )图5A ．点电荷M 、N 一定都是负电荷B ．点电荷P 的电势能一定是先增大后减小C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为2∶1D ．x ＝4a 处的电场强度一定为零6．(多选)在光滑的绝缘水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势φ随坐标x 的变化而变化，变化的图线如图6所示(图中φ0已知)．有一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的带电小球(可视为质点)从O点以某一未知速度v0沿x轴正向移动到x4.则下列叙述正确的是( )图6A．带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力逐渐增大B．带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大C．若小球的初速度v0＝2 φ0qm，则运动过程中的最大速度为6φ0qmD．要使小球能运动到x4处，则初速度v0至少为2 φ0q m答案精析1．A [从图中看到，a 做加速度减小的加速运动，b 做加速度增大的加速运动，c 做加速度增大的减速运动，d 做加速度减小的减速运动，根据电荷之间的作用关系判断a 、c 带负电，b 、d 带正电，A 项正确．]2．CD [由题图知，φO <φB <φA ,A 项错误;电子带负电,根据电势能公式E p ＝q φ＝－e φ分析得知,E p O >E p B >E p A ，B 项错误；根据图象切线斜率的大小等于电场强度沿x 轴方向的分量大小，则知E Ox <E Bx <E Ax ，C 项正确；E p O >E p B >E p A 知，E p O －E p A >E p O －E p B ，D 项正确.]3．C [由φ－x 图象特点可知两点电荷均为正电荷,A 错误;x ＝L 处电势最低,此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，kQ ′L 2－kQ L 2＝0,得Q ′=4Q ,故原点处的场强大小为4kQ L 2－kQ L 2＝kQ3L 2,方向向右,负检验电荷在原点O 处受到的电场力向左,B 错误,C 正确;由M 点到N 点电势先减小后增大,所以负检验电荷由M 点运动到N 点的过程,电势能先增大后减小,D 错误.]4．BC [由C 点到A 点的过程中，由v －t 图象可知物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，A 错误；由v －t 图象可知物块在B 点的加速度最大为2 m/s 2，所受的电场力最大为0.2 N ，由E ＝F q 知，B 点的场强最大为100 N/C ，B 正确；因两个等量的同种正电荷其连线的中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，故由C 点到A 点的过程中电势逐渐减小，C正确；由v －t 图象得A 、B 两点的速度，由动能定理得W BA ＝12mv 2A －12mv 2B ＝1 J ，电势差U BA ＝W BA q＝500 V ，D 错误．故选B 、C.]5．D [根据题图可知，点电荷的速度先增大后减小，说明电场力对点电荷P 先做正功，后做负功，则M 、N 一定都是正电荷，且点电荷P 的电势能一定是先减小后增大，所以选项A 、B 错误；由于在x ＝4a 处速度最大，说明点电荷M 、N 在此处产生的合场强为0，则有kQ M a 2＝kQ N a 2，所以Q M ∶Q N ＝4∶1，选项C 错误，D 正确．] 6．BC [由场强与电势差的关系可知，在题φ－x 图象中，图线的斜率表示电场强度E ，带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力不变，A 项错；从x 1运动到x 3的过程中，电势不断减小，但小球带负电，因此小球的电势能一直增大，B 项正确；小球运动到x 1处时，电场力做正功最多，速度最大，由动能定理有：－q (0－φ0)＝12mv 2m －12mv 20，将v 0＝2 φ0q m 代入，解得小球最大速度v m ＝6φ0q m，C 项正确；小球运动到x 3处时速度最小，由动能定理有：－q [0－(－φ0)]＝0－12mv 20，解得：v 0＝ 2φ0q m，D 项错．]百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。

41电容器问题Q εr S U[ 方法点拨 ] (1) 两类动向问题的剖析要抓住C＝U＝4πkd和 E＝d三个基本关系；(2) 板间粒子的运动常用动力学方法或动能定理剖析．1．( 电容器动向剖析) 在如图 1 所示的实验装置中，平行板电容器的极板 A 与静电计相接，极板 B 接地．若极板 B稍向上挪动一点，由察看到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小的结论的依照是 ()图 1A．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大B．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小C．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小D．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大2． ( 板间粒子运动剖析)( 多项选择 ) 如图 2 所示，两块较大的金属板A、 B 相距为 d，平行搁置并与一电源相连， S 闭合后，两极板间恰有一质量为m、带电荷量为 q 的油滴处于静止状态，则以下说法正确的选项是()图 2A．若将 S 断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B．若将A向左平移一小段位移，则油滴仍旧静止，G表中有b→a的电流C．若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加快运动，G表中有b→a的电流D．若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加快运动，G表中有b→a的电流3． ( 电容器应用 )( 多项选择 ) 在一块半导体基板上陈设了10 万颗金属颗粒，每一颗颗粒充任电容1分 ) 与电容感觉颗粒间形成一个个电容大小不一样的电容器，其工作过程是经过对电容感觉颗粒早先充电到某一参照电压，而后对每个电容的放电电流进行丈量，设施收集到不一样的数值汇总，也就达成了指纹的收集，则()A．指纹的嵴与半导体基板上对应的金属颗粒距离近，电容小B．指纹的峪与半导体基板上对应的金属颗粒距离远，电容小C．对每个电容感觉颗粒都充电到某一参照电压，在手指挤压绝缘表面时，电容器电极间的距离减小，金属颗粒电极带电荷量减小D．对每个电容感觉颗粒都充电到某一参照电压，在手指从绝缘表面抬起时，电容器电极间的距离增大，金属颗粒电极带电荷量减小4． ( 多项选择 ) 当前智好手机广泛采纳了电容屏．电容触摸屏是利用对人体的电流感觉进行工作的．它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂有一层ITO，最外层为一薄层矽土玻璃保护层，夹层ITO 涂层作为工作面．当手指触摸电容触摸屏时，手指和屏的夹层工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流经过电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，而且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器经过对这四个电流比率的精准计算，得出触摸点的地点．关于触摸屏，以下说法正确的选项是()A．使用绝缘笔，在电容屏上也能进行触控操作B．手指与屏的接触面积变大时，电容变小C．电容触摸屏只要要触摸，不需要压力即能产生地点信号D．手指压力变大时，手指与屏的夹层工作面距离变小，电容会变大5． ( 多项选择 ) 电容式加快度传感器的原理如图 3 所示，质量块左、右边连结电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质挪动，改变电容．则()图 3A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小C ．若传感器本来向右匀速运动，忽然减速时弹簧会压缩D ．当传感器由静止忽然向右加快时，电路中有顺时针方向的电流6．如图 4, 平行板电容器两极板、 相距为 d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连结，M N极板 带正电． 现有一质量为 、带电量为 q 的带电油滴在极板中央处于静止状态，则 ()Mm图 4UA ． M 、N 极板之间的电场强度为 qB ．油滴带正电q dgC ．带电油滴的比荷 ＝Umd ，油滴的加快度为 m qUD ．将极板 N 向下迟缓挪动一小段距离d ＋ d － g7．如图 5 所示，一平行板电容器的电容为 C ，两板间的距离为 d ，上板带正电，电量为Q ，下板带负电，电量也为，它们产生的电场在很远处的电势为零．两个带异号电荷的小球用Q一绝缘刚性杆相连，小球的电量都为，杆长为 l ，且l < . 现将它们从很远处移到电容器内q d两板之间，处于图示的静止状态 ( 杆与板面垂直 ) ，在此过程中电场力对两个小球所做总功的大小等于 ( 设两球挪动过程中极板上电荷散布不变)()图 5QlqA. CdB ． 0QqClqC. Cd ( d － 1)D. Qd8．如图 6 甲所示的电路，电源电动势E ＝ 8 V ，电阻 R 与一个电流传感器相连，传感器能够将电路中的电流随时间变化的曲线显示在计算机屏幕上，先将S 接 2，给电容器 C 充电，再将 S 接 1，结果在计算机屏幕上获得如图乙所示的曲线，将该曲线描述在座标纸上( 坐标纸上的小方格图中未画出 ) ，i 轴每小格表示0.1 mA ， t 轴每小格表示 0.1 s ，图线与坐标轴所围成的面积约为 80 个小方格．则以下说法正确的选项是()图 6A ．充电电流由 a 极板穿过电容器内部流向 b 极板B ．放电时电流沿顺时针方向C ．电容器充电完成时，所带电荷量约为 8×10－4 CD ．电容器的电容约为 0.1 F9． ( 多项选择 ) 如图 7 所示，两块大小、形状完整同样的金属平板 A 、 B 平行搁置，构成一平行板 电容器，电容器下极板接地，闭合开关 S ，恒定直流电源给电容器充电．在两极板间有固定点 . 用 E 表示两极板间的电场强度，φ 表示 P 点的电势，以下说法正确的选项是 ()P图 7A ．保持 S 接通，上极板 A 不动，将下极板B 迟缓向下挪动少量到B ′， φ 增大B ．保持 S 接通，上极板 A 不动，将下极板 B 迟缓向下挪动少量到B ′， E 增大C ．若断开 S ，下极板 B 不动，将上极板 A 迟缓向下挪动少量到A ′，则 E 不变 D ．若断开 S ，下极板B 不动，将上极板 A 迟缓向下挪动少量到A ′， φ 减小答案精析1． A2． BC [S 断开，两板所带电荷量不变，板间电压不变，电场强度不变，油滴仍旧静止，QA 错； A 左移，电压不变，电场强度不变，油滴仍静止，但S 变小，电容 C 变小，由 C ＝ U ， 电荷量变小，电容器放电，G 表中电流从 b 流向 a ，B 对；若将 A 板上移， d 增大，板间电压 不变，电场强度变小，油滴向下加快运动，电容变小，由QC ＝ ，电荷量变小，电容器放电，UG 表中电流从 b 流向 a ，C 对；同理， D 错． ]ε r S3．BD [ 指纹的嵴与半导体基板上对应的金属颗粒距离近，依据电容的决定式 C ＝4π kd 知电 容大，指纹的峪与半导体基板上对应的金属颗粒距离远，则电容小，故 A 错， B 对；手指挤 压绝缘表面时，电容器电极间的距离减小，电容增大，依据＝ 知，金属颗粒电极带电荷Q CU量增大，故 C 错；在手指从绝缘表面抬起时，电容器电极间的距离增大，电容减小，依据 Q＝知，金属颗粒电极带电荷量减小，故D 对． ]CU4． CD [ 据题意可知，绝缘笔与工作面不可以形成一个电容器，所以不可以在电容触摸屏上边进行触控操作， A 项错误；手指与屏的接触面积变大，电容应变大，B 项错误；电容触摸屏只要要触摸，因为流经四个电极的电流与手指头到四角的距离成比率，控制器就能确立手指的位置，无需手指有压力，C 项正确；手指压力变大时，因为手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大， D 项正确． ]5．CD [ 由 ＝ ε rS 知，电介质插入越深，ε r 越大，即C 越大， A 错；当传感器以恒定加快C4π kd度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，B 错；传感器向右匀速运动，忽然减速时，质量块因为惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短， C 对；传感器由静止忽然向右加快时，电介质相对电容器向左运动，ε r 增大， C 增大，电源电动势不变，由CQ＝ U 知 Q 增大，上极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流， D 对．]6．C[、极板之间的电场强度为U＝ ，选项 A 错误．由题意知油滴遇到的电场力竖直向M N E dU q＝上，又上极板带正电， 故油滴带负电荷， 选项 B 错误．由 mg ＝qE ＝ q 可得带电油滴的比荷dmdgd ，极板之间电场强度U，场U ，选项 C 正确．将极板 N 向下迟缓挪动一小段距离E ＝ ＋dd强减小，带电油滴所受电场力减小，重力将大于电场力，油滴将向下加快运动．由－qU＝ ma解得油滴的加快度为a＝ g－m d＋d，选项D错误．]7．A [ 因为电场力做功与路径没关，挪动两电荷的过程可等效为——假定两电荷未用一绝缘刚性杆相连，但相互绝缘放在一同，第一将两电荷同时挪动到题中负电荷的地点，在此过程中电场力对两电荷分别做了等量的正功和负功，其总功W1＝0，而后保持负电荷不动，将正电荷沿电场线挪动到题中的地点，在匀强电场中做的功为2 U QqlW＝ Eql ＝d ql ＝Cd，所以整个移动过程中电场力的总功大小为＝1＋2＝Qql.]W W W Cd8．C [ 电流不可以穿过电容器，不然电容器会被击穿，而充电的实质是 a 极板上的电子经过电源抵达 b 板，A错；充电完成后 a 极板带正电， b 极板带负电，放电时电流沿逆时针方向，B错；图线与坐标轴所围成的面积表示电容器放电前所带的电荷量，约为0.1 ×10 －3×0.1 ×80C＝8×10 －4 C， C 对；电容Q － 4F ，D错． ] ＝＝1×10C E9． AC [S 接通时，两板间的电压不变， B 板下移，因 U AP＋U PB＝U，即 Ed AP＋ Ed PB＝ U，因为 d 增大，所以 E 减小， U AP减小， U PB增大，φ＝U PB增大，选项 A 正确，选项 B 错误．S 断开时，两极板上的电荷量不变，U Q＝εrS，由此可得E与d没关，所以电＝＝，而E d dC C 4πkd场强度不变，φ＝ U PB＝ Ed PB也不变，选项C正确，选项D错误． ]。

一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．)1．(2017·河北省重点中学调研)如图所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABDC，其中AC边与对角线BC垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC从B点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是()A．从AB边出射的电子的运动时间都相等B．从AC边出射的电子的运动时间都相等C．入射速度越大的电子，其运动时间越长D．入射速度越大的电子，其运动轨迹越长解析：电子做圆周运动的周期T＝2πmeB，保持不变，电子在磁场中运动时间为t＝θ2πT，轨迹对应的圆心角θ越大，运动时间越长．电子沿BC方向入射，若从AB边射出时，根据几何知识可知在AB边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度无关．故选项A正确，选项C错误；从AC边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中运动时间不相等．故选项B、D错误．答案：A2．(2017·烟台模拟)初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则()A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变解析：导线在电子附近产生的磁场方向垂直纸面向里，由左手定则知，电子受到的洛伦兹力方向向右，电子向右偏转，但由于洛伦兹力不做功，电子速率不变，A正确．答案：A3．(2016·新乡模拟)如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b()A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有Bqv＝Eq，即只要满足E＝Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O′点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故选项C正确，D错误．答案：C4．(2016·黄冈模拟)如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，不计电荷的重力，下列说法正确的是()A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B．该点电荷的比荷qm＝2v0BRC．该点电荷在磁场中的运动时间t＝πR 3v0D．该点电荷带正电解析：根据左手定则可知，该点电荷带负电，选项D错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，其速度方向的偏向角等于其运动轨迹所对应的圆心角，根据题意，该粒子在磁场中的运动轨迹刚好是半个圆周，画出其运动轨迹并找出圆心O1，如图所示，根据几何关系可知，轨道半径r＝R 2，根据r ＝mv 0Bq 和t ＝πr v 0可求出，该点电荷的比荷为q m ＝2v 0BR和该点电荷在磁场中的运动时间t ＝πR2v 0，所以选项B 正确，C 错误；该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线不通过O 点，选项A 错误．答案：B5．(2016·张家界模拟)如图所示，铜质导电板(单位体积的电荷数为n)置于匀强磁场中，用电源、开关、电流表、电压表可以测出磁感应强度的大小和方向．将电路接通，串联在AB 线中的电流表读数为I ，电流方向从A 到B ，并联在CD 两端的电压表的读数为U CD >0，已知铜质导电板厚h 、横截面积为S ，电子电荷量为e.则该处的磁感应强度的大小和方向可能是( )A .neSU Ih、垂直纸面向外 B .nSU Ih、竖直向上C .neSU Ih、垂直纸面向里 D .nSU Ih、竖直向下 解析：铜质导电板靠电子导电，当铜质导电板通电时，U he ＝Bev ，式中v 为电子定向运动的速度，由电流的微观定义得I ＝neSv ，得B ＝neSU Ih，B 、D 错；根据左手定则可知，磁感应强度的方向垂直纸面向外，A 对，C 错．答案：A6．(2017·衡水模拟)如图所示，从离子源发射出的正离子，经加速电压U 加速后进入相互垂直的电场(E 方向竖直向上)和磁场(B 方向垂直纸面向外)中，发现离子向上偏转．要使此离子沿直线通过电磁场，需要( )A ．增加E ，减小B B ．增加E ，减小UC ．适当增加UD ．适当减小E解析：要使粒子在复合场中做匀速直线运动，必须满足条件Eq ＝qvB.根据左手定则可知正离子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，因正离子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以为了使粒子在复合场中做匀速直线运动，则要么增大洛伦兹力，要么减小电场力．增大电场强度E，即可以增大电场力，减小磁感应强度B，即减小洛伦兹力，不满足要求，故选项A错误；减小加速电压U，则洛伦兹力减小，而增大电场强度E，则电场力增大，不满足要求，故选项B错误；加速电场中，根据eU＝12mv2可得v2＝2eUm，适当地增大加速电压U，从而增大洛伦兹力，故选项C正确；根据适当减小电场强度E，从而减小电场力，故选项D正确．答案：CD7．如图所示，虚线空间中存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电荷量为＋q，质量为m)从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的是()解析：带电小球进入复合场时受力情况：其中只有C、D两种情况下合外力可能为零或与速度的方向相同，所以有可能沿直线通过复合场区域，A项中力qvB随速度v的增大而增大，所以三力的合力不会总保持在竖直方向，合力与速度方向将产生夹角，做曲线运动，所以A错．答案：CD8．(2017·绵阳模拟)粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B 的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为f，加速电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m、电荷量为＋e，在加速器中被加速．不考虑相对论效应，则下列说法正确的是()A．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速α粒子B．加速的粒子获得的最大动能随加速电压U的增大而增大C．质子被加速后的最大速度不能超过2πRfD．质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1解析：质子被加速获得的最大速度受到D形盒最大半径的制约，v m＝2πRT＝2πRf，C正确；粒子旋转频率为f＝Bq2πm，与被加速粒子的比荷有关，所以A错误；粒子被加速的最大动能E km＝mv2m2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；因为运动半径R＝mvBq，nUq＝mv22，知半径比为2∶1，D正确．答案：CD二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 9．(8分)如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L ＝1 m．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连(绳与棒垂直)，物体的质量为M＝0.3 kg.导体棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？解析：对导体棒ab受力分析，由平衡条件得，竖直方向F N＝mg，(2分)水平方向BIL－F f－Mg＝0，(2分)又F f＝μF N.(2分)联立解得I＝2A．(1分)由左手定则知电流方向由a指向b.(1分)答案：2 A电流方向由a指向b10．(10分)横截面为正方形abcd的匀强磁场磁感应强度为B，一个带电粒子以垂直于磁场方向、在ab边的中点与ab边成30°角的速度v0射入磁场，如图所示，带电粒子恰好不从ad边离开磁场，已知粒子的质量为m，正方形边长为L，不计重力，求：(1)粒子带何种电荷？粒子的电荷量是多少？(2)粒子在磁场中运动的时间．解析：(1)根据左手定则，粒子带正电荷，设粒子做圆周运动的半径为r.由几何条件有r＋r cos 60°＝L2，(1分)解得r＝L3.(1分)根据牛顿第二定律qv0B＝mv20r，(2分)所以q＝mv0Br＝3mv0BL.(1分)(2)设周期为T，由几何条件可知粒子轨道所对的圆心角为300°，(1分)所以t＝56T，(1分)又T＝2πrv0＝2πL3v0，(2分)解得t＝56T＝5πL9v0.(1分)答案：(1)粒子带正电荷，3mv0BL(2)5πL9v011．(10分)如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m 、带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：(1)磁感应强度B 0的大小；(2)要使正离子从O′孔垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值．解析：(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力qv 0B 0＝m v 20r，(2分) 做匀速圆周运动的周期T 0＝2πr v 0.(2分) 联立两式得磁感应强度B 0＝2πm qT 0.(1分) (2)要使正离子从O′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有r ＝d 4.(3分)当两板之间正离子运动n 个周期即nT 0时，有r ＝d 4n(n ＝1，2，3，…)．(1分) 联立求解，得正离子的速度的可能值为v 0＝B 0qr m ＝πd 2nT 0(n ＝1，2，3，…)．(1分) 答案：(1)2πm qT 0 (2)πd 2nT 0(n ＝1，2，3，…)12．(12分)(2014·重庆卷)某电子天平原理如图所示，E 形磁铁的两侧为N 极，中心为S 极，两极间的磁感应强度大小均为B ，磁极宽度均为L ，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C 、D 与外电路连接，当质量为m 的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I 可确定重物的质量．已知线圈匝数为n ，线圈电阻为R ，重力加速度为g.问：(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C 端还是从D 端流出？(2)供电电流I 是从C 端还是从D 端流入？求重物质量与电流的关系；(3)若线圈消耗的最大功率为P ，该电子天平能称量的最大质量是多少？解析：(1)由右手定则可知线圈向下运动，感应电流从C 端流出．(1分)(2)设线圈受到的安培力为F A ，外加电流从D 端流入．(1分)由F A ＝mg ，①(2分)F A ＝2nBIL ，②(2分)得m ＝2nBL gI.③(1分) (3)设称量最大质量为m 0，由m ＝2nBL gI ，④(2分) P ＝I 2R ，⑤(2分)得m 0＝2nBL g P R.⑥(1分) 答案：(1)电流从C 端流出 (2)从D 端流入 m ＝2nBL g I (3)2nBL g P R13．(12分)(2015·浙江卷)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m ，速度为v 的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r 的圆，圆心在O 点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一堆圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P 点进入通道，沿通道中心线从Q 点射出．已知OQ 长度为L ，OQ 与OP 的夹角为θ.(1)求离子的电荷量q 并判断其正负．(2)离子从P 点进入，Q 点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′.(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B 不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P 点进入，Q 点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E 的方向和大小．解析：(1)离子做圆周运动Bqv ＝m v 2r，①(2分) 解得q ＝mv Br，正电荷．②(2分) (2)如图所示．O ′Q ＝R ，OQ ＝L ，O ′O ＝R －r.引出轨迹为圆弧B′qv ＝m v 2R ，③(2分) 解得R ＝mvB ′q .④(1分)根据几何关系得R ＝r 2＋L 2－2rR cos θ2r －2L cos θ.⑤(1分)解得B′＝mv qR ＝2mv （r －L cos θ）q （r 2＋L 2－2rR cos θ）.⑥(1分)(3)电场强度方向沿径向向外⑦(1分)引出轨迹为圆弧Bqv －Eq ＝m v 2R ，⑧(1分) 解得E ＝Bv －2mv 2（r －L cos θ）q （r 2＋L 2－2rR cos θ）.(1分)答案：(1)q ＝mv Br ，正电荷 (2)2mv （r －L cos θ）q （r 2＋L 2－2rR cos θ）(3)沿径向向外E ＝Bv －2mv 2（r －L cos θ）q （r 2＋L 2－2rR cos θ）。

[方法点拨](1)图象法处理数据是本实验重点．根据闭合电路欧姆定律找出图象的函数关系式，从而确定图象斜率、截距等的意义．(2)明确实验中需要测量的量与实际测量的量的关系，进行误差分析．1．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A．被测干电池一节B．电流表1：量程0～0.6 A，内阻r＝0.3 ΩC．电流表2：量程0～0.6 A，内阻约为0.1 ΩD．电压表1：量程0～3 V，内阻未知E．电压表2：量程0～15 V，内阻未知F．滑动变阻器1：0～10 Ω，2 AG．滑动变阻器2：0～100 Ω，1 AH．开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．(1)在上述器材中请选择适当的器材(填写器材前的字母)：电流表选择________，电压表选择________，滑动变阻器选择________．(2)实验电路图应选择图1中的________(填“甲”或“乙”)．(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U－I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________ Ω.图12．为了测量某电池的电动势E和内阻r，采用如图2甲所示的电路，其中定值电阻R0＝5.0 Ω，电压表V1内阻约为5.0 kΩ.实验中，移动滑动变阻器滑片，测出电压表V1和V2的多组U1、U2数据，记录的数据如下表所示：图2(1)根据表中的数据，在给定图乙的坐标纸上画出U2－U1的图线；(2)根据(1)中所画图线可得出该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________ Ω(结果保留两位小数)；(3)为提高实验的精确度，下列做法可行的是________．A．适当减小R0可使内阻测量值更接近真实值B．适当增大R0可使内阻测量值更接近真实值C．将纵坐标改为U1＋U2可以使电动势测量值更接近真实值D．将纵坐标改为U1＋U2不能使电动势测量值更接近真实值3．用如图3所示的电路测量电源的电动势E和内阻r，其中电流表的内阻R A＝16.0 Ω.图3(1)将电阻箱阻值调到最大，闭合开关，调节电阻箱，测出电阻箱阻值分别为R1、R2时对应的电流表示数为I1、I2，则此电源的电动势E＝________，内阻r＝________.(2)第(1)问中求出的电源电动势和内阻的误差较大，你认为这种误差属于系统误差还是偶然误差？________________.(3)为了减小实验的误差，实验方法进行如下改进：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关；②多次调节电阻箱，记下电阻箱的阻值R和对应的电流表的示数I，记录数据如下表所示；③以1I 为纵坐标，R 为横坐标，在图4中作出1I －R 图线．根据图线，可求出被测电源电动势E ＝________V ，内阻r ＝________ Ω.图44．为测量某一电源的电动势和内阻，提供器材如下： 待测电源：电动势约为4.5 V ，内阻约为1.5 Ω； 电压表：量程0～3 V ，内阻R V ＝3 kΩ： 电流表：量程0～0.6 A ，内阻R A 约为0.1 Ω；定值电阻R 1：阻值为3 Ω； 定值电阻R 2：阻值为1.5 kΩ； 滑动变阻器R ：最大阻值为10 Ω； 开关、导线若干．甲同学采用图5甲所示电路进行测量，乙同学采用图乙所示电路进行测量．两同学通过实验获得电压表和电流表的多组读数，在U －I 坐标系中分别进行描点连线，得到直线后，将直线向两侧延长，得到在两坐标轴上的截距如图丙所示．图5(1)甲同学实验获得数据为坐标系中的图线________(填写序号①或②)． (2)用图线①测得的电动势和内阻分别为________V 和________Ω. (3)按照乙同学的实验电路，用细线替代导线，在图6中完成实物连接．图65．用DIS测电源的电动势和内电阻电路如图7a所示，R0为定值电阻．(1)调节电阻箱R，记录电阻箱的阻值R和相应电流值I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图b所示图线，由图线可得该电源电动势为________V.图7(2)现有三个标有“2.5 V,0.6 A”相同规格的小灯泡，其I－U特性曲线如图c所示，将它们与图a中电源按图d所示电路连接，A灯恰好正常发光，则电源内阻r＝________Ω，图a中定值电阻R0＝________Ω.6．某实验小组计划用实验室提供的下列器材较准确地测量某电源的电动势和内阻．A．待测电源(内阻约为几欧)B．多用电表C．电流表G(满偏电流10 mA，内阻10 Ω)D．电流表A(0～0.6 A，内阻2 Ω)E．滑动变阻器R1(0～20 Ω，1 A)F．滑动变阻器R2(0～200 Ω，1 A)G．定值电阻R0(阻值990 Ω)H．开关和导线若干(1)实验小组成员首先用多用电表的直流10 V挡粗略地测量了电池组的电动势，电表指针如图8甲所示，则该电表读数为________V.图8(2)实验小组成员根据提供的器材设计了如图乙所示的实验电路，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选________．(填写器材前的字母代号)(3)闭合开关后，移动滑动变阻器，读出多组电流表G的示数I1和电流表A的示数I2，在坐标纸上建立I1－I2坐标系，并将测得的数据在坐标系上描点，如图9所示，则电源的电动势为E＝____________V，电源的内阻为r＝________Ω.(结果保留两位有效数字)图97．小王和小李两同学分别用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻．(1)小王所测电源的内电阻r1较小，因此他在电路中接入了一个阻值为2.0 Ω的定值电阻R0，所用电路如图10甲所示．图10①请用笔画线代替导线将图乙所示器材连接成完整的实验电路；②闭合开关S，调整电阻箱的阻值R，读出电压表相应的示数U，得到了一组U、R数据．为了比较准确地得出实验结论，小王同学准备用直线图象来处理实验数据，图象的纵坐标表示电压表读数U，则图象的横坐标表示的物理量应该是________．图11(2)小李同学所测电源的电动势E2约为9 V，内阻r2为35～55 Ω，允许通过的最大电流为50 mA.小李同学所用电路如图11所示，图中电阻箱R的阻值范围0～9 999 Ω.①电路中R0为保护电阻．实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用______；A．20 Ω，125 mA B．50 Ω，20 mAC．150 Ω，60 mA D．1 500 Ω，5 mA②实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应的电压表的示数U，根据测得的多组数据，作出1U－1R＋R0图线，图线的纵轴截距为a，图线的斜率为b，则电源的电动势E2＝________，内阻r2＝________.8．某同学利用如图12甲所示的电路测定一节电池的电动势与内阻．图12(1)用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接图．(2)试对此方案的测量误差进行分析：由于________的原因，电动势的测量值________(填“>”“<”或“＝”)真实值，内阻的测量值________(填“>”“<”或“＝”)真实值．答案精析1．(1)B D F (2)甲 (3)1.5 0.7解析 (1)因测干电池的电动势和内阻，为了读数准确，电流表选B ，电压表选D ；滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，选F.(2)因电流表内阻已知，故应采用相对电源的电流表内接法，故选甲．(3)由U －I 图象可以知道，电源的电动势E ＝1.50 V ，内电阻r ＝1.5－1.00.5－R A ＝0.7 Ω.2．(1)如图所示 (2)9.00(8.95～9.05均可) 0.50 (3)AD解析 (1)先描点，后连线，舍去偏离连线较远的点．(2)对题图甲电路，由闭合电路欧姆定律得，E ＝U 1＋U 2＋U 1R 0r ，则U 2＝E －(1＋rR 0)U 1，由U 2－U 1图象在纵轴截距等于电源电动势，可得E ＝9.00 V ，由图象斜率大小k ＝(1＋rR 0)＝1.1，解得内阻r ＝0.50 Ω.(3)适当减小R 0，可减小电压表V 1内阻的影响，可使电源内阻的测量值更接近真实值，选项A 正确，B 错误．将纵坐标改为U 1＋U 2，不能使电动势测量值更接近真实值，选项D 正确，C 错误． 3．(1)I 1I 2(R 2－R 1)I 1－I 2 I 2R 2－I 1R 1I 1－I 2－R A (2)偶然误差 (3)如图所示 3.0 2.0解析 (1)由闭合电路欧姆定律可得E ＝I 1(R 1＋r ＋R A )＝I 2(R 2＋r ＋R A )，联立解得E ＝I 1I 2(R 2－R 1)I 1－I 2，r ＝I 2R 2－I 1R 1I 1－I 2－R A .(2)由于只测得两组实验数据，有较大的偶然误差．(3)根据闭合电路欧姆定律，E ＝I (R ＋R A ＋r )，变形可得1I ＝R A ＋r E ＋1E ·R ，根据图线及函数关系得，斜率k ＝1E ＝13 V －1，解得E ＝3.0 V ，纵轴截距b ＝R A ＋r E＝6.0 A －1，解得内阻r ＝2.0 Ω.4．(1)② (2)4.47 1.49 (3)实物连线如图所示解析 甲同学获得数据为坐标系中的图线②.用图线①测得的电动势E ＝2.98×1.5 V ＝ 4.47 V ，内阻r ＝EI 0＝1.49 Ω.5．(1)4.5 V (2)2.5 2解析 由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R ＋R 0＋r ，要形成与电阻成一次函数关系，则纵坐标只能取1I ，则有1I ＝RE ＋R 0＋r E ，则图象的斜率为k ＝1E ＝14.5，则有E ＝4.5 V ，R 0＋r E＝1，则有：R 0＋r ＝4.5.(2)A 灯正常发光的电流为I ＝0.6 A ，则B 、C 两灯的电流为0.3 A ，由图象可知，B 、C 两灯的电压为0.5 V ，路端电压为U ＝2.5 V ＋0.5 V ＝3 V ，则内电压为U 内＝(4.5－3) V ＝1.5 V ，则内阻为r ＝1.50.6 Ω＝2.5 Ω，则定值电阻为R 0＝(4.5－2.5) Ω＝2 Ω.6．(1)7.2 (2)E (3)7.5 3.0解析 (2)滑动变阻器限流接法，根据(1)中读数和电流表的量程判断选用最大值为20 Ω的滑动变阻器．(3)根据闭合电路欧姆定律得E ＝I 1(R G ＋R 0)＋I 2(r ＋r A )，所以I 1＝ER G ＋R 0－(r ＋r A )R G ＋R 0I 2，对题图丙中的点连线，找出截距和斜率，其中图线与纵坐标的截距表示ER G ＋R 0≈7.5 mA ，内阻r ＝ΔI 1(R G ＋R 0)ΔI 2－r A ，解得E ＝7.5 V ，r ＝3.0Ω.7．(1)①如图所示②U R (2)①C ②1a ba解析 (1)①根据电路图，画出实物图连接图；②根据欧姆定律可知：E 1＝U ＋U R (R 0＋r 1)，可得U ＝E 1－U R (R 0＋r 1)，故横坐标为U R .(2)①电路最小总电阻约为R min ＝90.05Ω＝180 Ω，为保护电路安全，保护电阻应选C ；②在闭合电路中，电源电动势为E 2＝U ＋Ir 2＝U ＋U R 0＋R r 2，则1U ＝r 2E 2·1R ＋R 0＋1E 2，则1U －1R ＋R 0图象是直线，截距a ＝1E 2，得E 2＝1a ，斜率b ＝r 2E 2，得r 2＝ba .8．(1)如图(2)电压表分流 < <解析 利用等效法，将电压表与电源等效为新的电源，输出电压为电压表两端电压，小于电动势，等效内阻是电压表和电源内阻的并联值，也偏小．。

[方法点拨](1)本实验要求电压必须从0开始，所以滑动变阻器要用分压式接法．(2)仪器选择要首先保证安全，其次是保证精确，再次操作简便，选不到理想的仪器，其中几个相比较，就选较好的．1．为测定标有“4.5 V、2 W”字样小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A．电压表V1(0～3 V，内阻为3 kΩ)B．电压表V2(0～15 V，内阻为15 kΩ)C．电流表A(0～0.6 A，内阻约1 Ω)D．定值电阻R0(阻值为3 kΩ)E．滑动变阻器R(10 Ω，2 A)F．学生电源(直流6 V，内阻不计)G．开关、导线若干(1)为使实验误差尽可能小，并要求从零开始多取几组数据，图1所示的四幅电路图中满足实验要求的是______．该实验电路图中是电压表________(填“V1”或“V2”)；该电路图中小灯泡两端电压U与对应电压表读数U V的比值UU V＝________.图1(2)正确连接电路，闭合开关前，将滑动变阻器的滑片P应移到________端(填“a”或“b”)；实验操作中，为使灯泡不被烧坏，当观察到电表的示数接近________V时，要特别注意滑动变阻器的调节．2．某物理学习小组拟用下列器材研究小灯泡L两端的电压与通过它的电流的关系曲线．A．小灯泡L(4.0 V,0.7 A)B．电流表A(0～0.6 A，内阻为0.2 Ω)C．电压表V(0～3 V，内阻为9 kΩ)D．标准电阻R1＝1 ΩE．标准电阻R2＝3 kΩF．滑动变阻器R(0～10 Ω)G．学生电源(电动势E＝6 V、内阻不计)H．开关一个，导线若干(1)为了准确描绘出小灯泡L较完整的U－I曲线，请在图2甲虚线框内画出实验电路图．图2(2)该学习小组同学正确进行实验操作，并处理实验数据后，描点作图得到了如图乙所示的小灯泡L的U－I 图线．某次实验中得到的电压表示数如图丙所示，电压表示数为________V，此时小灯泡的电阻约为________ Ω(保留两位有效数字)．由小灯泡L的U－I图线可知小灯泡L的电阻随电流I的增大而________(填“增大”“不变”或“减小”)．(3)若将此小灯泡L与定值电阻R0＝4 Ω串联后接在电动势为4.0 V、内阻为1.0 Ω的蓄电池组两端，则小灯泡的实际功率约为________W(保留两位有效数字)．3．在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，实验器材如下：待测小灯泡(2.5 V,0.5 A)；双量程电压表(中间接线柱3 V，内阻约为3 kΩ；右边接线柱15 V，内阻约为15 kΩ)；双量程电流表(中间接线柱0.6 A，内阻约为0.125 Ω；右边接线柱3 A，内阻约为0.025 Ω)；滑动变阻器(20 Ω，2 A)；电源(电动势约为3 V，内阻未知)；开关一个；导线若干．图3(1)甲同学选择合适的器材，连好实物图如图3所示，乙同学检查时发现了多处错误，请指出(至少2处)：________________________________________________________________________；________________________________________________________________________.(2)两同学改正错误，正确连线后，测出如下表所示的7组I、U数据，请你在图4坐标纸上建立I－U坐标系，标出坐标点，绘出小灯泡的伏安特性曲线.电压/V00.200.50 1.00 1.50 2.00 2.50图4(3)根据绘出的小灯泡的伏安特性曲线，该小灯泡在电压为1.8 V时的实际电阻约为________Ω.(结果保留三位有效数字)(4)关于本实验的系统误差，下列判断正确的是()A．系统误差主要是由电压表的分流引起的，电压越大误差越大B．系统误差主要是由电流表的分压引起的，电流越大误差越大C．系统误差主要是由忽略电源内阻引起的，电源内阻越大误差越大D．系统误差主要是由电表读数时的估读引起的，电压越大误差越大4．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3 V 1.5 W”的灯泡两端的电压和通过它的电流，现有如下器材：A．直流电源3 V(内阻可不计) B．直流电流表0～600 mA(内阻约0.5 Ω)C．直流电压表0～3 V(内阻约3 kΩ)D．滑动变阻器(10 Ω，1 A)E．滑动变阻器(1 kΩ，300 mA) F．开关、导线若干(1)本实验中滑动变阻器选用________(填“D”或“E”)．(2)表格中的各组数据是该同学在实验中测得的，根据表格中的数据在如图5所示的方格纸上作出该灯泡的伏安特性曲线.图5(3)如图6所示，将两个这样的灯泡并联后再与5 Ω的定值电阻R0串联，接在电压恒定为4 V的电路上，每个灯泡的实际功率为________W(结果保留两位有效数字)．图6答案精析1．(1)乙 V 1 2 (2)a 2.25解析 (1)实验要求从零开始取数据，所以滑动变阻器接成分压式电路，甲、丙错；绘制伏安特性曲线，应该使灯泡两端电压由0～4.5 V 连续变化，如果用0～15 V 量程电压表测量，其最小分度值为0.5 V ，测量误差较大，所以选用0～3 V 量程的电压表V 1，再串联定值电阻，将其改装为6 V 量程的电压表，所以乙正确．由分压规律可知，UU V ＝2.(2)正确连接电路，闭合开关前，应使灯泡两端电压最小，故滑动变阻器的滑片应移到a 端；由于电压表内阻与定值电阻阻值相等，由分压规律可知，当电压表读数接近2.25 V 时，小灯泡两端电压接近4.5 V 的额定电压．2．(1)如图所示 (2)2.7 5.3(5.2也可) 增大(3)0.79(0.75～0.83均可)解析 (1)要准确描绘小灯泡的U －I 曲线，小灯泡两端电压要从0开始调节，所以滑动变阻器采用分压接法；又因小灯泡的额定电压为4.0 V ，额定电流为0.7 A ，而电压表量程为3.0 V ，电流表量程为0.6 A ，所以要描绘完整曲线，必须把电压表、电流表的量程扩大，由串并联规律知，可将电压表与标准电阻R 2＝3 kΩ串联改装为量程为4.0 V 的电压表，将电流表与标准电阻R 1＝1 Ω并联改装成量程为0.72 A 的电流表；因改装后的电压表内阻远大于小灯泡电阻，所以电流表采用外接法．(2)由电压表指针位置可知此时电压表示数为2.7 V ，则改装电压表两端的电压，即小灯泡两端的电压为U ＝3.6 V ，由题图乙知此时通过小灯泡的电流约为0.68 A ，由R ＝UI 得此时小灯泡L 的电阻约为5.3 Ω.(3)令小灯泡两端电压为U ，通过的电流为I ，由闭合电路欧姆定律知E 0＝U ＋I (R 0＋r 0)，即U ＝4－5I ，在题图乙坐标系中作图线，如图所示，此时两条图线的交点坐标为(0.45 A,1.75 V)，所以小灯泡此时的实际功率为P ＝1.75×0.45 W ≈0.79 W.3．(1)①滑动变阻器接法错误，应改成分压式接法．②电压表量程错误，应选用3 V 的量程； ③电流表位置接错，应采用外接法． (2)见解析图 (3)10.3(±0.3) (4)A解析 (1)由于是测绘小灯泡(2.5 V ,0.5 A)的伏安特性曲线实验，故电压表的量程选用3 V 即可，要求电压从“0”开始所以滑动变阻器应采用分压式接法；小灯泡的阻值小，故电流表应采用外接法．(2)如图所示(3)在图中找到相应的点，即在U＝1.8 V时的电流为I＝0.175 A，则电阻R＝1.80.175Ω≈10.3 Ω.(4)由于电流表外接，其示数包括了流经电压表的电流，比小灯泡的实际电流大，故这个实验中的系统误差主要来源于电压表的分流，故A选项正确．4．(1)D(2)见解析图(3)0.30解析(1)本实验滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器应选D；(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图线如图线a所示；(3)设灯泡两端的电压为U，通过每个灯泡的电流为I，则U＝4－2IR0＝4－2×5I＝4－10I，即U＝4－10I，在灯泡的I－U图象中作出此函数图象如图线b所示，由图象可知，U＝1.0 V，I＝0.3 A，每个灯泡消耗的实际功率P＝UI＝0.30 W.。

[高考命题解读］分析年份高考（全国卷)四年命题情况对照分析高考对本章内容的高频考点主要是电学实验的知识．同时也会考查电路的相关知识，一般难度较小,常以选择题的形式出题，而电学实验知识主要考查闭合电路欧姆定律、仪器的选取、电路的设计与创新知识，有一定的难度．常以实验填空题的形式出题。

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命题趋势（1）应用串、并题号命题点2013年Ⅰ卷23题通过测定电源的电动势和内阻的实验考查学生的创新设计实验的能力．掌握多用电表的使用方法和原理Ⅱ卷23题掌握多用电表的使用方法和原理2014年Ⅰ卷23题通过测定电源的电动势和内阻的实验考查学生的创新设计实验的能力Ⅱ卷22题通过伏安法测电阻的实验考查学生的能力2015Ⅰ卷23掌握电流表的改年装、仪器的选择、故障检测联电路规律、闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律进行电路的动态分析。

(2）非纯电阻电路的分析与计算、将结合实际问题考查电功、电热的关系.（3）实验及相关电路的设计与创新。

2016年Ⅰ卷23题通过设计实验掌握传感器的应用Ⅱ卷17题通过含容电路考查了学生电路的分析能力Ⅱ卷23题通过测量电压表的内阻的实验考查学生创新设计实验的能力第1讲电路的基本概念和规律一、电流的理解及三个表达式1．定义：电荷的定向移动形成电流．2．条件：（1）有自由移动的电荷;（2)导体两端存在电压．3．两个表达式(1）定义式:I＝错误!，q为在时间t内通过导体横截面的电荷量．(2）微观表达式：I＝nqSv,其中n为导体中单位体积内自由电荷的个数，q为每个自由电荷的电荷量,S为导体的横截面积,v为自由电荷定向移动的速率．4．方向：电流是标量，为研究问题方便，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向．在外电路中电流由电源正极到负极，在内电路中电流由电源负极到正极．［深度思考] 若一个电子，电荷量为e，绕核运动的周期为T,则等效电流I的表达式是________．答案I＝错误!解析电子绕原子核做圆周运动，形成等效的环形电流，电子电荷量为e,运动一周的时间为T，则I＝错误!.二、欧姆定律及电阻定律1．电阻定律(1)内容：同种材料的导体,其电阻与它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关．(2）表达式:R＝ρ错误!.(3)电阻率①物理意义：反映导体的导电性能，是表征材料性质的物理量．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．半导体(负温度系数）：电阻率随温度升高而减小．c．一些合金：几乎不受温度的影响．2．部分电路欧姆定律（1）内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比,跟导体的电阻成反比．（2）表达式：I＝错误!.（3)适用范围①金属导电和电解液导电(对气体导电、半导体导电不适用)．②纯电阻电路(不含电动机、电解槽等的电路）．3．导体的伏安特性曲线（1)I－U图线：以电流为纵轴、电压为横轴所画出的导体上的电流随电压的变化曲线称为I－U图线，如图1所示．图1(2)电阻的大小：图线的斜率k＝错误!＝错误!，图中R1〉R2.(3)线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用欧姆定律．（4)非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，不适用欧姆定律．三、电功、电功率、电热及热功率1．电功(1）定义：导体中的恒定电场对自由电荷的电场力做的功．(2)公式：W＝qU＝IUt(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:P＝错误!＝IU（适用于任何电路)．3．焦耳定律（1）电热：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比．（2）公式：Q＝I2Rt.4．电功率P＝IU和热功率P＝I2R的应用（1)不论是纯电阻电路还是非纯电阻电路，电流的电功率均为P电＝UI，热功率均为P热＝I2R.(2)对于纯电阻电路而言：P电＝P热＝IU＝I2R＝错误!。

[方法点拨]　(1)一般步骤：画轨迹，定圆心，求半径或圆心角；(2)注意“运动语言”与“几何语言”间的翻译，如：速度对应圆周半径；时间对应圆心角、弧长或弦长等；(3)掌握一些圆的几何知识，如：偏转角等于圆心角；同一直线边界，出射角等于入射角等．1．(带电粒子在单边界磁场中的运动)(多选)A、B两个离子同时从匀强磁场的直边界上的P、Q点分别以60°和30°(与边界的夹角)射入磁场，又同时分别从Q、P点穿出，如图1所示．设边界上方的磁场范围足够大，下列说法中正确的是( )图1A．A为正离子，B为负离子B．A、B两离子运动半径之比为1∶33C．A、B两离子速率之比为1∶D．A、B两离子的比荷之比为2∶12．(带电粒子在单边界磁场中的运动)(多选)如图2所示，在一单边有界磁场的边界上有一粒子源O，沿垂直142磁场方向，以相同速率向磁场中发出了两种粒子，a为质子(H)，b为α粒子(He)，b的速度方向垂直于磁场边界，a的速度方向与b的速度方向之间的夹角为θ＝30°，两种粒子最后都打到了位于磁场边界位置的光屏OP上，则( )图2A．a、b两粒子转动周期之比为2∶3B ．a 、b 两粒子在磁场中运动时间之比为2∶3C ．a 、b 两粒子在磁场中运动的轨道半径之比为1∶2D ．a 、b 两粒子打到光屏上的位置到O 点的距离之比为1∶23．(带电粒子在三角形边界磁场中的运动)(多选)如图3所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝30°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰好垂直打在CD 板上，则下列说法正确的是( )图3A ．两板间电压的最大值U m ＝qB 2L 22mB ．CD 板上可能被粒子打中区域的长度x ＝L23C ．粒子在磁场中运动的最长时间t m ＝πm qBD ．能打到N 板上的粒子的最大动能为q 2B 2L 218m4．(带电粒子在矩形边界磁场中的运动)如图4所示，在边长ab ＝1.5L ，bc ＝L 的矩形区域内存在着垂直纸3面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，在ad 边中点O 处有一粒子源，可以垂直磁场向区域内各个方向发射速度大小相等的同种带电粒子．若沿Od 的方向射入的粒子从磁场边界cd 离开磁场，该粒子在磁场中运动的时间为t 0，圆周运动半径为L ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．下列说法正确的是( )图4 A．粒子带负电B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0C．粒子的比荷为πBt0D．粒子在磁场中运动的最长时间为2t05.图5中虚线PQ 上方有一磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．O 是PQ 上一点，在纸面内从O 点向磁场区域的任意方向连续发射速率为v 0的粒子，粒子电荷量为q 、质量为m .现有两个粒子先后射入磁场中并恰好在M 点相遇，MO 与PQ 间夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是( )图5A ．两个粒子从O 点射入磁场的时间间隔可能为2πm3qBB ．两个粒子射入磁场的方向分别与PQ 成30°和60°角C ．在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为mv 0qBD ．垂直PQ 射入磁场中的粒子在磁场中的运行时间最长6．如图6所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一粒子源S .某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向以某一速率发射出大量比荷为的同种正电粒子，经过一段时间有大量粒子从边q m 界OC 射出磁场．已知磁场的磁感应强度大小为B ，∠AOC ＝60°，O 、S 两点间的距离为L ，从OC 边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间t ＝，忽略重力的影响和粒子间的相互作用，则粒子的速率为( )2πm3qB图6A. B.qBL2mqBL m C. D.3qBL2m 3qBL m7.如图7所示，边长为l 的正六边形abcdef 中，存在垂直该平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B .a 点处的粒子源发出大量质量为m 、电荷量为＋q 的同种粒子，粒子的速度大小不同，方向始终垂直ab 边且与磁场垂直．不计粒子的重力，当粒子的速度为v 时，粒子恰好经过b 点．下列说法正确的是( )图7A ．速度小于v 的粒子在磁场中运动时间为πm2qBB ．经过c 点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为lC ．经过d 点的粒子在磁场中运动的时间为πm4qBD ．速度大于4v 的粒子一定打在cd 边上8．提纯氘核技术对于核能利用具有重大价值，如图8是从质子、氘核混合物中将质子和氘核分离的原理图，x 轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，初速度为0的质子、氘核混合物经电压为U 的电场加速后，从x 轴上的A (－L,0)点沿与＋x 成θ＝30°的方向进入第二象限(速度方向与磁场方向垂直)，质子刚好从坐标原点离开磁场．已知质子、氘核的电荷量均为＋q ，质量分别为m 、2m ，忽略质子、氘核的重力及其相互作用．图8(1)求质子进入磁场时速度的大小；(2)求质子与氘核在磁场中运动的时间之比；(3)若在x轴上接收氘核，求接收器所在位置的横坐标．答案精析1．BD [A 向右偏转，根据左手定则知，A 为负离子，B 向左偏转，根据左手定则知，B 为正离子，A 项错误；离子在磁场中做圆周运动，设PQ 的距离为l ，由几何关系可得r ＝，sin 60°∶sin 30°＝∶1，则l2sin θ3A 、B 两离子的半径之比为1∶，B 项正确；离子的速率v ＝，时间相同，半径之比为1∶，圆心角之3r ·2θt 3比为2∶1，则速率之比为2∶，C 项错误；根据r ＝知，＝，因为速度大小之比为2∶，半径之比3mv qB q m v Br 3为1∶，则比荷之比为2∶1，D 项正确．]32．BC [由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式T ＝可知，a 、b 两粒子转动周期之比2πmqB T a ∶T b ＝∶＝1∶2，选项A 错误；a 粒子在匀强磁场中运动轨迹对应的圆心角为240°，运动时间为，ma qa mb qb 2Ta3b 粒子在匀强磁场中运动轨迹对应的圆心角为180°，运动时间为，a 、b 两粒子在匀强磁场中运动的时间之Tb2比为t a ∶t b ＝∶＝2∶3，选项B 正确；由qvB ＝m ，解得r ＝，由此可知a 、b 两粒子在匀强磁场中2Ta 3Tb 2v 2r mvqB 运动的轨道半径之比为r a ∶r b ＝∶＝1∶2，选项C 正确；a 粒子打到光屏上的位置到O 点的距离为ma qa mbqb 2r a cos 30°＝r a ，b 粒子打到光屏上的位置到O 点的距离为2r b ，a 、b 两粒子打到光屏上的位置到O 点的距3离之比为r a ∶2r b ＝∶4，选项D 错误．]333．ACD [M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰好垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，CH ＝QC ＝L ，故半径R 1＝L ，又因为qv 1B ＝m ，qU m ＝mv ，U m ＝，A 项正确；设轨迹与CD 板相切于K 点，半径为v 21R 11221qB 2L 22m R 2，在△AKC 中 ，sin 30°＝，所以R 2＝，因为KC 长等于L ，所以CD 板上可能被粒子打中的区域R 2L －R 2L 333的长度x 为HK ：x ＝R 1－KC ＝(1－)L ，B 项错误；打在QC 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个33周期，因为T ＝，所以t m ＝T ＝，C 项正确；轨迹与CD 板相切的粒子是能打到N 板上的粒子中动能2πm qB 12πmqB最大的，由前面分析可知R 2＝，由R 2＝可得v ＝，所以其动能为mv 2＝，D 项正确．]L 3mv qB qBL 3m 12q 2B 2L 218m 4．D [由题设条件作出以O 1为圆心的轨迹圆弧，如图所示，由左手定则可知该粒子带正电，选项A 错误；由图中几何关系可得sin θ＝＝，解得32L L 32θ＝，可得π3T ＝6t 0，选项B 错误；根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得T ＝，解得2πm qB ＝，选项C 错误；根据周期公式，粒子在磁场中运动时间t ＝m q 3t 0Bπ，在同一圆中，m αqB 半径一定时，弦越长，其对应的圆心角α越大，则粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以O 2为圆心的圆弧，如图所示，由图中几何关系，α＝，解得t ＝2t 0，选项D 正确．]2π35．A [以粒子带正电为例来分析，先后由O 点射入磁场，并在M 点相遇的两个粒子轨迹恰好组成一个完整的圆，从O 点沿OP 方向入射并通过M 点的粒子轨迹所对圆心角为240°，根据带电粒子在磁场中运动的周期公式可知，该粒子在磁场中的运动时间t 1＝×＝，则另一个粒子轨迹所对圆心角为120°，该粒子240°360°2πm qB 4πm 3qB 在磁场中的运动时间t 2＝×＝，可知，两粒子在磁场中的运动时间差可能为Δt ＝，A 项正确；120°360°2πm qB 2πm 3qB 2πm 3qB 射入磁场方向分别与PQ 成30°和60°角的两粒子轨迹所对圆心角之和不是360°，不可能在M 点相遇，B 项错；在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为轨迹圆周的直径d ＝，C 项错；沿OP 方向入射的粒子在磁场2mv 0qB 中运动的轨迹所对圆心角最大，运动时间也最长，D 项错．]6．A [由于粒子速率一定，带电粒子在磁场中运动时间最短时，轨迹所对应弦长最短，即弦长d ＝L sin 60°＝L ，由最短时间t ＝知粒子运动轨迹所对应圆心角为120°，由几何关系知R sin 60°＝d ，由洛伦兹力322πm 3qB 12提供向心力，得qvB ＝m ，解得v ＝，选项A 正确．]v 2R qBL 2m 7．B [根据题述“当粒子的速度为v 时，粒子恰好经过b 点”，说明粒子在磁场中运动的轨道半径为，运动l2时间为半个周期，即t ＝＝，速度小于v 的粒子在磁场中的运动轨迹仍为半个圆周，其运动时间仍为半个T 2πmqB 周期，即t ＝＝，选项A 错误；画出带电粒子经过c 点的运动轨迹(图略)，可知经过c 点的粒子在磁场中T 2πmqB 做圆周运动的半径为正六边形的边长l ，选项B 正确；画出带电粒子经过d 点的运动轨迹(图略)，可知轨迹所对的圆心角为60°，经过d 点的粒子在磁场中运动的时间为t ＝＝，选项C 错误；速度大于4v 的粒子，T 6πm 3qB由r ＝可知，在磁场中运动的轨道半径大于2l ，一定不会打在cd 边上，选项D 错误．]mv qB 8．(1) (2)1∶2　(3)(－1)L2qUm 2解析　(1)质子在电场中加速，由动能定理得qU ＝mv 212解得v ＝ .2qU m (2)质子与氘核在磁场中都转过个圆周，做圆周运动的周期T 1＝，T 2＝，粒子在磁场中的运动时间162πm qB 2π·2mqB t ＝T ，则t 1∶t 2＝T 1∶T 2＝1∶2.16(3)质子在磁场中运动时，由几何知识得r ＝L ，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r氘核在电场中加速，由动能定理得qU ＝×2mv 1221在磁场中，由牛顿第二定律得qv 1B ＝2m ，解得r 1＝Lv 21r 12横坐标：x ＝r 1－L ＝(－1)L .2。

[方法点拨]　(1)产生电动势的那部分导体相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，电源两端电压为路端电压；(2)Φ－t图象、B－t图象的斜率不变或平行，感应电动势大小不变，电流方向不变．1．(B－t图象)(多选)如图1甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的如图所示的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )图1A．导线圈中产生的是交变电流B．在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1 VC．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20 CD．在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W2．(I－t图象)如图2所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)( )图23．(线框切割有界磁场)(多选)空间中存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为L.一正方形导体框abcd的边长也为L，开始正方形导体框的ab边与磁场区域横截面的斜边刚好重合，如图3所示．由图示的位置开始计时，正方形导体框以平行于bc边的速度v匀速穿越磁场．若导体框中的感应电流为i，a、b两点间的电压为U ab，感应电流取逆时针方向为正，则导体框穿越磁场的过程中，i、U ab随时间的变化规律的图象正确的是( )图34．(电路问题)(多选)如图4所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的电阻为2R，一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，则下列说法正确的是( )图4A．金属棒MN两端的电压大小为Bωr2B．圆环消耗的电功率是恒定的C．圆环中电流的大小为2Bωr2 3RD．金属棒MN旋转一周的过程中，电路中产生的热量为4πB2ωr43R5．(电路问题)(多选)如图5所示，一个“日”字形金属框架竖直放置，AB、CD、EF边水平且间距均为L，阻值均为R，框架其余部分电阻不计．水平虚线下方有一宽度为L的垂直纸面向里的匀强磁场．释放框架，当AB边刚进入磁场时框架恰好匀速，从AB边到达虚线至线框穿出磁场的过程中，AB两端的电势差U AB、AB边中的电流I(设从A到B为正)随位移s变化的图象正确的是( )图56．如图6甲所示，矩形线圈abcd固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线OO′恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向里为正，线圈中感应电流逆时针方向为正．则线圈感应电流随时间的变化图象为( )图67．如图7甲所示，一匝数N ＝10、总电阻为R ＝2.5 Ω、边长L ＝0.3 m 的均质正三角形金属线框静置在粗糙水平面上，线框的顶点正好是半径r ＝的圆形磁场的圆心，磁场方向竖直向下(正方向)，磁感应强度大小B L 3随时间t 变化的关系如图乙所示，a 、b 是磁场边界与线框的两个交点，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f ＝0.6 N ，取π＝3，则( )图7A ．t ＝0时穿过线框的磁通量为0.06 WbB ．线框静止时，线框中的感应电流大小为0.6 AC ．线框静止时，a 、b 两点间电压为 V118D ．经时间t ＝0.8 s ，线框开始滑动8．(多选)如图8,在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框,导线框右侧有两个宽度也为L 的有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B 、方向分别竖直向下和竖直向上.t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框在外力作用下,以速度v 匀速进入并通过磁场区域.规定电流i 沿逆时针方向时为正,磁感线竖直向下时磁通量Φ为正,安培力的合力F 向左为正.则以下关于Φ、i 、F 和导线框中的电功率P 随时间变化的图象大致正确的是( )图89．如图9甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻为R的定值电阻，电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t＝0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方t2变化的关系如图乙所示．下列关于穿过回路abPMa 的磁通量Φ、金属棒的加速度a、外力F、通过电阻R的电流I随时间t变化的图象中正确的是( )图910．(多选)如图10所示，顶角θ＝45°的金属导轨MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿导轨MON向右滑动，导体棒的质量为m，导轨与导体棒单位长度的电阻均为r.导体棒与导轨接触点为a和b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触．t＝0时导体棒位于顶角O处，则流过导体棒的电流强度I、导体棒内产生的焦耳热Q、导体棒做匀速直线运动时水平外力F、导体棒的电功率P各量大小随时间变化的关系正确的是( )图1011．(多选)直角三角形金属框abc 放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．若金属框绕ab 边向纸面外以角速度ω匀速转动90°(从上往下看逆时针转动)，如图11甲所示，c 、a 两点间的电势差为U ca ，通过ab 边的电荷量为q .若金属框绕bc 边向纸面内以角速度ω匀速转动90°，如图乙所示，c 、a 两点间的电势差为U ca ′，通过ab 边的电荷量为q ′.已知bc 、ab 边的长度都为l ，金属框的总电阻为R .下列判断正确的是( )图11A ．U ca ＝Bωl 2B ．U ca ′＝Bωl 21212C ．q ＝D ．q ′＝2B πl 28R Bl 22R答案精析1．ACD [在0～2 s 内，磁感应强度变化率为＝1 T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为ΔB 1Δt 1E 1＝nS ＝100×0.12×1 V ＝1 V ；在2～3 s 内，磁感应强度变化率为＝2 T/s ，根据法拉第电磁感应定ΔB 1Δt 1ΔB 2Δt 2律，产生的感应电动势为E 2＝nS ＝100×0.12×2 V ＝2 V ．导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选ΔB 2Δt 2项A 正确．在t ＝2.5 s 时，产生的感应电动势为E 2＝2 V ，选项B 错误．在0～2 s 内，感应电流I ＝＝10 E 1R A ，通过导体横截面的电荷量为q ＝I Δt ＝20 C ，选项C 正确．在t ＝1 s 时，导线圈内感应电流的瞬时功率P ＝UI ＝I 2R ＝102×0.1 W ＝10 W ，选项D 正确．]2．A [由E ＝BLv 可知，导体棒由b 运动到ac 过程中，切割磁感线有效长度L 均匀增大，感应电动势E 均匀增大，由欧姆定律可知，感应电流I 均匀增大．由右手定则可知，感应电流方向由M 经R 到N ，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，大小不断增大，故B 、C 、D 项错，A 项正确．]3．AD [由楞次定律可知，导体框进入磁场时感应电流的方向为逆时针，出磁场时感应电流的方向为顺时针，由E ＝Blv 可知i ＝＝，导体框进、出磁场时，有效切割长度l 均由L 逐渐变为零，所以电流也是从大E R 总BlvR 总变小，A 正确，B 错误；进磁场时ab 边为电源，U ab 为负值，且大小为BLv ，出磁场时ab 边不是电源，电34流从b 到a ，U ab 为负值，且大小为，C 错误，D 正确．]BLv 44．BD [由右手定则知金属棒MN 中产生的感应电动势相当于两电源串联，总电动势E ＝2×Br 2ω＝Br 2ω，金属棒MN 相当于电源，外电路电阻为，因此金属棒MN 两端的电压等于E ＝Bωr 2，选项12R 21313A 错误；根据闭合电路欧姆定律得总电流I ＝，圆环中电流大小为总电流的一半，为，选项C 错2B ωr 23R B ωr 23R 误；通过圆环的电流和金属棒MN 两端的电压不变，故圆环消耗的电功率是不变的，选项B 正确；金属棒MN 旋转一周的时间t ＝，因此电路中产生的热量W ＝EIt ＝，选项D 正确．]2πω4πB 2ωr 43R 5．AC [0～L 过程中，此时AB 相当于内阻为R 的电源，B 为电源正极，电势较高，AB 两端的电势差为路端电压，设为－U ，此时由欧姆定律有：I 0＝，U ＝I 0·R ＝，其中E 为电源电压，I 0为电路总电流；E32R 12E 3L ～2L 过程中，CD 相当于内阻为R 的电源，此时U BA ＝E －I 0R ＝E ＝U ，所以U AB ＝－U ；2L ～3L 过程中，13EF 相当于内阻为R 的电源，此时U BA ＝E －I 0R ＝E ＝U ，所以U AB ＝－U ，则A 图象符合，A 项正确，B 项错误；0～L 过程中，因为AB 边刚进入磁场时框架13恰好匀速，由受力平衡可知，电流方向从A 到B ，此时电流I 1＝＝；L ～2L 过程中，CD 相当于内阻为E32R 2E 3R R 的电源，电流方向从B 到A ，此时电流I 2＝－I 1＝－；2L ～3L 过程中，EF 相当于内阻为R 的电源，电12E3R 流方向从B 到A ，此时电流I 3＝－I 1＝－，则C 图象符合，C 项正确，D 项错误．]12E3R 6．A [由题图乙可知，在0～内，左侧磁场强度大小逐渐增大，右侧磁场强度大小逐渐减小，根据楞次定T 2律，线圈中感应电流方向为逆时针；在～T 内，左侧磁场强度大小逐渐减小，右侧磁场强度大小逐渐增大，T 2根据楞次定律，线圈中感应电流方向为顺时针．再根据均匀变化的磁场产生恒定的电流知，A 正确．]7．D [由磁通量的定义可知t ＝0时穿过线框的磁通量为Φ＝B 0·πr 2＝0.01 Wb ，A 错；由法拉第电磁感应定16律知E ＝N ＝N ·πr 2＝0.25 V ，所以线框中的感应电流为I ＝＝0.1 A ，B 错；由楞次定律及闭合电路欧ΔΦΔt ΔB Δt 16E R 姆定律可知U ab ＝E ＝ V ，C 错；线框位于磁场中的两条边受到的安培力大小为F 1＝NBIr ，且两个力的夹79736角为120°，合力大小等于F 1，所以当F 1等于最大静摩擦力时，线框就要开始滑动，即NBIr ＝f ，由题图乙知B ＝2＋5t (T)，联立并代入数据得t ＝0.8 s ，D 对．]8．BD9．C [设金属导轨间的距离为l ，金属棒沿导轨向上运动的位移为s ，由题图乙可得q ＝t ＝＝kt 2，s ＝I BlsR ＋r t 2，故金属棒做匀加速直线运动，B 错误；由Φ＝Bl 可知，A 错误；回路中的电流k (R ＋r )Bl(s 0＋12at 2)I ＝t ，由牛顿第二定律有F －mg sin θ－BIl ＝ma ，故有F ＝t ＋mg sin θ＋ma ，C 正确，D 错误．]Bla R ＋r B 2l 2aR ＋r10．AC [0到t 时间内，导体棒的位移为：s ＝v 0t ，t 时刻，导体棒的长度为：l ＝s ，导体棒的电动势为E ＝Blv 0，回路总电阻为：R ＝(2s ＋s )r ，电流强度为：I ＝＝，故I 的大小保持不变,电流方向为2E R Bv 0(2＋2)r b →a ，A 项正确;t 时刻导体棒的电功率：P ＝I 2R ′＝2[Bv 0(2＋2)r]×v 0tr ＝，D 项错误．因为P ∝t ，所以Q ＝Pt ＝，Q －t 图线是开口向上的抛物线，B 项B 2v 30t (2＋2)2r 12B 2v 30t 22(2＋2)2r 错误；导体棒做匀速直线运动，水平外力与安培力平衡，则有F ＝BIl ＝，C 项正确．]B 2v 20t(2＋2)r 11．AD [甲图bc 和ac 边切割磁感线，产生的电动势E ca ＝E cb ＝Bl ＝Bωl 2.由于穿过闭合电路的磁通量没有v 12变化，电路中没有电流，故U ca ＝E ＝Bωl 2，选项A 正确，选项C 错误．乙图中，只有ca 边切割磁感线，产12生的电动势是变化的，其最大值为E ca ＝Bωl 2，且从图示位置转过90°的瞬间，其瞬时值为0，这个过程中的12平均电动势为＝＝，通过ab 边的电荷量q ′＝t ＝t ＝，选项B 错误，选项D 正确．]E B ΔS t Bl 22t I E R Bl 22R。