高中物理——猿题库——满分之路——搞定电磁学_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中物理

Ⅲ
洲应吞／耕
搞定电磁学
｜攻克电磁学’这一本就够了
丁he∩〕己Q∩et｜C
~
｜∩dL』Ct｜O∩‖∩eoft｝｛ee｜e〔t『‖〔5O｜e∩O｜d
〖
吕
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中物理
司
｜
P日γS｜CS
〃＼圈锥缨版养￡
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＝■■■
■■■
＿
选修3ˉ｜
静电场
第一讲电场力的性质……………………………………………1
第二讲电场能的性质……………………………………………9
第三讲电场线与等势面
………………………………………15
第四讲关于电容器的动态讨论
………………………………19
第五讲静电场的图象问题
……………………………………23
第六讲带电粒子在电场中的运动
……………………………27
选修3ˉ｜
｜｜□定电流
第七讲部分电路的基本规律
…………………………………37
第八讲闭合电路欧姆定律
……………………………………43
第九讲以串、并联为原理的电学实验…………………………52
第十讲以欧姆定律为原理的电学实验
………………………61
第十＿讲以闭合电路的欧姆定律为原理的实验
……………70
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选修3ˉ｜
磁场
第十二讲安培力作用下导体棒的平衡………………………77
第十三讲带电粒子在磁场中的运动…………………………82
第十四讲带电粒子在对接场中的运动………………………90
第十五讲带电粒子在叠加场中的运动………………………98
第十六讲粒子源问题讨论……………………………………107
选修3ˉ2电磁感应
第十七讲楞次定律和法拉第电磁感应定律…………………113
第十八讲涡流、自感、电磁阻尼………………………………123
第十九讲电磁感应力、电、能综合问题………………………130
第二十讲电磁感应的图象问题………………………………138
选｛｜多3ˉ2交流电
第二十＿讲交流电的产生与描述……………………………145
第二十二讲变压器与电能的输送……………………………155
洗修3ˉ2传感器
第二十三讲传感器的工作原理………………………………163
答案与解析………………………………………………………167
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选修3ˉ↑
静电场
第-讲电场力的性质
｜内容导读0
电场是一种特殊的物质’电荷与电荷之间的相互作用’必须通过电场这种媒介才能
间接实现.电场有两个最基本的性质’力的性质和能的性质.本讲重点讲述电场力的性
质’以及描述电场力性质的物理量＿电场强度.
◎典例剖析
｜例1］（2016.盲奢浙江卷）如图所示’把A、B两个相同的导电小球分别用长
为0. 10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点.用丝绸摩擦过的玻璃棒与
A球接触’棒移开后将悬点OB移到OA点固定.两球接触后分开’平衡
时距离为0. 12m.已测得每个小球质量是8.0×10-4kg’带电小球可视
为点电荷’重力加速度g＝10m／s2’静电力常量龙＝9.0×109N.m2／C2’
则
A.两球所带电荷量相等
B.A球所受的静电力为1.0×10-2N
C.B球所带的电荷量为4√百×10-8C
DA、B两球连线中点处的电场强度为0
OA
OB
A~●●B
（
）
［答案］
ACD
［分析］
用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电’由于A、B两导电小球完全相同且原来均不带电’
因此接触起电后’二者带等量同种正电荷.两球悬线等长’在库仑斥力作用下’两
球关于过悬点OA的竖直线对称.
｜
~
~
~
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｜满分之路｀搞定电磁孽】
Ⅷ
解
＿
｝
心
＝
根据摩擦起电和接触起电的知识’可知选项A正确.对A受力分析女口图所示,设
悬点o典到溺球连线挪…o徽D』榷撼相似三角形法｀有祟≡揣,依撼圈形
对称隆.有AD-＋AB＝队06m哥甸几何关系,有qD＝M8m,代入得F靡-6
”l0—』N最后根搪靡仑庭律F靡≡隐惫,解得溺』…荷量均为,-4√百
10-8C’选项B错误’C正确;等量同种电荷连线的中点处,根据场强叠加原理’电
场强度为0,选项I）正确.
／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／
B
日小结］
1.静电场由静电荷产生’静电荷是产生静电场的源头.关于电荷要着重区分场源
电荷、试探电荷、元电荷、静电荷、（净）电荷和点电荷等六类电荷的不同概念.
2.使物体带电的过程叫起电’起电的方式主要有三种’摩擦起电、接触起电和感应
起电.
3.库仑定律与相似三角形法往往联抉登场’因此构建图形的标量三角形和力的矢
量三角形’再建立相似比是解决此类问题的一般方法.
4.库仑定律和电荷守恒定律是经典电磁学大厦的两大柱石,贯穿了电磁学内容的
始终.
2
~
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』选修3＝1静电场l
（2015.高奢山枣卷）直角坐标系工Oγ中,M、N两点位于工轴上’G、H两点坐标如
图.M、lV两点各固定一负点电荷’一电量为Q的正点电荷置于O点时’G点处的电
场强度恰好为零.静电力常量用陀表示.若将该正点电荷移到G点’则H点处场强的
大小和方向分别为
（
）
［例2］（2015.
y
H（0,α）
｜
—
Ⅳ
勿
＿
M
O
｜G（0’-α）
｜
且碧’沿』轴负向
u碧’沿蚁轴负向
A楞’沿驯轴正向
C器’沿’轴正向
■疆回
［答案］
B
［分析］
由于H点和G点关于工轴对称’因此M、Ⅳ两处的负电荷在H点和G点产生的
场强大小相等、方向相反;再根据原来三个电荷在G点处产生的合场强为零’可知
M、N两处的负电荷在G点产生的场强大小.最后在H点再进行叠加’从而解决
本题.
处于〔〕点的正点屯荷在G点处产生的场搔E｜-晦:,方淘耀…鼠淘』又闺为G
点处场强为零,所以M、N处两负点电荷在G点共同产生的场强E2＝E1＝k旦
α2
9
方向沿γ轴正向;根据对称性’M、lV处两负点电荷在H点共同产生的场强E3＝
E』＝喂,方淘灌》轴负淘》将辕正点电荷移到G处,麓堡点电荷在H点产生的
场瞬凰—膛（舟）2,方沟谱…正向’所以H点的场搔愿ˉ凰—凰-楞’方向沿
y轴负向.
3
盘
卢＝
β
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满分之路,搞定电磁学〗
■
［小结］
1.当＿个空间存在多个场源电荷建立的电场时’要根据场强叠加原理计算各处的
合场强’即根据平行四边形定则将场强矢量进行合成比如静电平衡建立的过
程’就是原电场和感应电荷电场叠加的过程
2.根据空间对称性求解叠加场的合场强是＿种很重要的思维方法;在求等量同种
或异种电荷连线中垂线上的合电场时经常用到它.
［例3］（2014.湖北摸拟卷）如图所示’在光滑绝缘水平面上放置—带正电的长直细棒,其
周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场’场强大小E与距细棒的垂直距离厂成反
比’即E＝上.在带电长直细棒右侧’有—长为l的绝缘细线连接了两个质量均为m
厂
的带电小球A和B’小球A、B所带电荷量分别为＋q和＋4q’A球距直棒的距离也
为／,两小球在外力F＝2加g的作用下处于静止状态.不计两小球之间的静电力
作用.
（1）求陶的值;
（2）若撤去外力F’求在撤去外力瞬时A、B小球的加速度大小和A、B小球间绝缘细
线的拉力大小.
■翘Ⅷ
［答案］
〔］）呼（2）αA-α姆-′可獭3
1
［分析］
水平面是光滑的’当两小球处于静止状态时’根据整体法,外力F与两小球所受带
电细棒的静电斥力的合力为零’从而可得龙的数值.若撤去外力F’由于带电细棒
对B球斥力较大’因此细线依｜日是张紧的’两球加速度相等
4
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』选修3ˉ1静电场｝
m蹈硒
（1）对小球A、B及细线构成的整体进行受力分析’根据力的乎衡条件’有
,÷＋4q÷—2咖‘
解得』隐ˉ锣~
（2）撤去外力瞬时’若A、B间细线拉力突然变为零’则:
对A球』q.＋-…得“盘-舒,方向淘右
对B球;4q.箭-…得α厕-警,方向向右
由于αA＜αB,所以在撤去外力瞬时A、B将以相同的加速度α一起向右运动’
A、B间绝缘细线张紧’细线上有拉力FT存在.因比对A、B整体’由牛顿第二
定律有:
,.卡＋4q.贪≡2咖α
解得:α＝g
对八;q.华＋FT＝咖α
L
解得;Rl-÷枷‘
故撤去外力瞬时’A、B的加速度大小α＝g;A、B小球间绝缘细线的拉力大小
FT＝寺′＂g
O
［小结〕
1.在静电场中’当研究对象是两个或两个以上时’整体法和隔离法依｜日有效’电场
力只是系统或物体受到的其中—个力而已
2.在求力的瞬时性问题时’要注意区分两类截然不同的模型’即轻弹簧模型（力不
能瞬间突变）’轻杆和轻绳模型（力能瞬间突变）.
5＿
＋
』
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~｛
ˉ寸
‖满分之路.搞定恿蕊孽〗
.多章节练习
』置腮i熟｛‖匣震篇;媳蹦箕;蹦篱蕊:′胳｀
…坝M受铡…力大小为多大框……的大小刹方陶唇’小｜
球A的平衡位置在α＝60°处’然后再将A的质量改变为2m’其新的平衡位置◎A
在α＝30°处’A受到的电场力大小为多少?
≈
｛
′
＝
『
｀
2. （2013.忘雪安似卷）如图所示’工Oy平面是无穷大导体的表面’
该导体充满z＜0的空间,z＞0的空间为真空.将电荷量为q的点
电荷置于z轴上Z＝h处’则在工OJ平面上会产生感应电荷.空间
｜,
q
任意＿点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的.已知静电平衡
时导体内部电场强度处处为零’则在·轴上霉-÷处的电场强度大小为（晦为静电力
常量）
B.虎」坠
（
）
A.A丝
／l2
C.诧翌2
9／t2
D.卢492
9／l2
9／t2
6
▲
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』选修3ˉ1静电场｜
3ˉ （2014。忘奢辐建卷）如图,真空中工O〕平面直角坐标系上的ABC
三点构成等边三角形’边长L＝2.0m.若将电荷量均为q＝＋2.0×
10-6C的两点电荷分别固定在A、B点’已知静电力常量陀＝9.0×109
＝1
O
1
匆／In
N.m2／C2’求:
（1）两点电荷间的库仑力大小;
（2）C点的电场强度的大小和方向
~
7
｛
守
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‖满分之路.搞定电磁孽】
4. （2017。北章101中学攘拟）如图甲所示,真空中O工坐标轴上的某点有＿个点电荷Q’坐
标轴上A、B两点的坐标分别为0.2m和0.7m.在A点放—个带正电的试探电荷’在B
点放＿个带负电的试探电荷’A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟工轴正方向
相同’电场力的大小F跟试探电荷所带电荷量q的关系分别如图乙中直线α、b所示.下
列说法正确的是
（
）
F／（×10ˉ4N）
日
▲
］
∑
］
A
B
←＝○-----○—＞
O
卯／m
ˉ
ˉ
ˉ
＝
旦
■
■
—
Ⅲ
—
硅
］
］
〗
］
○
（×10ˉ9C）
甲
A.B点的电场强度的大小为0.25N／C
B.A点的电场强度的方向沿工轴负方向
c.点电荷Q是正电荷
D.点电荷Q的位置坐标为0.3m
乙
…唁……』…光…侧秤聚露上｛阔罐萧—个椭咆八＂却
量为＋Q的小球P’带电量分别为＿q和＋2q的小球M和N’由绝缘细杆相
连’静止在桌面上’P与M相距L’P、M和lV视为点电荷’下列说法正确的是
（
）
A.M与lV的距离大于L
B.P、M和N在同＿直线上
C.在P产生的电场中’M、lV处的电势相同
D.M、lV及细杆组成的系统所受合力为零
M
8
α
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』选修3＝1静电场｜
第二讲电场能的性质
｜
内容导读‖
本讲重点讲授电场能的性质’描述电场能的性质的物理量主要有电势、电势差、电场
力做功和电势能等’这些概念相互解释,相关内容都是高考考查的重点对象.
◎典例剖析
~
（2017.高雪全国卷I）在＿静止点电荷的电场中’任＿点的电
｛l′αˉ｜＿厂ˉ「ˉ〗ˉⅥ
『
余类推现将—带正电的试探电荷由α点依次经b、c点移动到〃点’在相邻两点间移
动的过程中’电场力所做的功分别为W妨、W欠和Wc创.下列选项正确的是
（
）
A.Eα :E6≡4
:
1
B·EC :Eα＝2
:
1
C·Wαb 8W仇＝3
:
1
D.W欠:Wcd＝1
8 3
｜例1］（2017.
…Ⅷ
［答案］
AC
［分析］
电场是点电荷建立的电场’由图象可知α、b、c、α四点与场源电荷的距离四点处
场强与距离的二次方成反比;计算做功的关键是电势差’电势差就是始末两点的
电势之差’由图象的纵坐标计算
真空中静止点电荷的场搔公式为E-膊:,E与厂』成反比关系由于睬. ;喇-
1
: 2,则Eα :Eb＝4
: 1,选项A正确°同理选项B错误.电场力做功WAB＝qUAB,
电势差UAB＝甲A—甲B’结合图象有U劝＝3V’Ubc＝1V’得Wαb :W戊＝3
: 1’选
项C正确。Ucα＝1V,得Wbc :Wcα＝1
: 1,选项D错误°
9
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｜满分之路.搞定电磁副
■疆Ⅷ
［小结］
｜点电荷的电场场强公式为E≡喂;电势公式为解＝得,正点电荷电场中各点
电势均为正’负点电荷电场中各点电势均为负.
2.描述电场能的性质的物理量有四个’即电势、电势差、电势能和电场力做功’它
们相互联系’相互解释,四个量之间的联系可用下列图式表示:
中氢丝＝E’
↑
｜…
｜
Ⅷˉ』;□,
Ⅳ≡qU
UAB＝II△旦＝EpA—EpB-q甲A—qV’B——9A-甲B＝—UBA。
q
q
q
3.凡与电场力性质有关的公式’电荷—律不带正负,引力、斥力的方向用文字表
达;凡与电场能有关的公式’各个物理量—律要带正负,并进行讨论.沿电场线
电势差为正’逆电场线电势差为负.
4.正电荷沿（逆）电场线方向移动’电势能降低（升高）;负电荷沿（逆）电场线方向
移动’电势能升高（降低）.
［例2］（2017.广车省涎名市擒宜中学检测）如图所示为两个等
量点电荷的电场线,图中A点和B点、C点和D点皆关
于两电荷连线的中点O对称,若将＿电荷放在此电场
中’则以下说法正确的是
（
）
A.电荷在O点受力最大
B.电荷沿直线由A到B的过程中’电场力先增大后减小
C.电荷沿直线由A到B的过程中’电势能先增大后减小
D.电荷沿直线由C到D的过程中’电场力先增大后减小
■翻m
［答案］
D
［分析］
根据电场线的分布’可以断定该电场为等量异种点电荷的电场’至于具体谁为正
谁为负无法确定’因此电场线的方向也无法确定.场强的大小可以根据电场线的
疏密判断.
｜O
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『选修3ˉ1静电场｝
根据电场线的疏密分布’在A、B连线方向’O点场强最小;在C、D连线方向,O点
场强最大’因此选项A、B错误’D正确.由于两异种场源电荷中正电荷究竟在哪边
无法确定,因此电场线的方向不明确;加之试探电荷的电性未知’所以电势能究竟
如何变化无法判断,选项C错误。
［小结〕
L等量电荷电场中各点的场强’要根据平行四边形定则进行矢量合成;各点电势’
要根据代数运算法则求代数和.
2.等量异种电荷的电场线分布犹如“携手合作”’在电荷连线上中点处场强最小’
中垂线上该点场强却最大;中垂线是电势为零的等势线’以中垂线为界’在正电
荷＿侧电势均为正’在负电荷一侧电势均为负.
3.等量同种（同正或同负）电荷的电场线分布犹如“势不两立’’,在电荷连线上中点
处场强最小,且为零;中垂线上场强最大的点与任＿电荷连线’和两电荷连线之
间的夹角·满足!…-÷,场强的最大值为E哪-竿喂（〃为两同种电荷
之间的距离）;沿着中垂线从中央向两边’等量同正电荷的电势逐渐降低’等量
同负电荷的电势逐渐升高
［例3］（2016.北师大耐中河甭分犊三轮冲刺）如图所示’竖直向上的匀强
电场中’绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上’上面放＿质量为′′′的
带正电小球’小球与弹簧不连接’施加外力F将小球向下压至某位
置静止现撤去F’小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中’重
力、电场力对小球所做的功分别为Wl和W2’小球离开弹簧时速度
为U’不计空气阻力’则上述过程中
A.小球与弹簧组成的系统机械能守恒
B.小球的重力势能增加—W1
‖
C.小球的机械能增加W1＋÷mU2
D.小球的电势能减少W2
F
／／／／／／／／／／／／／／／／／／／
（
）
｜｛
~
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｜满分之路.搞定电磁学｛
■疆Ⅷ
［答案］
BD
［分析］
本题的电场是匀强电场.小球和弹簧组成的系统’机械能包括动能、重力势能和弹
性势能’不包括电势能’根据能量转化和守恒定律’机械能与电势能相互转化且守
恒,因此机械能的变化量的绝对值等于电势能变化量的绝对值而电场力做功等
于电势能的减少量’重力做功等于重力势能的增加量
由于电场力做正功,故小球与弹簧组成的系统机械能增加’机械能不守恒’选项A
错误;重力做功是重力势能变化的量度’由题意知重力做负功’重力势能增力口,增
加蚤为＿W1 ’选项B正确;小球增加的机械能等于重力势能的增加量与小球动能
可
的增加量之和.即—W｜＋古咖U2’选项C错误;根据屯场力做功是屯势能变化的量
度’电场力做正功电势能咸少’减少量为W2 ’选项D正确.
［小结］
l匀强电场的场强E-窖与电荷的圃密度成正比,与距离掇板的距离′无关
电场线是垂直于极板的—簇等距平行直线,等势面是一簇平行于极板等距平行
平面.
2。重力与电场力都是恒力且为保守力’做功都与具体的运动路径无关,仅与始末
位置有关;重力做功是重力势能变化的量度’电场力做功是电势能变化的量度
保守力做多少正（负）功’相应的势能便减少（增加）多少.
3.电场力做功,使电势能与其他形式的能量相互转化.
.霞章节练习
1. （2016 .盲雪全国卷Ⅱ）如图’P是固定的点电荷’虚线是以P为圆心的两个
圆带电粒子Q在P的电场中运动,运动轨迹与两圆在同—平面内’α、b、C为
轨迹上的三个点.若Q仅受P的电场力作用’其在α、6、C点的加速度大小分
／
别为αα、α6、α〔’速度大小分别为Uα、U6、U‘ ,则
（
）
A·αα＞αb＞α‘ ,Uα＞UC＞Ub
B·αα＞αb＞αC,U6＞UC＞Uα
C·α6＞α〔＞αα,ub＞uc＞uα
D·αb＞αc＞αα,uα＞uc＞ub
↑2
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」选修31静电场｜
憋蔚蒜删盟存蕊蹿删源嚣蕊乳黑＼些坠
阻力.由此可知
（
）
A.Q点的电势比P点高
B.油滴在Q点的动能比它在P点的大
c.油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
2
3. （2014.高者全国卷I）如图’在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四
点’M、N、p为直角三角形的三个顶点’F为MN的中点’△M＝30°.
M｀l＼J、P、F四点处的电势分别用pM、甲］v、甲p、9F表示’已知9M＝甲］v’
甲P＝甲F’点电荷Q在M、N、P三点所在平面内’则
A.点电荷Q—定在MP的连线上
B.连接PF的线段—定在同＿等势面上
C.将正试探电荷从P点搬运到lV点’电场力做负功
D.甲p大于9M
Ⅳ
∩
见／／
·＜工3征-ˉ＿ˉˉ＿厄
M
P
（
）
4. （2014.山车寿岛摸拟）两个固定的等量异种点电荷所
形成电场的等势面如图中虚线所示’＿带电粒子以某＿
速度从图中α点进人电场’其运动轨迹为图中实线所
示’若粒子只受静电力作用’则下列关于带电粒子的判
断正确的是
A.带正电
B.速度先变大后变小
C.电势能先变大后变小
D经过b点和〃点时的速度大小相等
′＋10V
ˉ ~＋5V
、
≈
≈■■≡尸乡
■■≈
≈
≈≈■＝
二＝
≡＝
尸
-10V
（
）
5. （2015.高考海南卷）如图’两电荷量分别为Q（Q＞0）和—Q的点电荷
对称地放置在工轴上原点o的两侧’α点位于工轴上o点与电荷Q
之间’b点位于y轴O点上方.取无穷远处的电势为零.下列说法正确
γ
‖
←
○
～
◎
—
″
卯
的是
（
）
｜3
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｜满分之路·搞定电磁学l
A.6点电势为零,电场强度也为零
B.正的试探电荷在α点的电势能大于零’所受电场力方向向右
C.将正的试探电荷从O点移到α点’必须克服电场力做功
D.将同—正的试探电荷先后从O、b两点移到α点,后者电势能的变化较大
6. （2015.江苏雏安雏海中学高三摸拟）如图所示’虚线PQ、MlV间″一＿＿ˉ—＿--＿Ⅳ
存在如图所示的水平匀强电场’一带电粒子质量为加＝2.0×
—
—→E
10ukg、电荷量为q-＋L0×］0＿‘C.从α点由静止开始经电p二-｜阻-J＝≡0
｜
U
压为U＝100V的电场加速后’垂直于匀强电场方向进人匀强电
α｛
丙77万
场中’从虚线MN上的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30°角.已
知PQ、MN间距离为20cm’带电粒子的重力忽略不计.求
（1）带电粒子刚进人匀强电场时的速度U1
;
（2）匀强电场的场强大小;
（3）αb两点间的电势差.
｜4
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『选修3＝1静电场｝
第三讲电场线与等势面
擞／＝肉容导读］
电场线和等势面都是为了形象描述电场而引人的概念’都是假想出来的东西电场
线描述电场力的性质’等势面描述电场能的性质.
●典例剖析
≈
~
~
（2015 .河北邢台捡测）某导体置于电场后周围的电场分布情况如
图所示’图中虚线表示电场线’实线表示等势面,A、B、C为电场中
的三个点。下列说法正确的是
（
）
A.A点的电场强度小于B点的电场强度
B.A点的电势高于B点的电势
C.将负电荷从A点移到B点’电场力做正功
D.将正电荷从A点移到C点’电场力做功为零
［例］（2015 .河北邢台捡测）某导体置于电场后周围的电场分布情况如
β
~
~析
＿
解
＿
汗
口
…
［答案］
ABD
［分析］
场强大小看电场线的疏密’电势高低看电场线的方向’试探电荷做什么功’不仅要
看粒子的电性’还要看始末等势面.
电场线的疏密表示电场强度的大小’A处电场线比B处稀疏’选项A正确;在同
一等势面上电势相等且沿着电场线的方向电势逐渐降低’所以A点的电势高于B
点的电势,选项B正确;将负电荷从A点移到B点,电场力做负功’选项C错误;A
点、C点在同一个等势面上’将正电荷从A点移到C点’电场力做功为零’选项D
ˉ正确
｜6
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｜满分之路.搞定电磁学〗
■疆函
［小结］
1.电场线是为了形象描述电场力的性质而弓｜人的假想曲线’等势面是为了形象描
述电场能的性质而引人的假想曲面电场线的疏密表示场强的大小’切问表示
场强的方向;等势面的疏密表示电势差的大小.
2.电场线与等势面的关系:（1）沿线降低;（2）处处正交;（3）同密同疏.
3.点电荷的电场线与等势面的分布规律都是近密远疏;匀强电场的电场线与等势
面的分布规律都是均匀分布.同时要依据第二条规律牢记等量电荷电场的电场
线和等势面的分布图景.
4电场线与等势面的关系就是场强与电势差的关系关系E-;和U-剧E根据
电场力做功推导而来,因此仅适用于匀强电场的计算和讨论’对于非匀强电场
虽然不能进行计算’但可以做定性讨论’有结论“平均场强大处电势差大’电势
差大处平均场强大”成立.
＾￡章节练习
＿………＝—-…
＿＿～审…≡
1. （2016 .高窑全国卷Ⅲ）关于静电场的等势面’下列说法正确的是
（
）
A.两个电势不同的等势面可能相交
B.电场线与等势面处处相互垂直
C.同＿等势面上各点电场强度＿定相等
D.将＿负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面’电场力做正功
（2016 .高雪江霉卷）—金属容器置于绝缘板上,带电小球用绝缘细线
悬挂于容器中’容器内的电场线分布如图所示.容器内表面为等势面’
A、B为容器内表面上的两点’下列说法正确的是
（
）
A.A点的电场强度比B点的大
B小球表面的电势比容器内表面的低
C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直
D将检验电荷从A点沿不同路径移到B点’电场力所做的功不同
2
侈／／′勿〃／勿勿〃
↑6
~
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」选修31静电场｜
3. （2017.黑之江杜升江市荤一中学摸拟）图中虚线是某电场的＿组等势面两个带电粒子
从P点沿等势面的切线方向射人电场’粒子仅受电场力作用’运动轨迹如实线所示’α、b
是实线与虚线的交点.下列说法正确的是
（
）
｝帖＝W｝
＼
＼＼
／／／
／
｜P｜
｝
飞
｀、
、≈≈≈＝＝≡尸
扩夕
／
｀
、
飞
、
｀
、≈
二尸
扩
卢尸
夕
、≈
尸尸
≈
＝
A.两粒子的电性相同
Bα点的场强小于b点的场强
C.α点的电势高于b点的电势
D与P点相比两个粒子的电势能均增大
l. （2（）14.高者全国卷Ⅱ）关于静电场的电场强度和电势’下列说法正确的是
A.电场强度的方向处处与等电势面垂直
B.电场强度为零的地方’电势也为零
C.随着电场强度的大小逐渐减小’电势也逐渐降低
D.任—点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向
（
）
5. （2016.广州摸拟）正、负点电荷周围的电场线分布如图所示’P、Q为其中两点’则带正电
的试探电荷
（
）
A.从P点由静止释放后会运动到Q点
B.从P点移动到Q点’电场力做正功
c.在P点的电势能小于在Q点的电势能
D在P点所受电场力小于在Q点所受电场力
｜7
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｜满分之路,搞定电磁学1
6. （2015 .吉林襄边期不）空间中P、Q两点处各固定＿个点电荷’其中P点处为正电荷’
P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示,α、b、C、α为电场中的4个点’则
（
）
A.P、Q两点处的电荷为等量同种电荷
B.α点和b点的电场强度相同
C.C点的电势低于α点的电势
D负电荷从α到C’电势能减少
α
b
Ⅸ十＿Q十ˉˉc
ˉˉ●ˉˉˉˉ▲ˉˉα
Ⅳ｜
P｜
7. （2015 。高雪全国卷I）如图’直线α、b和C、创是处于匀强电场中的两组平
行线’M、lV、P、Q是它们的交点’四点处的电势分别为9M、中Ⅳ、甲P、甲Q.＿电
子由M点分别运动到N点和P点的过程中’电场力所做的负功相等则
（
）
A.直线α位于某—等势面内’甲M＞甲Q
B.直线C位于某＿等势面内’甲M＞甲N
C.若电子由M点运动到Q点’电场力做正功
D若电子由P点运动到Q点’电场力做负功
8. （2015 .高雪江茅卷）两个相同的负电荷和—个正电荷附近的电场
线分布如图所示.C是两负电荷连线的中点’‘′点在正电荷的正上
方,C｀α到正电荷的距离相等’则
（
）
A.α点的电场强度比b点的大
B.α点的电势比6点的高
Cc点的电场强度比创点的大
DC点的电势比创点的低
‖8
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』选修3ˉ1静电场｜
第四讲关于电容器的动态讨论
内容导读］
关于电容器的动态讨论问题也是高考常考的对象’此类问题＿般分为两小类’解法
一般是紧扣不变量,通过三个式子讨论三个物理量的变化情况.
◎典例剖析
［例1］（2016.高者全国卷I）—平行板电容器两极板之间充满云母介质’接在恒压直流电
源上.若将云母介质移出’则电容器
（
）
A.极板上的电荷量变大’极板间电场强度变大
B.极板上的电荷量变小’极板间电场强度变大
C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变
D极板上的电荷量变小’极板间电场强度不变
…硒
［答案］
I）
［分析］
电容器与电源相连’电压不变’紧扣不变量就可以讨论其他量的变化了.
询平行橇电寥器咆容的决庭式C-揣.将云母介质穆出’咆客C减′」、』嗣藏极椒
的屯压U』惶定,由Q-CU,极板上的屯荷量Q变′｜｀,又由E-:可得板间屯场强
度与介质无关’大小不变,选项D正确.
［小结］
当改变电容器的正对面积S、两板之间的距离〃和电介质er时’若电容器与电源
相连,则两板之间的电压U不变而其他三个物理量的变化规律是:电容C＝
谎｀电容器所带电量Q≡UC-U瑞,两饭之间的场强E-;。c÷（仅与√
有关）.
‖9
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｜满分之路搞定电磁学【
［例2］（2016.
（2016.高雪天津餐）如图所示’平行板电容器带有等量异种电荷’与静电计相连’静
电计金属外壳和电容器下极板都接地.在两极板间有—个固定在P点的点电荷,以
E表示两板间的电场强度’Ep表示点电荷在P点的电势能’0表示静电计指针的偏
角.若保持下极板不动’将上极板向下移动—小段距离至图中虚线位置’则
（
）
｜
~~~~~~~~
P·
——工—～
~~
A.0增大’E增大
C.0减小,Ep增大
B0增大’Ep不变
D.0减小’E不变
［答案］
D
［分析］
电容器与电源断开’则电容器所带电量Q不变
爆持下概械不动,上褪板向下穆动ˉ′!、段Ⅱ…,陶C-瑞…电寥器输咆零
变大,南于Q不变,由C≡:可知U减′｜｀,坎静电计的指针偏角变′｜｀;电场骚度
E-:-晶-警不变;由于下挺概不动,咆场搔度E不变.所以P点锄屯势没
有发生改变’故点电荷在P点的电势能不变’选项A、B、C错误’D正确.
［′」｀结］
当改变电容器的正对面积S、两板之间的距离α和电介质e『时’若电容器与电源
断开’则电容器所带电量Q不变而其他三个物理量的变化规律是;电容c＝
瑞.两板之间的电压U＝β≡÷’两板之间的场强E-:＝÷窖（仅与
4沉陀′
α无关）
2O
~
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『选修3ˉ1静电场｝
·琐章节练习
L（2014.高雪天津卷）如图所示’电路中R1 、R2均为可变电阻’电源内阻不能忽略’平行
板电容器C的极板水平放置’闭合电键S’电路达到稳定时,带电油滴悬浮在两板之间静
止不动.如果仅改变下列某＿个条件,油滴仍能静止不动的是
（
）
B.增大R2的阻值
D.断开电键S
A.增大R］的阻值
C.增大两板间的距离
2. （2016.浙江协诈犊期中）如图所示的实验装置中’平行板电容器两极板的正对面积为
s’两极板的间距为‘Ⅱ’电容器所带电荷量为Q’电容为c’静电计指针的偏转角为α’平行
板中间悬挂了—个带电小球’悬线与竖直方向的夹角为0’下列说法正确的是
）
（
A.若增大〃’则α减小,0减小
B.若增大Q’则α减小’0不变
C.将A板向上提—些’α增大’0增大
D.在两板间插人云母片’则α减小’0不变
2｜
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‖满分之路′搞定电磁学1
3. （2016.湖北部分重哀中学联雪）静电计是在验电器的基础上制成的’用其指针张角的大
小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小.如图所示,A、B是平行板电容器的两
个金属板’G为静电计’开始时开关S闭合’静电计指针张开＿定角度’为了使指针张开
的角度增大些’下列采取的措施可行的是
（
）
A.断开开关S后’将A、B两极板分开些
B.保持开关S闭合’将A、B两极板分开些
C.保持开关S闭合’将A、B两极板靠近些
D保持开关S闭合’将滑动变阻器滑动触头向右移动
22
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』选修3ˉ1静电场｝
第五讲静电场的图象问题
内容导读0
静电场的图象是静电场的一个难点’解决图象问题’一般要从斜率、面积、截距’以及
自身的物理意义人手.
◎典例剖析
［例1］（2（）18.北京西缄区高≡攘拟）＿正点电荷仅受电场力作用’从电
0）
O0
场中的A点运动到B点’其［′
t图象如图所示.则该点电荷所处
的电场可能是
（
）
O
t
A
C
D
B
■
■
析
＿
解一谷ˉ「
｜
［答案］
D
［分析］
由速度图象的斜率’可知加速度的大小和方向’再根据牛顿第二定律’可得场强的
大小和方向’从而确定电场的电场线分布情况和电荷的运动情况.
由速度图象可知’该电荷仅在电场力作用下’做加速度逐渐增大的变减速直线运
动’根据牛顿第二定律’有qE＝mα’因此场强逐渐增大.点电荷是正电荷,电场力
的方向与场强方向一致,则点电荷运动的物理』情景只能是选项D描述的情景.
［小结］
1.关于静电场的图象问题大致可分为两类’＿类是根据物理情景选择图象的问题’
另＿类是根据图象还原物理情景的问题’两类问题是互逆的’总要涉及到图象
2.关于静电场的图象五花八门,解决关于静电场的图象问题’要正确认识图象的
斜率’面积’横、纵截距的物理意义’标量（功、能、电势与电势差等）的大小与矢
量（场强、力等）的方向’标量与矢量的叠加等—系列细节问题
23
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［满分之路.搞定龟愿孽〗
■疆m
3.场强是矢量’图象中的正负表示场强的方向.根据U＝E。工’可知E—工图象的
面积表示电势差（由电势差进＿步可以判断电势的高低）.根据△p≡—U＝
—E。工’可知甲—工图象的斜率表示—E.根据△Ep＝＿W＝＿F工.工,可知
Ep＿工图象斜率表示电场力—F工.
［例2］（2016 。陕西省西安中学）—带负电的粒子只在电场力作用下沿
Ep
工轴正方向运动’其电势能Ep随位移工变化的关系如图所示’
其中0～工2段是关于直线Z＝工l对称的曲线’工2～r3段是直线,
则下列说法正确的是
（
）O
A.工l处电场强度最小’但不为零
B.粒子在0～工2段做匀变速运动’工2～工3段做匀速直线运动
C.在0、工1、工2、工3处电势P0、甲1、甲2、甲3的关系为甲3＞P2＝90＝甲l
D工2～工3段的电场强度大小方向均不变
卯1
勿2
卯3卯
［答案〕
D
［分析］
Ep—工图象的斜率表示粒子所受—F电’进—步根据F＝qE可知各点场强的方向
和大小’以及加速度的变化情况.至于电势的高度’依据结论“负电荷逆着电场线
方向移动电势能降低’沿着电场线方向移动电势能升高”可判断,
随着z的增大’图象分作三段,第一段内电势能减小,电场力做正功,由于粒子带
负电’因此电势差小于零,逆着电场线方向运动’后两段）｜｜页着电场线方向运动.图
象斜率的绝对值表示电场力的大小’迸一步反应了场强大小的变化’可见Z］处场
强为零’选项A错误;工2～工3段场强为匀强电场’选项D正确.粒子在前两段’电
场力是变化的’做非匀变速直线运动’在第三段斜率是定值’做匀变速直线运动,
选项B错误ˉ ‘‘负电荷逆着电场线方向移动电势能降低’沿着电场线方向移动电势
能升高”’根据这个结论,可知四点电势关系为甲1＞甲2＝q’0＞P3 ’选项C错误.
24
~
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』选修3ˉ1静电场｜
［例3］（2016. 琶工西省南昌市窜三中学攘拟）两电荷量分别中
为ql和q2的点电荷放在工轴上的O、M两点’两电ql
荷连线上各点电势甲随工变化的关系如图所示’其O
中A、N两点的电势均为零’lVD段中的C点电势最
高’则
A. ］V点的电场强度大小为零
B.q1小于q2
C. lVC间场强方向向工轴正方向
＼
／
／
＼
D.将负点电荷从N点移到D点,电场力先做正功后做负功
■翻Ⅷ
［答案］
D
［分析］
@一工图象的斜率等于电场强度的负值（—E）’场强是矢量’负号表示方向.场源电
荷为正’周围的电势为正’场源电荷为负’周围的电势为负’若空间存在多个场源
电荷’电势的正负是电势的代数和.
甲—z图象的斜率等于电场强度的负值—E’选项C错误.图线在N点处的斜率不
等于0,则知N点的场强不为零’选项A错误.C点切线的斜率为零’故C点的场
强为零,由于零电势点位置在OM中点右侧’可知q1大于q2’选项B错误. lV至D
段中’电势先高升后降低,将一负点电荷从lV点移到D点,电场力先做正功后做
负功’选项D正确.
.多章节练习
｝
歉
1. （2014.盲舍山枣卷）如图’半径为R的均匀带正电薄球壳,其上有＿
!
小孔A.已知壳内的场强处处为零;壳外空间的电场’与将球壳上的全＋
部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场＿样.＿带正电的试探电荷
＋
（不计重力）从球心以初动能Ek0沿OA方向射出.下列关于试探电荷
的动能Ek与离开球心的距离厂的关系图线’可能正确的是
（
）
仁｀令ˉ
｀妇
』坠一
·
Ek0
0
Oˉ＝＿了
O→—卞
O
R
r
O
庇
r
A
B
C
D
25
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｜满分之路.搞定电磁孽〗
2 （2017。湖北省宜缄市窜一中学）两电荷量分别为ql和q2的点电荷固定在工轴上的O、
M两点’两电荷连线上各点电势9随工变化的关系如图所示’其中C为ND段电势最低
的点’则下列说法正确的是
（
）
中
O｜
Ⅳ
C
D｜M卯
丁
A.q1、q2为等量异种电荷
B.C点的电场强度大小为零
C.C、D两点间场强方向沿工轴负方向
D将—负点电荷从N点移到D点’电场力先做负功后做正功
3. （2014.盲雪＝海卷）静电场在工轴上的场强E随工的变化关系E
如图所示’工轴正方向为场强正方向’带正电的点电荷沿工轴运
O
动’则点电荷
（
）
A.在工2和工4处电势能相等
B.由工1运动到工3的过程中电势能增大
C.由工l运动到工4的过程中电场力先增大后减小
D由工1运动到工4的过程中电场力先减小后增大
斗
冗
］
卯
∑
卯
｜
｜
｜
｜
‖
｜
｀
冗
勿1
~~
4. （2014.高奢安饿镭）＿带电粒子在电场中仅受静电力作用’做初速度
为零的直线运动.取该直线为工轴’起始点O为坐标原点’其电势能
Ep与位移工的关系如图所示.下列图象中合理的是
（
）
↑Ep
＼～ˉ
卯
O
E
勿
勿
O
A.电场强度与位移关系
B粒子动能与位移关系
α
U
／
卯
O
C.粒子速度与位移关系
D.粒子加速度与位移关系
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第六讲带电粒子在电场中的运动
｜内容导读0
带电粒子在电场中的运动’根据运动形式的不同,可分为匀速直线运动、匀变速直线
运动、类平抛运动和圆周运动.本讲通过具体示例讲授各类问题的＿般解题策略.
@典例剖析
鞠
-ˉ巳巴……■
垫■
一
■
←
■＝■
＝中孕
诵
△
←
…≡≡
■＿…
｜例1］（2016·辐建辐州期率）如图所示’倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为
0,极板间距为〃’带负电的微粒质量为m、带电荷量为q’从极板M的左边缘A处以
初速度U0水平射人’沿直线运动并从极板Ⅳ的右边缘B处射出,则
（
）
A微粒到达B点时动能为÷′＂御;
B.微粒的加速度大小等于gsin0
C.两极板的电势差U＝ˉ皿旦鱼
qCOS0
D微粒从A点到B点的过程电势能减少!21旦鱼
COS0
［答案］
C
［分析］
经受力分析’微粒做匀减速直线运动;但高度不变’机械能的变化仅是动能的减
少;动能的减少等于电势能的增加’总能量守恒.
由题分析可知,微粒做匀减速直线运动’动能减小’选项A错误;如图所示’由题
分析可知’tan0≡型旦,得α＝gtan0’选项B错误;由上可ˉ知微粒的电势能增力口
加g
27
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｜满分之路.搞定电磁学l
△E,-″』凰盂,…凰-qU,得到溺极板的电势菱［』≡;黑,…C正输;徽趣
从A点到B点的过程中电势能增加了黑’选项D错误
qE
.丛＿＿
＼｀｜
~＼↓
mg
［小结］
带电粒子在电场中的运动问题’可以根据运动形式分为五类:匀速直线运动、匀变
速直线运动、类平抛运动、圆周运动和＿般曲线运动.无论哪一种运动’除仅受电
场力外’电场力是粒子所受力中的＿员
1.粒子做匀速直线运动’电场力与其他力的合力为零
2.粒子做匀变速直线运动’电场力与其他力的合力为恒力.
3.粒子做类平抛运动’电场力与其他力的合力也为恒力,合力与初速度方向垂直
4.粒子做圆周运动时又可分为匀速圆周运动,合力大小不变且时刻指向圆心’做
匀速圆周运动;匀强电场力与重力的合力为恒力’就是等效重力场问题,粒子做
变速圆周运动’有等效最高点和最低点的问题
5.粒子做—般曲线运动’通常用动能定理解决问题电场力做功可以用W＝qU讨
论;也可以用电场力与速度之间的夹角讨论’锐角做正功’直角不做功’钝角做
负功,合力指向曲线的凹面—侧’速度沿着轨迹的切线’而电场力沿着电场线的
切线（正电荷）或切线的反方向（负电荷）.
·α
［例2］（2017.广车省湛江一中四犊联者）如图所示’M］V是＿正点电M
荷产生的电场中的＿条电场线＿个带负电的粒子（不计重力）
Ⅳ
及
〃
←
～
~
从α到6穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示.下列结论正确的是
A.点电荷—定位于M点的左侧
B.带电粒子从α到b的过程中动能逐渐减小
C.带电粒子在α点的加速度小于在b点的加速度
D.带电粒子在α点时的电势能大于在b点时的电势能
（
）
28
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『选修3毫1静电场｜
［答案］
CD
［分析］
首先根据曲线运动判断粒子所受电场力的方向应向右’从而确定场源电荷在N＿
侧;其次根据力与速度的夹角断定动能增加’电势能减小;加速度的大小看距离场
源电荷的远近,近大远小.
粒子做曲线运动,电场力应指向lV一侧’场源电荷为正’粒子为负,因此场源电荷
在N一侧,选项A错误.曲线上任一点的速度方向与电场力之间的夹角为锐角’
因此做正功’根据动能定理’动能应增加,选项B错误.靠近场源电荷’场强越大’
加速度越大’选项C正确.粒子从α到6,根据‘‘负电荷逆着电场线电势能降低”’选
项D正确。
［例3］（2015.高雪全国卷Ⅱ）如图’—质量为″!、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运
动’A、B为其运动轨迹上的两点.已知该粒子在A点的速度大小为U0’方向与电场
方向的夹角为60°;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为3（）。.不计重力.求
A、B两点间的电势差.
＞铲
电场
2′0
子
◎
乙
＾
‖
凹
Ⅶ
α
二
加
〗答案■
［分析］
突破本题的关键是在垂直于电场线方向’A、B两点的速度分量相等.
带电粒子在垂直于电场线方向不受力的作用’因比速度分量相等:
℃0sin60。＝usin30°
解得:U＝√百U0
根撼动能定翟有;vU＝＋咖翘』÷咖锄;
″!U;
将B点的速度u代入该式解得A、B两点间的电势差:U＝＿
q
29
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｜满分之路.搞定电磁学l
［例4］（2016.江苏巫川高级中学）如图所示’竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管’细管截
面半径远小于半径R’在中心处固定＿电荷量为＋Q的点电荷.＿质量为加、电荷量
为＋q的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动,当小球运动到最高点时恰好对细
管无作用力’求当小球运动到最低点时对管壁的作用力是多大?
＋q
■露Ⅷ
［答案］
6″!g
［分析］
场源电荷＋Q位于圆心处’因此试探电荷＋q在等势面上移动’电场力沿着半径方
向’且不做功.
虎Qq—~
U了
o
设小球在最高点时的速度为U1 ,根据牛顿第二定律得;mg＿页了—加页
设小球在最低点时的速度为U2’管壁对ˉ小球的作用力为F’根据牛顿第二定律有:
虎Qq—
U;
◎
F—加g—F丁一′＂页
小球从最高点运动到最低点的过程中只有重力做功’故机械能守恒,则:
÷枷渺F＋狮g.2R＝÷…;
o
由o◎◎式得:F＝6′〃g
由牛顿第三定律得小球对管壁的作用力:F′＝6′′pg.
3O
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』选修3雷1静慰场. ｜
＾多章节练习
1. （2016.南安三中高三检测）如图所示,M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属
极板’M中间有一小孔.M、N分别接到电压恒定的电源两端（未画出）.小孔正上方有＿
点A,A与极板N的距离为咖,与极板M距离为÷h’某时刻有—带电徽粒从A点由静止
下落,到达极板N时谨度刚好为零若将极板N向上平移;h. 该微粒再从A点由静止
下落’求进人电场后速度为零的位置与极板M间的距离
A?
″
Ⅳ
3｜
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｜满分之路·搞定电磁学1
训∏l
2. （2016 .芋甭师大耐中测试）如图所示’y轴在竖直方向’工轴在
水平方向’＿质量为m、带电荷量为q的小球在坐标为（0’0. 3
m）的A点以初速度U0平行于工轴正方向射人第—象限’在第
＿象限内存在沿）轴负方向的匀强电场E1 ,在第四象限内存在
沿工轴负方向的匀强电场E2 ’其中″!＝0. 1kg’q＝＋1.0×
】
Ⅱ
｜
｜
｜
告
此
∧
O
卯／m
E勺
二
10—3C’u0＝2m／s’E1＝1.0×103N／C,E2＝√百×1（）3N／C’g取10m／s2 ’求:
（1）小球到达工轴上的速度;
（2）小球回到y轴时的坐标.
a（20l』.癣雪山挛罐）如图’场强大小为E、〃向竖直向下的匀强电｜翱α叫
』
曰至惹｀
场中有—矩形区域…水平边α‘长沟＂.竖直边m长为″质量｜＂
均为狮、带电量分别为＋q和—q的两粒子,由α、〔两点先后沿α6
｜
和Cα方向以速率U0进人矩形区（两粒子不同时出现在电场中）.不计重力.若两粒子轨
迹恰好相切’则U0等于
（
）
A÷√需
6÷隔
◎i√需
u÷懦
32
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』选修3ˉ1静电场＿｝
o
4. （2018。壹冈一中／、犊联奢）如图所示’＿个带正电荷q、质量为m
的小球’从光滑绝缘斜面轨道的A点由静止下滑’然后沿切线进
人竖直面—k半径为R的光滑绝缘圆形轨道’恰能到达轨道的最高
点B.现在空间加＿竖直向下的匀强电场’若仍从A点由静止释放
B
厂
（
＼
『、
＝』＿ˉ
该小球（假设小球的电量q在运动过程中保持不变,不计空气阻力）’则
A.小球—定不能到达B点
B.小球仍恰好能到达B点
C.小球＿定能到达B点’且在B点对轨道有向上的压力
D小球能否到达B点与所加的电场强度的大小有关
）
（
5. （2016 .河北沧州9月质检）如图所示’在匀强电场中’电场
线与水平方向成0角’—电荷量为q、质量为′＂的带电小球,
用长为′的绝缘细线悬挂于O点’当小球静止时’细线恰好
呈水平状态’现给小球＿垂直于细线的初速度使小球恰在竖直面内做圆周运动’重力加
速度为g.求:
（1）匀强电场的电场强度的大小;
（2）细线对小球的最大拉力.
33
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｜满分之路.搞定电磁学h
6. （2016.山东潍坊高三绞雪）如图所示’水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场’—
带电小球由MlV上方的A点以—定初速度水平抛出’从B点进人电场’到达C点时速度
方向恰好水平’由此可知
（
）
Ⅳ
~~ ~
‖｜
~~~~~~~~~
～丁厂
A.从B到C’小球的动能减小
B.从B到C,小球的电势能减小
C.从A到B与从B到C小球的运动时间—定相等
D.从A到B与从B到C小球的速度变化量大小—定相等
7. （2016 .河南洛β日一中攘拟）如图所示’MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有
电场）’电场强度为E＝11望’ACB为光滑固定的半圆形轨道’轨道半径为R’A、B为圆水
q
平直径的两个端点,AC为＋圆弧,—个瓜量为枷,电荷量为—q的带电小球’从A点正上
方高为H＝R处由静止释放’并从A点沿切线进人半圆轨道’不计空气阻力及—切能量
损失’关于带电小球的受力及运动情况’下列说法正确的是
（
）
O（→q’m）
｜″
0
↓
~~~ ~~
MA
V
~~B~~~
Ⅳ
P
A.小球到达C点时对轨道压力为2″!g
B小球在AC部分运动时’加速度不变
C.适当增大E’小球到达C点的速度可能为零
D若E-…,要使小球沿轨道运动到C｀则应将H至少调整为誓
q
34
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」选修3ˉ1静电场｜
凰（…露奢…I）如阎｀…为同＿竖直平面内的三个点｀oB沿竖″涂～‘
直方向乙BOA-60.,O眉-;OA,将—质量为’″的小球以—定的初动能自
O点水平向右抛出’小球在运动过程中恰好通过A点.使此小球带电’电荷B.／
量为q（q＞0）’同时加—匀强电场’场强方向与△OAB所在平面平行.现从O点以同样的
初动能沿某＿方向抛出此带电小球’该小球通过了A点’到达A点时的动能是初动能的
3倍;若该小球从O点以同样的初动能沿另—方向抛出’恰好通过B点’且到达B点时的
动能为初动能的6倍’重力加速度大小为g。求:
（1）无电场时’小球到达A点时的动能与初动能的比值;
（2）电场强度的大小和方问
9. （2015.盲雪天津卷）如图所示’氖核、氖核、氖核三种粒子从同＿位置
无初速地飘人电场线水平向右的加速电场E1 ’之后进人电场线竖直
向下的匀强电场E2发生偏转’最后打在屏上。整个装置处于真空中’
不计粒子重力及其相互作用’那么
（
）
A.偏转电场E2对三种粒子做功—样多
B.三种粒子打到屏上时的速度—样大
C.三种粒子运动到屏上所用时间相同
D.三种粒子＿定打到屏上的同—位置
丫＋
ˉ
屏
｜
｜
｜
｜
→---→＝＝＿
＋-~~｜~~
~~○-~
35
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｜满分之路.搞定电磁学l
｜γ
A／｜＼B
（2015 .忘雪安撇卷）在工O〕平面内’有沿）轴负方向的匀强电
场’场强大小为E（图中未画出）’由A点斜射出质量为″′、带电荷
量为＋q的粒子’B和C是粒子运动轨迹上的两点’如图所示’其
10
中′0为常数.粒子所受重力忽略不计.求:
（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功;
（2）粒子从A到C过程所经历的时间;
（3）粒子经过C点时的速率.
36
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选（｜彦3—‖
恒定电流
第七讲部分电路的基本规律
…
本讲包含的内容主要有:电流的定义和微观解释’欧姆定律与电阻的伏安特性曲线,电
阻定律’电功和电热’串联电路和并联电路这些内容也代表了近五年高考的考查方向.
◎典例剖析
‖
■
斟
［例1］（2015 .高雪安徽卷）＿根长为L、横截面积为S的金属棒’
广ˉ＿L＿‖／S
广-（）
〃≡旦＿阶Q
其材料的电阻率为p’棒内单位体积自由电子数为＂’电子的
质量为′Ⅶ、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时,棒内产1
质量为′Ⅶ、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流’自由电子定向运
动的平均速率为U’如图所示’则金属棒内的电场强度大小为
（
）
A斟
巳咖宁＂
C′″,”
u器
…
［答案］
C
［分析］
该例考查电流的微观解释.
卤电流定义可知;I≡;-孪鸳-…,由欧姆定律可得;U-′R＝….p肯-
′…’又E-县.敛E～…选嚼C正确
［小结］
L电流的定义式;′≡÷对于电解液,其中q为正负离子总电量之和;′是时间’因
此这样计算所得电流为平均电流.
2.电流的微观解释:I＝″eSu’其中〃是电荷数密度’e是元电荷电量’S是导线的
横截面积’U是定向移动的速度.
37
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｜满分之路·搞定电磁孽ˉ〗
［例2］（2016·湖北七市联奢）某＿导体的伏安特性曲线如图AB段
1ˉ5
（曲线）所示’关于导体的电阻’以下说法正确的是
（
）1.0
A.B点的电阻为12Q
05
B.B点的电阻为40Q
6
C.导体的电阻因温度的影响改变了1Q
D导体的电阻因温度的影响改变了9Q
O
川×10ˉlA）
二二尹≥］′
A｜
｜
3
6U／V
［答案］
B
［分析］
当伏安特性曲线是曲线而非直线时’曲线上任—点的斜率不是电阻的倒数’而该
点的横纵坐标的比值恰是电阻
3
6
A点电阻RA＝1·0×10-1Q≡3（）Q,B点电阻RB＝1.5×10—lQ＝40Q,因此选
项A错误、B正确·△R＝RB＿RA＝10Q,故C、D错误·
［小结］
l欧姆定律;lˉ:（电流与电压成正比）仅适用丁金属利电解液导电,对半导体
和气体导电不成立;电压U是因,电流I是果.
2.伏安特性曲线:电压是横坐标’电流是纵坐标.图线上任＿点横坐标与纵坐标的
比值等于电阻;图线斜率的倒数不等于电阻
（1）对于金属和电解液’当温度不变时’电阻不变’其伏安特性曲线是正比例函
数直线;当温度变化时,电阻发生变化,因此图线成为曲线.
（2）对于气体和半导体’当温度不变时,电阻是变化的’其伏安特性曲线是曲线.
止≥
［例3］（2016.魂阳履捡）如图所示,厚薄均匀的矩形金属薄片边长为
αb＝10cm’bc＝5cm’当将C与D接人电压恒为U的电路时’
电流强度为2A’若将A与B接人电压恒为U的电路中’则电
流为
（
）
／
α
b
尸
C
厂
~~~~~~~~~~~~
“
『
↓D
A·0.5A
D.4A
B. 1A
C·2A
38
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』选修3.1恒定电流｜
■翘Ⅷ
［答案］
A
［分析］
长方体电阻从不同方向均匀流过电流’电阻率虽然相同’但电阻不同
∏万h÷百’RAB
设金属薄片厚度为H.榷撼屯阻定律公式R-′肯,有RcD-腆
~
′b候竿H,雕儡—＋喘-十;↑…姆庭摔｀…阎阎时｀咆流与龟腮咸反
比’因此两次电流之比为4; 1,第二次电流为0.5A’选项A正确.
［小结］
L电阻定律;R-′÷其中′是电阻率,表示材料对电流的阻碍作用据此将材料
依次分为超导、纯金属、合金、半导体、电介质（俗称绝缘体）;I是导体的长度;S
是导体的横截面积.
2.对于一块长方体电阻,电阻因通电方向的不同而不同。滑动变阻器就是通过调
节长度达到调节电阻的目的的.
［例4］（2016.怀化≡攘）有—个直流电动机’把它接人0.2V电压的电路时’电动机不转’
此时测得流过电动机的电流是0.4A;若把电动机接人2.0V电压的电路中,电动机
正常工作,工作电流是1.0A.求:
（1）电动机线圈的电阻;
（2）电动机正常工作时的输出功率;
（3）在发动机正常工作时,转子突然被卡住’此时电动机的发热功率.
■翻洒
［答案］
（1）0.5Q
（2）1.5W
（3）8W
［分析］
遇到电路问题’＿定要注意区分是纯电阻电路和非纯电阻电路’分情况选择公式
进行计算.
（1）电动机不转时’电动机电略为纯电阻电路,根据欧姆定律可得线圈的电阻R＝
●
●
′
°
尸
＾
凹
■
）
（
~~
∏
—
】
39
~~~
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｛满分之路,搞定电磁学〗
■疆Ⅷ
（2）电动机正常工作时的输入功率P输入＝UI＝2×1W＝2W’此时线圈的发热
功率为p热＝I2R＝0.5W,电动机的输出功率P输出＝P输入—P热＝2W—0.5W
＝1.5W;
（3）当转子被卡住之后,咆动枫为纯电陋屯略.屯动机的发热功率P熟-碧-
22
6了百W＝8W
［小结］
1.纯电阻电路和非纯电阻电路:纯电阻电路电功等于电热’电功率等于热功率;非
纯电阻电路（电路中有电动机和电解槽）电功大于电热’电功率大于热功率.
2.对于非纯电阻电路’电压U总＝U出＋U热’其中U出是转化为其他形式的能量
所对应的电压’U热是转化为电热的部分.
3对了非纯电阻电路用P-罢计算功率’其中的三个物理量是对应统的’即电
压只能是U热’功率只能是P热’即只能用于热功率;切不可把电压代成U总
或U出.
［例5］（2013.高雪安徽卷）用图示的电路可以测量电阻的阻值
图中R工是待测电阻’R0是定值电阻’G是灵敏度很高的
电流表’M」V是＿段均匀的电阻丝闭合开关’改变滑动头
p的位置,当通过电流表G的电流为零时’测得MP＝／l
,
PN＝′2’则R工的阻值为
（
）
R0
R翼
G
″
Ⅳ
P
←矿≡
八会鹰,
y
C.早R0
』1
′
L］
-—R〔）
＋／2
B.丙
／2
D
R0
』1＋／2
…西
［答案］
C
［分析］
该例电流表构成惠斯通电桥’电流表电流为零时’称为电桥平衡
4O
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』选修3ˉ1恒定电流｜
当灵敏电流表的电流为零时,电流表两端的电势相等.电阻R0和Rz串联的总电
压等于电阻丝MN两端的总电压.再根据串联分压原理’可得电阻R0和MP段
电阻丝的屯压相等’电阻R零和PN段屯阻丝的电压相等’有导＝半’可得R露＝
龟…咆压搁等｀龟腮R…N段龟腮绅…稠籍,有是
』
丝R0.
／1
［小结］
1.串联电路的特点
（1）电流关系:电流处处相等;
（2）电压关系:总电压等于各电阻两端电压之和;
2
（3）电阻关系:总电阻等于各电阻之和
（4）分压原理:电压分配与电阻成正比
（5）功率关系:功率分配与电阻成正比
2.并联电路的特点
（1）电压关系:各支路两端电压相等;
~~
丁
（2）电流关系;总电流等于各支路电流之和;
（3）电阻关系:总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和;
o并联总电阻总小于任一分电阻;
◎并联总电阻随任＿分电阻的增大而增大’减小而减小
（4）分流原理:电流分配与电阻成反比;
（5）功率关系:功率分配与电阻成反比.
·霞章节练习
呼
弹
1. （2016。益B日调研）＿根粗细均匀的金属导线’在其两端加上电压U时’通过导线的电流
为I’导线中自由电子定向移动的平均速率为U’若将导线均匀拉长’使它的横截面半径
变为原来的÷,再给它两端加上电压2U,则
△
（
）
4｜—
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｜满分之路.搞定电磁学］
A通过导线的电流为备
B通过导线的电流为击
C导线中自由电子定向移动的速率为:
D导线中自由电子定向移动的速率为:
／3
b
2. （2016.莆田期末）如图所示均匀的长薄片合金电阻板αbcd’αb
边长为L1 ’αα边长为L2 ’当端点1、2或3、4接人电路中时’
R12 :R34为
（
）
A·L1 :L2
B.L2 :L1
C. 1
:
1
DL? :L;
α
〃
／
／4
C
3. （2016.辐州捡测）＿个用半导体材料制成的电阻器D’其电流I随它两端电压U变化的
关系图象如图甲所示’若将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两
端’3个用电器消耗的电功率均为P’现将它们连接成如图乙所示的电路’接在该电源的
两端’设电阻器D和电阻R1 、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2 ’它们之间的关系为
（
）
D
〕
R1
R2
V
［／—调
（
O
甲
乙
凰P门-÷
AP1＝÷P
γ
C°PD＝P2
D·P1＜4P2
l. （2016
. .合·尔藻攘拟）在研究微型电动机的性能时’可采用如图
所示的实验电路.当调节滑动变阻器R’使电动机停止转动时’
电流表和电压表的示数分别为1.0A和1.0V;重新调节R’使
电动机恢复正常运转时’电流表和电压表的示数分别为2.0A
和15.0V.则当这台电动机正常运转时
A.电动机的内阻为7.5Q
B.电动机的内｜
C.电动机的输出功率为30.0W
D.电动机的输
B.电动机的内阻
（
）
为2.0Q
D电动机的输出功率为26.0W
42
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『选修3＝1恒定电流‖
第∧讲闭台电路欧姆定律
~
~
~内容譬读0
关于闭合电路的欧姆定律的考查重点’主要有四个方面:（1）考查U—I图象;（2）闭
合电路功率分配规律;（3）闭合电路的动态讨论;（4）含容电路问题;（5）电压增量与电流
增量问题;（6）电路故障的判断
◎典例剖析
~
~
（例1］（2016.济南外国语测试）如图甲所示的电路中’Rl 、R2均为定值电阻’且Rl＝
100O’R2阻值未知’R3为—滑动变阻器当其滑片P从左端滑至右端时’测得电源
的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示’其中A、B两点是滑片P在
变阻器的两个不同端点得到的.求:
U／V
P
2
1
1
R3
尺
∑
＝
兄
阶
A
O4
0。8
甲
乙
（1）电源的电动势和内阻;
（2）定值电阻R2的阻值;
（3）滑动变阻器的最大阻值
■硼Ⅷ
［答案］
（1）20V
20Q
（2）5Q
（3）300Q
［分析］
关于闭合电路的欧姆定律的问题中’U-I图线的纵截距表示电动势’横截距表示
短路电流.
（1）题图乙中AB延长线’交U轴于20V处’交I轴于1.0A处’
所以咆源铺电动势为E≡20v｀内腿萨-是＝20酗
43
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｜满分之路搞定电磁学l
（2）当P滑到R3的右端时ˉ ’电略参数对应图乙中的B点’即U2＝4V、I2＝0.8A’
得R』—尝-3q
（3）当P滑到R3的左端时’由图乙知此时U外＝16V’
I总＝（）·2A,
蔬以R瓣—尝-8（）°
…外-涛琵＋R』
｀
所以滑动变阻器的最大阻值为:R3＝300Q.
［小结］
L闭合电路的欧姆定律;l-急揭示了干路电流髓外电阻变化的物理规律;仅
适用于纯电阻电路.
2.电源的U—I图象;由闭合电路的欧姆定律可得路端电压与干路电流的关系
U＝—厂I＋E’图象为一次函数直线’斜率为—厂,横截距的物理意义表示短路’纵
截距的物理意义表示断路
（1）U＝＿厂I＋E’对非纯电阻电路也成立.
（2）电源的U—I图象与电阻的U—I图象的交点’表示＿定的电源与电阻所构
成的闭合电路’路端电压和干路电流的对应数值.
［例2］（2016 。枣营联者）已知电源内阻厂＝2Q’灯泡电阻RL＝2Q,R2
＝2Q’滑动变阻器R1的最大阻值为3Q’如图所示’将滑片P置
于最左端’闭合开关Sl、S2’电源的输出功率为P0’则
（
）
A.滑片P向右滑动’电源输出功率＿直减小
B.滑片p向右滑动’电源输出功率—直增大
C.断开S2 ’电源输出功率达到最大值
D.滑片p置于最右端时’电源输出功率仍为P0
R2
44
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』选修3.1恒定电流｝
｝酮Ⅷ
［答案〕
D
［分析］
E2
电源输出功率随外电阻的增大先增后减,最大值为P外max＝叮.
闭合开关S1 、S2,外电略总电阻R＝R1＋R并＝R1＋1Q,当P出
Pm
R＝厂≡2Q时,电源输出功率最大’根据电源输出功率与外
电路电阻的关系图象（女口图所示）可知,滑片从最左端向右
滑动’外电略总电阻从4Q减小到1Q’电源输出功率先增
O
1
厂＝2
4R／O
大再减小’选项A、B错误;滑片在最左端’断开S2 ,外电略
总电阻R＝R1＋R2＝5Q≠厂’电源的输出功率不是最大,选项C错误.当滑片在最
左端时,R-R］＋R萧-｀Q’电流′＝六-÷（A）.电源的输出功率为P0’则P‘
≡′憋R-导（W）｛当滑片在最右端时,尺′≡R挤＝1q.电流!′-六-号（A）.电
源的输出功率为P′-r』R′-等（W）-P』,逸项D正确
［小结〕
闭合电路中各种功率随外电阻R的变化规律:
（l）电源的总功率』P隐-悬（隧尺的增大『∏减小）;
（2）电源消耗的功率;P陶＿（岩）』厂（随R的增大而减小）;
B卜
（3）输出功率（外电阻消耗的功率）;P′卜-（卢）2R＝旦
4厂
E2
（R亏）:＋4厂（随R的增大先增后减）;当R≡厂时’
E2
输出功率最大’最大值为P外max＝叮’如图所示.
咎
P
O
R2
R
R1
厂
45
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｜满分之路.搞定电磁学［
［例3］（2016 。石率庄调研）如图为某控制电路,由电动势为E、内阻为厂的电源与定值电阻
Rl、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成’L1 、L2是两个指示灯.当电位器的触片
由6端滑向α端时’下列说法正确的是
（
）
R1
B.Ll 、L2都变暗
DL1变暗’L2变亮
A.L1 、L2都变亮
C.Ll变亮,L2变暗
［答案］
B
［分析］
该例属于闭合电路的动态讨论问题’用‘‘串反并同”的规律解决.
当电位器的触片由b端滑向α端时,电阻逐渐变大,电路的总电阻变大,略端电压
变大,总电流减小,则R1上电流变大’L1上电流减小,R2以及电位器和L2两端
的电压之和变大’通过R2的电流变大’通过L2的电流减小’则L1、L2都变暗’选
项B正确
［小结］
L闭合电路的动态讨论问题:分析思路为“分总分”.牵一发而动全身’局部电阻的
变化引起整个电路电阻的变化’根据闭合电路的欧姆定律’干路电流随之发生
变化’各支路电流也随之发生变化.
2.题型规律:串反并同即与变化的电阻串联的支路和干路电流’随电阻的增大而
减小;与之并联的支路电流’随电阻的增大而增大.
［例4］（2（）16 。枣北＝犊≡摸）如图所示’Cl＝6似F’C2＝3队F’Rl＝3Q’R2＝6Q’电源电动
势E＝18V’内阻不计.下列说法正确的是
（
）
卜＝＝＝＝
E
｛卜
46
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』选修3＝1恒定电流｜
A.开关S断开时’α、b两点电势相等
B.开关S闭合后’α、6两点间的电流是2A
C.开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大
D.不论开关S断开还是闭合’Cl带的电荷量总比C2带的电荷量大
…晒
［答案］
BC
［分析］
该例属于含容电路问题’随着电路发生结构性的变化’电容器要充电和放电’电量
的变化’要等电路电流稳定后再计算.
S断开时外电略处于断略状态’两电阻中无电流通过,电阻两端电势相等’由图知
α点电势与电源负极电势相等’而b点电势与电源正极电势相等,选项A错误.
S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势’而C1＞C2 ’由Q＝CU知此时Q1
＞Q2 ,当S闭合时’稳定状态下C1与R1并联’C2与R2并联,电略中电流I＝
E
＝2A,此时两电阻两端电压分别为U1＝IR1＝6V、U2＝IR2＝12V,则
R1＋R2
此时两电容器所带电荷量分别为Q1′＝ClU1≡3. 6×10＿5C、Q2′＝C2U2＝
3.6×10＿5C’对电容器C1来说’S闭合后其两端电压减小’所带电荷量也减小’选
项B、C正确,D错误.
［小结］
含容电路问题解题注意事项:
（1）计算电容器充电和放电的多少’要在充电和放电结束’即其他电路电流稳定
后’电容器所在支路电流为零时才能进行计算.
（2）无论电容器所在支路串联着多少电阻’由于充放电结束后’电阻电压为零’因
此电容器两端的电压等于它所在支路两端的电压.
［例5］（2016.南昌一橡）如图所示电路中’R1、R2为定值电阻,电源的内电阻为厂.闭合开
关S’电压表显示有读数’调节可变电阻R的阻值’电压表示数增大量为△U.对此过
程,下列判断正确的是
（
）
47
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｜满分之路.搞定电磁学［
R2
尺
＞
—
凡
V
一
吕
＝
厂
屁
当
｜
A.可变电阻R阻值增大’流过它的电流增大
B.电阻R2两端的电压减小’减小量小于△U
C通过电阻R』的电流减小喊小量等于苦
D路端电压—定增大’增大量小于△U
■疆Ⅷ
［答案］
BI）
［分析］
解决电流和电压的增量问题.首先要弄清增量的含义,其次根据串联分压和并联
分流原理解决.
调节可变电阻R的阻值’电压表示数增大量为△U.可变电阻R阻值增大’流过它
的电流减小’选项A错误.电阻R2两端的电压减小’电源内阻电压减小’二者减小
量之和等于△U’所以电阻R2两端的电压的减小量小于△U’选项B正确.通过电
腮腮』输电流减』』、减小量′｜｀于铝’选项C错误踏蠕咆压一震增大.增大量′）、于
△U,选项D正确。
［小结］
1.并联电流增量的关系;干路增加（减小）的电流’等于各支路增加（减小）的电流
之和减去减小（增加）的电流之和.
2.串联电压增量的关系:在串联电路中’某部分两端总电压的增加（减小）量’等于
各电阻两端电压增加（减小）量之和减去减小（增加）量之和.电路路端电压的变
化量等于电源内压的变化量.
［例6］（2016.江西大学耐中期率）如图所示电路中’电阻R1 :R2 :R3 :R4＝1
: 2
: 3
: 4’
C为电容器’A为电流表’当电路中某个电阻断路瞬间’发现有自上而下的电流通过
电流表A,则断路的电阻可能是
（
）
48
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』选修3ˉ1恒定电流｝
尺
℃
°
｜
＿
尺
R3
R4
B°R2
D·R4
A·R］
C.R3
［答案］
BC
［分析］
该例属于判断电路故障的问题,重点考查推理能力、分析与综合能力.
设略端电压为U则根撼欧姆庭律可得U愿1＝÷U,U腮』～:U,U蹿＝÷U.U鹏-
÷U.设屯源负极的屯势为零则电容器上极板的电势萨上＝:U,下极板的屯势为
γ下＝÷U,上极板屯势大于下极板屯势’有自上而下的电流通过屯流表’说明屯容
′
器两端电压变大’所以可能为电阻R2变大或者电阻R3变大｀选项B、C正确·
［小结］
用电压表判断电路故障:把电压表并联在电路某两点之间’如果没有示数’则两点
之间短路,或两点以外断路;如果有示数,则两点之间断路;如果示数约为电源电
动势’则干路断路
.￡章节练习
‖
…
l. （2016.汕头联雪）如图所示’α、b分别表示—个电池组和—只电阻的伏安特性曲线以
下说法正确的是
（
）
I／A
4
~
＼≤
~~~~~~~~~~~~~~~~
2
［〃V
O
1
2
3
4
49
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‖澎分之路.搞定电磁学〗
A.电池组的内阻是1Q
B.电阻的阻值为0.33Q
C.将该电阻接在该电池组两端’电池组的输出功率将是4W
D.改变外电阻的阻值时’该电池组的最大输出功率为4W
（2016.衡水一攘）现有甲、乙｀丙三个电源’电动势E相同’内阻不同,分别为厂甲’厂乙’
厂丙.用这三个电源分别给定值电阻R供电’已知R＝厂甲＞厂乙＞厂丙,则将R先后接在这
三个电源上的情况相比较’下列说法正确的是
（
）
A.接在甲电源上时’电源内阻消耗的功率最大
B.接在甲电源上时’定值电阻R两端的电压最大
C.接在乙电源上时’电源的输出功率最大
D.接在丙电源上时’电源的输出功率最大
2
3. （2016.襄旧日联雪）如图所示’电源内阻不可忽略’当滑动变阻器的滑动片问右滑动时’下
列说法中正确的是
（
）
B.电流表A2读数变大
D.电压表V读数不变
A.电流表A1读数变小
C.电压表V读数变大
4. （2016.盲者全国卷Ⅱ）阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如
图所示电路开关s断开且电流稳定时’c所带的电荷量为Q1 ;闭合开关s’电流再次稳
定后’C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为
（
）
E
5O
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』选修3ˉ1恒定电流｝
］
—
〗
●
Ⅱ
A县
O
∩
C÷
〗
—
〗
●
∏
5.如图所示’E为内阻不能忽略的电池’R1、R2为定值电阻’R3是滑动变阻器’图中两个电
压表和两个电流表都是理想电表’闭合开关S’现调节滑动变阻器并记下四个电表的示
数变化分别为△Ul 、△U2、△I1、△I2’如果用厂表示电源的内阻’则
（
）
ˉ——@＿——
—司广≥—
凰尝-雁」十盖窍』
A器-R!
C错-R』
D器—′~
6. （2016 .西安一中期率）如图所示的电路中’灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的’
现在突然灯泡A比原来变暗了些’灯泡B比原来变亮了些’则电路中出现的故障可
能是
（
）
R1
B
A
R3
B.R2断路
D.R1、R2同时短路
A.R3断路
C.R｜短路
5↑
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隧垃之路·搞定龟臆事〗
第九讲以串、并联为原理的电学实验
内容导读0
所有的电学实验’其测量电路部分无非是串联电路和并联电路’实验原理就是串联
分压原理和并联分流原理电压表的改装依据的是串联分压原理,电流表的改装依据的
是并联分流原理;半偏法测电压表的内阻依据的是串联分压原理’半偏法测电流表的内
阻依据的是并联分流原理
c典例剖析
『
［例l］（2016·央庆三摸）要测量某电压表Vl的内阻Rv’其量程为2V’内阻约2kQ.实验
室提供的器材有:
电流表A’量程0.6A’内阻约为0. 1Q;
电压表V2’量程5V’内阻约为5kQ;
定值电阻R1 ’阻值为30Q;
定值电阻R2’阻值为3kQ;
滑动变阻器R3 ’最大阻值10Q’额定电流1.5A;
电源E,电动势6V’内阻约0.5O;
开关S＿个’导线若干.
（1）请从上述器材中选择必要的器材’设计＿个测量电压表V1内阻Rv的实验电
路.要求测量尽量准确’试画出符合要求的实验电路图’并标出所选元件的相应
字母代号.
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
（2）写出电压表V1内阻Rv的表达式
’式中各符号的物理意
义是
（3）若测得V1内阻Rv＝1.8kQ’现要将V1改装成—个与V2量程相同的电压表’
则需在V1两端
联＿个电阻’电阻的阻值应为
52
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』选修31恒定电流｝
…涵
［答鬃］
（l）图见解析
（:）Rv—击第｜
∏!表示电压襄v1的读数,U』表示
V1和R2串联的总电压（或电压表V2的读数）
（3）串
2.7kO
［分析］
电压表既是仪表,也是电阻本题电压表V1与电阻R2是串联分压关系’而电压表
V2与它们二者又是并联关系.
（1）电略如图所示;
（:）电压皋v｜…M嫡袁达式为Rvˉ［拧1 ,其中U!表示电压表v1输读
数’U2表示V1和R2串联的总电压;
（3）要将V1改装成一个与V2量程相同的电压表’则需在V1两端串联一个电阻’
U2—U1
5—2
R＝
＝
U1
2
RV
1·8
kQ＝2.7kQ.
电阻的阻值应为
［小结］
电路图的认识:关于电学实验的电路图’要善于分解为两个部分去看待’一部分是
控制电路’另＿部分是测量电路控制电路由三大件组成’即电源、开关和滑动变
阻器.测量电路虽然千变万化’但是看透了’不就是电路的串、并联嘛
∩）
（∩
电路图的认识
电路如果分开看’控制测量各一半。
控制电路有三件’电源开关和滑变。
测量电路要看穿’其实就是串并联°
／
＼≡／
53＿
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［澎分之路.搞定电磁孽〗
［例2］（2016·
（2016·高者全国卷Ⅱ）某同学利用图（a）所示电路测量量程为2.5V的电压表V的
内阻（内阻为数千欧姆）’可供选择的器材有:电阻箱R（最大阻值99999.9Q）’滑动
变阻器R1（最大阻值50Q）’滑动变阻器R2（最大阻值5kQ）’直流电源E（电动势
3V）’开关1个’导线若干.
图（a）
实验步骤如下:
o按电路原理图（a）连接线路;
◎将电阻箱阻值调节为0’将滑动变阻器的滑片移到与图（a）中最左端所对应的位
置’闭合开关S;
o调节滑动变阻器’使电压表满偏;
@保持滑动变阻器滑片的位置不变’调节电阻箱阻值’使电压表的示数为2.00V’记
下电阻箱的阻值
回答下列问题:
（1）实验中选择滑动变阻器
（填“Rl ’’或“R2”）.
（2）根据图（a）所示电路将图（b）中实物图连线.
爵删鹏;
词感
图（b）
（3）实验步骤@中记录的电阻箱阻值为630.0Q’若认为调节电阻箱时滑动变阻器上
的分压不变’计算可得电压表的内阻为
Q（结果保留到个位）.
（4）如果此电压表是由—个表头和电阻串联构成的’可推断该表头的满刻度电流为
（填正确答案标号）.
A· l00似A
C.500件A
B.250′儿A
I）. 1mA
54
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』选修3ˉ1恒定电遮］
…Ⅷ
［答案］
（1）Rl
（2）如解析图所示
（3）2520
（4）D
［分析］
该例有实物图的连接’连接时应先把电路分为两部分’即把控制电路和测量电路
分别连接’然后并联起来.同时要注意滑动变阻器的接法.
（1）实验原理类比于半偏法测电表内阻’电压表所在支略的总电压应该尽量不变
化’即滑动变阻器选最大阻值小的R1.
（2）如图所示
（3）近似认为电压表所在电略的总电压不变’且流过电压表与变阻箱的电流不变’
六2÷2.则Rv≡4R-2520o
＝
（4〕御欧姆定捧可轰,.′满＝尝-揣A≈］m八
［小结］
电学实物图的连接方法:电学实验实物图的连线’首先要连接控制电路那＿个大
串联.然后并人测量电路的各个元件’同时要注意电源和电表的正、负极’不能
接反
口〕
归
实物图的连接
电学实物要连线’先连控制一大串°
后并测量各元件’正极负极莫接反°
／
＼一／
55
~
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.满分之路』搞定电磁学1
［例3］（2016 .瑚北重氮中学联者）如图所示是用半偏法测量电压表内阻的电路图以下是
备用仪器:
K2
A.待测电压表（3V,内阻1500Q左右）
B.电源E（4V’2A’内阻很小）
C.电阻箱（0～999.9Q）
D电阻箱（0～9999.9Q）
E.滑动变阻器（0～20Q’3A）
F.滑动变阻器（0～2000Q’2A）
G.开关两个’导线若干
（1）为保证测量精度,电阻箱应选
（2）完善下列实验步骤:
;滑动变阻器应选用
. （填代号）
a.闭合开关K2并将滑动变阻器的滑片调至
’然后闭合开关K1
;
b.调节滑动变阻器使电压表恰好满偏;
C·
’使电压表的指针恰好指在中间刻度（半偏）’此时电阻箱的示数为R
那么’该电压表内阻的测量值为
（选填“偏大”“偏小”或“相等”）.
测量值和真实值比较数值
…Ⅷ
［答案］
（1）D
E
（2）a.最左端
c.断开开关K2’调节电阻箱的阻值R
偏大
［分析］
半偏法的基本思想就是串联分压原理和并联分流原理.
56
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』选修3ˉ1恒定电流｝
■磁Ⅷ
（1）在半偏法测电阻的实验中,电阻箱的阻值应与待测电压表的阻值基本相等,故
电阻箱应选D,而滑动变阻器采用分压式接法’为了调节方便’故滑动变阻器
选用较小阻值的E
（2）在测量数据时’电压要从较小数值开始变化’因而滑动变阻器开始时应在最左
端.由于采用半偏法测量’因而断开开关K2’调节电阻箱的阻值’使电压表的
指针恰好在中间刻度,即半偏’由串联电路知识可知’电压相等’电流相等’因
而电压表的内阻的测量值为R.但开关K2断开’电阻增大’分压增大’而电压
表示数为原来的一半时’电阻箱分压要略大于一半’故电阻箱的阻值比电压表
的内阻要咯大.
［小结］
1.用半偏法测量电压表和电流表的内阻:测量电表内阻用半偏法’测量安培表
内阻用并联分流原理’测量伏特表内阻用串联分压原理.由于电表内阻对电
流和电压的影响’致使待分配的电流和电压已经发生了变化’总数值超过满
偏电流和满偏电压.可是’安培表和伏特表依｜日按照原来的满偏值分配＿
半,这很显然是刻舟求剑的做法’系统误差在所难免.用电阻箱的阻值显示
待测电表的内阻.根据串联分压原理’电压的分配跟电阻成正比’因此伏特
表内阻的测量值偏大;根据并联分流原理’电流的分配跟电阻成反比’因此
安培表内阻的测量值偏小.
′丫～
＼L／
半偏法测电表的内阻
测表内阻用半偏,安培并联伏特串。
电表内阻有影响,致使总数超满偏°
刻舟求剑分＿半,系统误差难避免°
分压分流正反比’偏大偏小对伏安。
■
乡
57
~
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‖满分之路.搞定电磁学〗
2.滑动变阻器的两种连接方式:滑动变阻器的两种解法’称作限流式和分压式—
上—下接线的方式为限流式’＿上两下接线的方式是分压式.限流式功率损耗
较小’分压式调节电压和电流的范围较大,两种方式的上限相同’下限不同,分
压式的调节电压和电流的下限可以为零.若要调节的线性好’方便调节,就用待
测电阻的粗略阻值去除以滑动变阻器的最大电阻.所得比值是1～5’适宜用限
流式;比值是0. 1～5’适宜用分压式.如果两个滑动变阻器对应的这个比值都在
这个范围’选倍数大的—个滑动变阻器为最好.
／＝＼
｝小
／ˉ＾
＼L
滑动变阻器两种连接方式
滑动变阻两接法,称作限流和分压°-上-下为限流,一上两下是分压。
限流功率损耗小,分压调节范围大。调节若要线性好,待测电阻去除它。
一至五倍宜限流,零点-到五分压。倘若都在此范围,倍数大者为最佳。
～Z
ˉ答章节练习
L（2016 .西二大耐中摸拟）微安表G（测小电流的电流表）的内阻一般都在数百欧姆左右.
现在有两个刻度盘上仅有刻度而没标出数值的微安表’将它们串联在同＿电路中时’其
指针的位置如图甲中a、b两图所示.现欲利用其中的＿个测另＿个的内阻’除了这两个
微安表之外还备有下列器材:电池E、电阻箱R、定值电阻R0（作保护电阻用）、开关S及
够用的导线.
辙嗡
8
7
霹镶
8
7
@
@
｜
队
Ⅳ
～
广
皿
卜
｜
吓～
a
盂＞
』
田
‖
乙
丙
某同学已将这些器材连成了如实物图乙所示的电路,接通开关后’发现两个微安表的指
针均指在各自表盘的正中央,电阻箱各旋钮的位置如图丙所示’由此可知’他在测微安表
（填“a”或“b’’）的内阻’被测微安表的内阻为
Q（保留三位有效数字）.
58
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』选修3劈1恒定电流‖
2.某物理兴趣小组要精确测量＿只电流表G（量程为1mA、内阻约为100Q）的内阻.实验
室中可供选择的器材有:
电流表Al :量程为3mA’内阻约为200Q;
电流表A2 :量程为0.6A’内阻约为0. 1Q;
定值电阻Rl :阻值为10Q;
定值电阻R2 :阻值为60Q;
滑动变阻器R3 ;最大电阻20Q’额定电流1.5A;
直流电源:电动势L5V’内阻0.5Q;
开关’导线若干.
（1）为了精确测量电流表G的内阻’你认为该小组同学应选择的电流表为
电阻为
. （填写器材的符号）
、定值
（2）在虚线框中画出所需的实验电路图.
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
（3）按照所设计的电路进行实验’测得（1）中所选电流表的示数为I1 ’电流表G的示数为
I2 ’则电流表G的内阻的表达式为厂g＝
（4）请列出你所知道的测量电阻的方法:
（至少写出两种）
（2015 .盲雪北京卷）如图所示’其中电流表A的量程为0.6A,表盘均
匀划分为30个小格’每＿小格表示0.02A;R1的阻值等于电流表内阻
的÷』R』的阻值等于电流表内阻的2倍若用电流表A的表盘刻度表承
∩
门
1
2
3
流过接线柱1的电流值’则下列分析正确的是
A.将接线柱1、2接人电路时’每一小格表示0.04A
B.将接线柱1、2接人电路时’每一小格表示0.02A
C.将接线柱1、3接人电路时’每＿小格表示0.06A
D.将接线柱1、3接人电路时’每—小格表示0.01A
（
）
59
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｜满分之路·搞定电磁学［
（2014。高者四川卷）如图是测量阻值约几十欧的未知电阻R工的原理
图’图中R0是保护电阻（10Q）’R1是电阻箱（0～99.9Q）’R是滑动变
阻器,A1和A2是电流表’E是电源（电动势10V’内阻很小）.
4
R
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:
（
｜）连接好电路’将滑动变阻器R调到最大;
（
｜｜）闭合S’从最大值开始调节电阻箱R1 ’先调Rl为适当值’再调节滑动变阻器R’使
A1示数I1＝0. 15A’记下此时电阻箱的阻值Rl和A2的示数I2;
（‖｜）重复步骤（
‖
）’再测量6组R1和I2值;
（｜γ）将实验测得的7组数据在坐标纸上描点.
根据实验回答以下问题:
（1）现有四只供选用的电流表:
A.电流表（0～3mA,内阻为2.0Q）
B.电流表（0～3mA’内阻未知）
C.电流表（0～0.3A,内阻为5.0Q）
D.电流表（0～0.3A’内阻未知）
A1应选用
’A2应选用
（2）测得＿组R1和I2值后’调整电阻箱R1 ’使其阻值变小’要使Al示数I］＝0
应让滑动变阻器R接人电路的阻值
（选填“不变’,“变大’或“变小”）.
（3）在坐标纸上画出R1与I2的关系图
15A,
Rl／o
‖
◎
∩
‖
·
‖
β
旬
斗
］
∑
】
O
0。050。100·15O.200°250。30L／A
（4）根据以上实验得出R工＝
Q.
6O
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』选修3.1恒定电流‖
第十讲以欧姆定律为原理的电学实验
慧内容导读0
以欧姆定律为原理的实验’就是采用伏安法测量电阻的实验.教材上“描绘小灯
泡的伏安特性曲线”“测量金属丝的电阻率”和“测定电源电动势和内电阻’’等三个学
生实验都采用了伏安法.其中最后＿个实验也可以归属于以闭合电路的欧姆定律为
原理的实验.
◎典例剖析
［例1］（2014.高雪全国卷Ⅱ）在伏安法测电阻的实验中’待测电阻R工约为200Q’电压
表V的内阻约为2kQ’电流表A的内阻约为10Q’测量电路中电流表的连接方式如
图（a）或图（b）所示,结果由公式R蓝-旱计算得础,式中U与′分别为电压表和电流
表的示数.若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为R工l和R工2’则
（填“R工1”或“R工2”）更接近待测电阻的真实值’且测量值Rz1
（填“大于”、“等
于”或“小于’’）真实值’测量值R堑2
（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值.
图（a）
图（b）
［答案］
R工1
大于小于
［分析］
该例直接考查伏安法的两种不同接法的基础知识.
↑…意喘＞瓷｀电压袁蹦分流作阀较显著｀越R露!奠摆…愧腮输真实
值.图（a）的测量值是R堑与RA串联的电阻阻值’故R延1＞R延真;图（b）的测量值是
R工与Rv并联的电阻阻值’故R延2＜R工其.
6‖-
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‖满分之路,搞定电磁学‖
［小结］
伏安法分为内接法和外接法’在测量电阻时选择哪种接法效果更好呢?用试
探法和比较法判断才会知道不知道待测电阻的粗略阻值时用试探法’即观
察两表的示数变化.安培表示数变化显著就选内接法,伏特表示数变化显著
就选外接法,只有这样’系统误差才会更小.知道待测电阻的粗略阻值时用比
较法’即将待测电阻的粗略阻值跟两表电阻的等比中项做比较.内接法大于
等比中项,外接法小于等比中项,其实.‘内大外小’’一箭四雕另外三雕我仅拿
内接法说事:—雕适合测量大电阻,二雕待测电阻远远大于安培表的内阻,三
雕测量值大于真实值.
口）
（∩
伏安法测电阻
内接外接孰更好?试探比较才知道°不知粗值用试探,示数变化看两表。
安伏显著选内外,系统误差会更小。知道粗值用比较,等比中项做参照°
内接大于外接小,-箭同时射四雕°
乡
＼＝〃
［例2］（2016.瑚北武汉外国语期中）某同学要测量—均匀新材料制成的圆柱体的电阻率p.
步骤如下:
（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1’由图可知其长度为L＝
mm;
7
5cm
6
州｝州册‖‖血u』
25
20
15
0
10
20
~~
图1
图2
（2）用螺旋测微器测量其直径如图2’由图可知其直径为D＝
∏1In;
（3）用多用电表的电阻“×10”挡’按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻’表盘的示数
如图3所示’则该电阻的阻值约为R＝
Q.
62
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』选修3.1恒定电流‖
1
图3
（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R’现有的器材及其代号和规格如下:
待测圆柱体电阻R
电流表A1（量程0～4mA’内阻约50Q）
;
电流表A2（量程0～10mA’内阻约30Q）;
电压表V1（量程0～3V,内阻约10kQ）;
电压表V2（量程0～15V’内阻约25kQ）;
直流电源E（电动势4V’内阻不计）;
滑动变阻器R1（阻值范围0～15Q’允许通过的最大电流2.0A）
滑动变阻器R2（阻值范围0～2kQ,允许通过的最大电流0.5A）
开关S、导线若干
为使实验误差较小,要求测得多组数据进行分析,请在图4虚线框中画出测量的
电路图’并标明所用器材的代号.
~
~
~
~
图4
（5）根据你设计的测量电路’在图5中用实线连接好电路.
爵闺
R
∩
ˉ—厂←弓广
图5
. （用所测量的字母表达）
（6）圆柱体材料的电阻率表达式为p＝
63
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｜满分之路.搞定电磁学l
…画
［答案］
（1）50」6
（2）“9;
（:）220
（4）见解析图蝎）略
（6）祭′
［分析］
测定电阻丝的电阻率的实验应用了伏安法.该例还考查了两把尺子的读数和电学
仪表的读数方法.
（l）游标卡尺的读数为L-5cm＋:×六mm＝虱015。m＝5015mn1
（2）螺旋测微器的读数为创＝4。5mm＋0·01×19.8mm＝4.698mm。
（3）欧姆表的读数为R＝22×10Q＝220Q.
（』）电源咆动势为!v,咆压表应选v｜,电略最大电流约为I-:—盖A≈
13.6mA’电流表应选A2 ’为方使实验操作’滑动变阻器应选R1 ’待测电阻阻
值大于滑动变阻器最大阻值,滑动变阻器采用分压接法’电压表内阻远大于待
测电阻阻值’电流表采用外接法’实验电略图女口图所示
（5）实物图连接女口图所示。
…
＿
哑
~~
○
｜
率
阻
电
则
儿
—
日
′
~~
尺
阻
电
∏
了
~~
及
值
阻
阻
电
测
待
）
β
（
64
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』选修3＝1恒定电流｜
…Ⅷ
［小结］
1.测量金属丝的电阻率／外接法分压式金属丝的电阻都不大’宜采用外接法;
电压和电流取值范围越大越好’因此宜采用分压式.
2.电压表、电流表和欧姆表的读数规则:电表如何读数呢?关键在于末尾数字的
读数’说法很多’不＿而足.我曾经拜读过＿位研究高考问题资深专家的文章’
觉得以下读法最为靠谱—无论是什么量程的电压表、电流表、还是欧姆表’都
先看表盘的最小刻度最小刻度若是1’2（1,2或0. 1’0.2等均属此类）,就采用
十分法’即将最小刻度十等分’用估读的数字去乘它’就是末尾的读数;最小刻
度是5（5或0.5’0.05等均属此类）’采用的是五分法,即将最小刻度五等分’用
估读的数字去乘它’就是末尾的读数.
∩
m
电表读数规则
电表如何读数?说法不一而足°
此法最为靠谱:先看最小刻度°
十分估读—二’五分估读是五。
乡
～Z
［例3］（2016·银川质捡）某同学为研究小灯泡（最大电压不超过2. 5V’最大电流不超过
0.55A）的伏安特性曲线’在实验室找到了下列实验器材:
A.电压表（量程是3V’内阻是6kQ）
B.电压表（量程是15V’内阻是30kQ）
C.电流表（量程是0.6A’内阻是0.5Q）
D.电流表（量程是3A’内阻是0. 1Q）
E.滑动变阻器（阻值范围0～100Q’额定电流为0.6A）
F.滑动变阻器（阻值范围0～5Q’额定电流为0.6A）
G直流电源（电动势E＝3V’内阻不计）
H开关、导线若干
该同学设计电路并进行实验’通过实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的
电流和电压）。
0.50
0.47
0.49
0.42
0。45
（）·38
I／A
0.21
0。29
0. 12
0.34
0
2.00
1.80
1.20
l·60
1·40
0.80
L00
U／V
0·20
0。4（）
0.60
0
65
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｜满分之路,搞定电磁学［
（1）为了提高实验结果的准确程度’电流表选
阻器选
. （以上均填写器材代号）
;滑动变
;电压表选
（2）请在如图所示的虚线框中画出实验电路图
~
~
~
~
~
~
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
（3）在如图坐标纸中描出该小灯泡的伏安特性曲线.
″A
■
●
■
■
●
◎
◎
◎
◎
◎
日
斗
〗
∑
］
~~~~~~~~~
」
~~
O0。40.81。21。62·0［／／V
（4）据（3）中描出的伏安特性曲线可知’该小灯泡的电阻随温度变化的情况为:
回溉Ⅷ
［答案］
（1）CAF
（2）（3）图见解析
（4）小灯泡电阻随温度升高而增大
［分析］
测定小灯泡的伏安特性曲线的实验应用了伏安法.该例考查了电流表、电压表的
选择办法.
（1）因为小灯泡的最大电流为0. 55A’故电流表选C;小灯泡的电压不超过2.5V’
则电压表选A;滑动变阻器选阻值较小的F.
（2）电略如图甲.
（3）伏安特性曲线如图乙.
0〃A
5 肿邦
4｜-
3
｜
｜
｜止｜」
丰」啡｜二／＝
21／｜
｜
｜
｜
｝
｜
｜
｝／
‖
‖
‖
‖
『
‖
‖
●
■
■
■
■
·
·
·
‖
◎
OO4O.81.21ˉ62.0U／V
乙
甲
乙
（4）小灯泡的电阻随温度变化的情况为:小灯泡电阻随温度升高而增大
66
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』选修3≡1恒定电流｝
［小结］
1.描绘小灯泡的伏安特性曲线＿外接法分压式由于小灯泡的电阻很小’所以
应采用外接法;同时要求描绘小灯泡的伏安特性曲线’电压和电流取值范围尽
可能大’滑动变阻器要用分压式分压式的电压和电流调节范围都比限流式的
大’下限都可以是0.
2.安培表和伏特表的选择方法:首先根据电源电动势选择伏特表’其次根据电动
势除以待测电阻的粗略阻值这种估算的办法’选择安培表.选择的原则是让电
表的指针偏摆幅度尽可能地大’超过三分之二’至少超过＿半’但是绝对不能超
过满偏’会烧坏电表.
田
厂
皿
／
~
＼
伏特表和安培表的选择
＿选伏特看电源,二选安培要估算°
指针偏幅须过半,但是不能超满偏°
＼＝／
.鳖章节练习
l. （2016·江乘十捶联者）用伏安法测电阻时’由于电压表、电流表内阻的影响’使得测量结
果总存在误差,而按图甲所示电路进行测量’则由电压表、电流表内阻所造成的误差可
消除.
甲
乙
（1）请你简要写出还未完成的主要操作步骤’并用字母表达出相应的测量值.
O闭合开关S1 ,开关S2接2’调节Rp和Rp′ ’读出电流表和电压表的示数I2、U2
◎保持RP不变’
67
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｜满分之路,搞定电磁学］
（2）请你推导出待测电阻R工的表达式
（3）用实线代表导线’将图乙中的器材按电路图连成测量电路
2. （2013.高雪天津卷）要测绘＿个标有“3V
（）. 6W”小灯泡的伏安特性曲线’灯泡两端
的电压需要由零逐渐增加到3V,并便于操作.已选用的器材有;
电池组（电动势为4.5V’内阻约1Q）;
电流表（量程为0～250mA’内阻约5Q）;
电压表（量程为0～3V’内阻约3kQ）
;
电键—个、导线若干.
（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的
（填字母代号）.
A.滑动变阻器（最大阻值20Q’额定电流1A）
B.滑动变阻器（最大阻值1750Q’额定电流0.3A）
（2）实验的电路图应选用下列的图
（填字母代号）
A
B
—0］
—0@寸
~~~~~｜
斗ˉ县—回
C
｜■
（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示.如果将这个小灯泡接到电动势为L5V’
内阻为5Q的电源两端’小灯泡消耗的功率是
W.
I／A
0°30
~
0。20
＝
才
／
0·10
［″V
其
O
1·0
2·0
3O
68
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『选修3ˉ1恒定电流｜
3. （2014.高奢江霉卷）某同学通过实验测量＿种合金的电阻率.
（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径.为防止读数时测微螺杆发生转动’读数前应先旋紧
如图1所示的部件
（选填“A”、“B’’、‘‘C”或“D”）.从图中的示数可读出合金
丝的直径为
In∏1·
C
D
测砧测微螺杆
图1
（量程100mA’
0ˉ3O）
图2
（2）如图2所示是测量合金丝电阻的电路’相关器材的规格已在图中标出合上开关’将
滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中’发现电压表和电流表的指针只在图示位置
发生很小的变化由此可以推断:电路中
（选填图中表示接线柱的数字）之
（选填』‘短路”或“断路”）
间出现了
（3）在电路故障被排除后’调节滑动变阻器’读出电压表和电流表的示数分别为2.23V和
38mA’由此’该同学算出接人电路部分的合金丝的阻值为58.7Q.为了更准确地测出合
金丝的阻值’在不更换实验器材的条件下’对实验应作怎样的改进?请写出两条建议.
69
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｜满分之路,搞定电磁学〗
第十-讲以闭台电路的欧姆定律为原理的实验
＿—内窖导读0
以闭合电路的欧姆定律为原理的实验’教材里面主要有两个’—个是欧姆表的工作
原理’＿个是测定电源的电动势和内电阻.
c典例剖析
［例1］（2016.大霉期率）用如图甲所示的多用电表测量电阻’要用到选择开关K和两个部
件S、T.
（1）请根据下列步骤完成电阻测量
｜乳
／
‖｜
α
〗
〃
甲
乙
’使指针对准电流的“0”刻度线
@旋动部件
◎将K旋转到电阻挡“×100’,位置.
◎将插人“＋”“—”插孔的表笔短接’旋动部件
刻度线.
,使指针对准电阻的“0”
（2）将调好零的多用电表按正确步骤测量＿电学元件P的电阻’P的两端分别为α、b’
指针指示位置如图乙所示.则通过P的电流方向是
（选填“α→b”或“b→
α”）’为使测量比较精确’应将选择开关旋到
调零’再进行测量
的倍率挡位上’并需要重新
7O
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』选修3ˉ1恒定电流｝
［答案］
（1）@S◎T
（2）b→α
×10
［分析］
该例考查多用电表的基本使用方法.
（1）o首先妥对表盘机械调零,所以旋动部件是S.◎欧姆表选挡后要进行欧姆调零,
将“＋”“＿”插孔的表笔短接’旋动部件T’让表盘指针指在最右端零刻度处.
（2）表盘上的负极接欧姆表内部电源的正极’所以通过P的电流方向是b到α;题
图乙中指针偏转角度太大’为了得到比较准确的测量结果’必须使指针指在中
间刻度附近’所以妥将倍率调小.
［′」｀结］
红表笔插面板上的正插孔,黑表笔插面板上的负插孔;电流从红表笔流进黑表笔
流出.表盘刻度数值左边大右边小,左侧密集右边稀疏.中央三分之＿区域刻度不
密不疏’中庸之道’正好读数.表盘的正中数值’等于欧姆表的内阻示数使用欧姆
表的第＿步’是左右调零’左调零是机械调零,右调零是欧姆调零.测量时’如果指
针没有指在中央三分之—区域’就必须换挡.换挡必须重新调零’这—步骤容易被
疏忽。
广＼
似／
欧姆表的使用
刻度左密右侧疏°
乃是欧姆之内阻°
必由换挡之道路°
红笔流进黑流出.
中庸之道好读数°
先调机械后欧姆。
此步容易被疏忽。
阻值左大右边小,
表盘正中有示数,
指针如不在中部’
红笔插正黑插负,
中央不密也不疏,
调零使用第一步,
换挡必须重调零,
／
≈乡
［例2］（2016 。高雪四」‖‖卷）用如图所示电路测量电源的电动势和内
阻实验器材:待测电源（电动势约3V’内阻约2Q）’保护电阻
Rl（阻值10Q）和R2（阻值5Q）’滑动变阻器R’电流表A,电压
表V,开关S’导线若干.
实验主要步骤:
待测电源
（
｜）将滑动变阻器接人电路的阻值调到最大,闭合开关;
（
｜｜）逐渐减小滑动变阻器接人电路的阻值’记下电压表的示数U和相应电流表的示
数I;
7｜
~
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（
｜｜｜）以U为纵坐标’I为横坐标’作U—I图线（U、I都用国际单位）;
（｜γ）求出U—I图线斜率的绝对值陶和在横轴上的截距α.
回答下列问题:
（1）电压表最好选用
;电流表最好选用
A.电压表（0～3V’内阻约15kQ）
B.电压表（0～3V’内阻约3kQ）
C.电流表（0～200mA’内阻约2Q）
D电流表（0～30mA’内阻约2Q）
（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动’发现电压表示数增大.两导线与滑动变阻器接
线柱连接情况是
A.两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱
B.两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱
C.＿条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱’另—条导线接在电阻丝左端接
线柱
D＿条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱’另—条导线接在电阻丝右端接
线柱
（3）选用虎、α、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻厂的表达式E＝
厂≡二
’代人数值可得E和厂的测量值
［答案］
（1）A、C
（2）C
（3）虎α
户—R2
［分析］
测定电源电动势和内阻的实验’基本原理是闭合电路的欧姆定律伏安法用内接
法’滑动变阻器用限流式’即内限式’而也只有内限式是误差最小的实验方案.
（1）电压表内阻越大’分得的电流越小’误差也就越小’所以选内阻较大的A电压
表;当滑动变阻器接入电阻最小时通过电流表电流最大’此时通过电流表电流
E
大小约为I＝R1＋RI＋厂≈176mA’所以选量程为2（）0mA的C电流表
（2）由电略分析可知’滑片右移电压表示数变大’意味着滑动变阻器接入电略部分
阻值增大’考查选项B两导线都接在金属柱两端上,接入电阻为0Q;考查选
72
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』选修3ˉ1恒定电流｜
m蹬洒
项A若两导线都接电阻丝两端,接入电阻为最大阻值’不会变化;考查选项C
一导线接金属杆左端’一导线接电阻丝左端’则滑片右移时阻值增大’符合题
意;考查选项D一导线接金属杆右端,一导线接电阻丝右端’则滑片右移阻值
减小,不符合题意·
（3）由E＝U＋I（厂＋R2）’得U＝—I（厂＋R2）＋E’对比伏安特性曲线可知’图象斜
率绝对植膨-萨＋R:,所以屯源内阻萨-隐—R2;令U＝0｀得I＝岸2-÷’由
题意知与横轴截距为忽,所以α-I-÷测旧＿题
［小结］
1.测定电源电动势和内电阻的实验采用内接法限流式.采用内接法比采用外接法
造成的误差更小.
2.电学实验的复习方略:电学实验虽然像大海一样浩渺’但只要紧紧依据实验原
理这个指南’就不会在大海上迷失航向.依据实验原理把基本实验可以归纳为
三类:第＿类是以串｀并联为原理的实验不信请看看有多种量程的多用表’其
内部结构不就是串、并联’串联一个大电阻就成了大量程的伏特表’并联—个小
电阻就成了大量程的安培表.电表的改装原理也是这样的’半偏法测量电表的
内阻也是运用的串并联第二类是以欧姆定律为原理的实验’即伏安法,伏安法
∩／曰
内阻也是运用的串并联第二类是以欧姆定律为原理的实验’即伏安法,伏安法
包括内接法和外接法.外接分压式包括两个实验’测量金属丝的电阻率和描绘
小灯泡的伏安特性曲线.测定电源电动势和内阻却恰恰相反,电路接法是内接
限流式第三类是以闭合电路的欧姆定律为原理的实验’它是欧姆表工作的根
本和源头.
（D
电学实验复习方略
实验原理是指南。依据原理分三类:
内脏-目即了然;电表改装亦如斯,
内接外接是伏安’外分包括两实验,
电路接法用内限°闭合定律排第三,
第一当数串并联,
更有方法叫半偏°
电阻率与灯曲线;
乃是欧姆之本源°
电学实验虽浩繁,
不信但看多用表,
欧姆定律居第二,
测定电源恰相反,
′
／
＼＝≥
73
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｜满分之路.搞定电磁学］
＾蛋章节练习
1. （2013.高奢全国卷l）某同学用量程为1mA、内阻为120Q的表头按图甲所示电路改
装成量程分别为1V和1A的多用电表图中R1和R2为定值电阻’S为开关.回答下列
问题:
（1）根据图甲所示的电路’在图乙所示的实物图上连线.
（2）开关S闭合时’多用电表用于测量
（填“电流”“电压”或“电阻’,）;开关S断开
时’多用电表用于测量
（填“电流”“电压”或“电阻’,）.
（3）表笔A应为
色（填“红”或“黑”）.
（4）定值电阻的阻值R1＝
Q,R2＝
Q. （结果取3位有效数字）
爵叁,
噬
R1
起’
S
常铲
表笔A｜
｜~表笔B
甲
乙
（2016.合爬质检）某同学将量程为200严A,内阻为5（）0Q的表头改装成量程为1mA和
10mA的双量程电流表’设计电路如图1所示.定值电阻R1＝500Q’R2＝225Q’S为单
刀双掷开关’A、B为接线柱.回答下列问题:
（1）将开关S置于“1”挡时’量程为
mA.
2
（2）定值电阻的阻值R3＝
Q. （结果取3位有效数字）
（3）利用改装的电流表进行某次测量时’S置于“2’’挡’表头指示如图2所示’则所测量电
流的值为
mA。
~
A
图1
图2
74
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」选修3ˉ1恒定电流｜
3. （2014.高奢福建卷）某研究性学习小组利用伏安法测定某＿电池组的电动势和内阻’实
验原理如图甲所示’其中’虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A’V为标准电压
表’E为待测电池组’S为开关’R为滑动变阻器,R0是标称值为4.0Q的定值电阻
（1）已知灵敏电流计G的满偏电流Ig＝100队A、内阻厂g＝2.0kQ’若要改装后的电流表
满偏电流为200mA’应并联＿只
Q（保留—位小数）的定值电阻Rl.
（2）根据图甲’用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路
甲
（3）某次实验的数据如下表所示:
乙
｜
］
测量次数
2
3
4
巨
√
6
弓
／
8
电压表@读数U／V
5°26
∩
∩
凹
］
■
厂
＾
√
5.04
4。94
4。83
］
弓
／
●
‖
ˉ
士
∩
凹
√
反
√
●
Ⅺ
川
士
4.46
120
改装表@读数I／mA
20
l0
60
8（）
1（）0
140
160
该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法（逐差法）’计算出电池
组的内阻厂＝
Q（保留两位小数）;为减小偶然误差’逐差法在数据处理方面
体现出的主要优点是
（4）该小组在前面实验的基础上’为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的
影响’用—已知电动势和内阻的标准电池组’通过上述方法多次测量后发现:电动势
的测量值与已知值几乎相同’但内阻的测量值总是偏大.若测量过程无误’则内阻测
量值总是偏大的原因是
（填选项前的字母）
A.电压表内阻的影响
B.滑动变阻器的最大阻值偏小
C.R1的实际阻值比计算值偏小
DR0的实际阻值比标称值偏大
75
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｜满分之路,搞定电磁学］
（2016·长沙联雪）某同学利用如图1甲所示电路测定电源的电动势和内阻实验中电表
内阻对实验结果影响很小’均可以忽略不计.闭合开关S后’变阻器的滑片P由变阻器的
—端滑到另—端的过程’两电压表示数随电流表示数变化情况分别如图1乙的U—I图
象中的直线α、b所示.
4
U／V
［／1
U2
皿
○
L
I
Il
S
E,厂
甲
乙
图1
（1）用画线代表导线’将实物图2中各元件按图1甲连接成实验电路.
（2）通过分析可知’其中图1乙中图线
（填α或b）表示电压表V1示数随电流表
A示数变化关系
（3）根据U—I图象中坐标轴所标出的数据’可求出电源的电动势E＝
,内阻′.＝
。（用图中给出的坐标值表示）
旦
图2
76
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选修3ˉ｜
磁场
第十二讲安培力作用下导体棒的平衡
（
内容导读β
本讲主要包括两个方面的内容:其一’电流产生的磁场及其叠加;其二’安培力大小
的计算和方向的判断.
◎典例剖析
｜例1］（2017.江西京昌瞩研）如图所示’M、N和P是以MlV为直径的半圆弧上的三点’O
为半圆弧的圆心,丝MOP＝60°’在M、lV处各有—条长直导线垂直穿过纸面’导线中
通有大小相等的恒定电流’方向如图所示’这时O点的磁感应强度大小为B1 .若将
M处长直导线移至P处’则O点的磁感应强度大小为B2’那么B2与B1之比为
（
）
″e60d＼Upq＿@″
P
ˉˉˉ
B.√可; 2
D. 1
8
2
A.√百:
］
C. 1
;
1
［答案］
B
［分析］
直线电流周围的磁场的磁感应强度方向沿着圆形磁感线的切线方向;磁感应强度
是矢量’叠加遵守平行四边形法则.
77
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「满分之路·搞定电磁学l
■霹Ⅷ
如图甲所示’当通有电流的长直导线在M、lV两处时’根据安培定则’可知二者在
圆心O处产生的磁感应强度都为B1／2;当将M处长直导线移到P处时’两直导
线在圆心O处产生的磁感应强度也为B1／2’做平行四边形’由图乙中的几何关
确
正
Ⅱ
项
违
立
侗
—
〗
~~
◎
○
日
吕
○
℃
~~
凸
—
∑
—
凸
—
〗
~~
此
—
凸
得
可
’
系
滩舒
岭诡√＂′
｀√
B1≡／′
P
～ˉˉˉˉ
甲
乙
［小结］
1.磁感应强度是矢量’合成和分解遵守平行四边形法则.
2.直线电流周围的磁场方向用右手螺旋定则判断
［例2］（2016.广东广州三攘）如图所示’质量为′〃、长度为L的直导线用两绝缘细线悬挂
于O、O′ ’并处于匀强磁场中’当导线中通以沿正方向的电流I’且导线保持静止时悬
线与竖直方向夹角为0.磁感应强度方向和大小可能为
（
）
BO′正向’警
D沿悬线向上,警sm0
A霉正向’警tan0
C庭负向,警（an0
［答案］
BC
［分析］
安培力的方向总与磁感线垂直;导体棒的平衡是有安培力参与的平衡’合力依旧
为零本题要注意在受力分析时把立体图变成侧视平面图’然后通过平衡状态的
受力分析来确定B的方向和大小.
78
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1选修3≡1磁场｝
■
■
析
一
＿
攀
~
ˉ
●
→
~
若B沿z正向,则从O向O′看,导线受到的安培力F＝ILB,方向水乎向左,女口图
甲所示’导线无法乎衡,选项A错误.若B沿〕正向’导线受到的安培力竖直向
上,如图乙所示当FT＝0’且满足ILB＝mg’即B≡楞时.导线可以平衡’选项B
正确.若B沿z负向’导线受到的安培力水平向右,如图丙所示.若满足FTsin0＝
ILB’F丫c。sβ＝″』g’:′B-m锣n0,导线可以乎衡’选顿C正确若B沿悬线向
上,导线受到的安培力左斜下方向’如图丁所示’导线元法乎衡’选项D错误.
』｜
募‖
勉
~↓mg
mg
mg
甲
乙
丙
丁
［小结］
1.安培力:电流所受的磁场力.安培力F安＝BI／sin0’其中0是I和B的夹角.当I
平行于B时’安培力最小;当I垂直于B时,安培力最大.
2.左手定则:左手定则是判断安培力和洛伦兹力方向的法则.安培力的方向既垂
直于电流’又垂直于磁场方向’两垂直是永远成立的.当I与B斜交时’把B正
交分解’让垂直分量垂直穿人手心.
.瞪章节练习
菲
l（20l7.河北…橡蝉）无限长通电直导线在周围某＿点产生的磁场岛＿￡ˉ6——＿!
的磁感应强度B的大小与电流大小成正比’与导线到这—点的距离成反比’即B＝旦（式
厂
中虎为常数）.如图所示,两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I.在两根导线
的连线上有α、b两点’α点为两根直导线连线的中点’6点距电流为I的导线的距离为L.
下列说法正确的是
（
）
A.α点和b点的磁感应强度方向相同
B.α点和b点的磁感应强度方向相反
C.α点和b点的磁感应强度大小比为8:
1
D.α点和b点的磁感应强度大小比为16
:
1
79
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（满分之路.搞定电磁学l
夕岁夕夕′夕夕′夕夕／／／夕／夕／／夕夕／夕夕
2. （2015.忘者全国卷I）如图｀＿长为10cm的金属棒αb用两个完全
相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0. 1
T’方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定’下端与金属棒绝缘金属棒
通过开关与＿电动势为12V的电池相连’电路总电阻为2Q.已知开
关断开时两弹簧的伸长量为0. 5cm;闭合开关’系统重新平衡后’两
关断开时两弹簧的伸长量为0. 5cm;闭合开关’系统重新平衡后’两
』
×
［
｜
｜
＼
＝
≡
二
二
≡
＝
虱
＝
｜
｜
｜
＾
』
×
∏
×
×
｜
｜
＾
≡
＝
≡
＝
＝
≡
＝
≡
‖
｜
｜
＾
』
×
α
×
×
×
×
×
～｜—ˉ矿＜ˉ—
弹簧的伸长量与开
关断开时相比均改变了0.3cm.重力加速度大小取10m／s2.判断开关闭合后金属棒所
受安培力的方向’并求出金属棒的质量
8O
≥
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』选修3″1磁场｝
3. （2016。奉州攘蚁）通有电流的导线L1 、L2处在同＿平面（纸面）内’L1是固定的’L2可
绕垂直纸面的固定转轴O转动（O为L2的中心）’各自的电流方向如图所示.下列哪种情
况将会发生
（
）
们
L2
L1 0—4
）
A.因L2不受磁场力的作用’故L2不动
B.因L2上、下两部分所受的磁场力平衡’故L2不动
C.L2绕轴O按顺时针方向转动
D.L2绕轴O按逆时针方向转动
4. （2016. 官山头攘拟）如图’甲、乙是磁电式电流表的结构’蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐
向分布’线圈中α、b两条导线长均为／’通以图示方向的电流I’两条导线所在处的磁感应
强度大小均为B.则
（
）
（雹
N
~
~
~○
王
豆
~
~
~
~
〃
『
±
■
勘S
螺旋弹簧
电流表的构造
甲
乙
A.该磁场是匀强磁场
B.线圈平面总与磁场方向垂直
C.线圈将逆时针转动
D.α、b导线受到的安培力大小总为BI／
8｜
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圃翁之路,搞定电磁孽1
第＋三讲带电粒子在磁场中的运动
翻内翻
本讲主要包括两方面的内容:—是带电粒子在众多力作用下运动时关于洛伦兹力的
动态讨论;二是带电粒子在有界匀强磁场中的运动规律
◎典例剖析
j
~
［例1］（2016.
（2（）16.江西＾犊联奢）如图所示’在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中’有
—竖直足够长固定绝缘杆MlV’小球p套在杆上’已知P的质量为m、电荷量为＋q,电
场强度为E’磁感应强度为B’P与杆间的动摩擦因数为尸’重力加速度为g.小球由
静止开始下滑直到稳定的过程中
（
）
″
E
川
A.小球的加速度—直减小
B.小球的机械能和电势能的总和保持不变
o下糯加逮度为最大加逮度—半时的逮搜可能是刚-等群
u下滑』‖速度为墩大』畦度一半时的遮厦可能是倒-淫黔
［答案］
CD
［分析］
该例是带电小球在洛伦兹力下的运动问题’洛伦兹力随着速度大小的变化而变
化’属于动态讨论问题.
82
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『选修3割1磁场｝
…画
对小球受力分析如图所示,则加g—严（qE—qUB）＝mα’随着U的增加’小球加速度
先增大’当qE＝qUB时达到最大值’αmax＝g’继续运动’′Ⅺg—〃（qUB＿qE）＝mα’
随着U的增大’α逐渐减小,所以选项A错误.因为有摩擦力做功’机械能与电势
能总和在减小,选项B错误.若在前半段达到最大加速度的一半,则″!g-／z（qE—
咖B）≡恤÷｀得碰＝:腮窒H凰;詹在后半…』最大枷逮度的—半侧帧g—〃
2〃qE＋mg
U—
2／zqB
（q砌B—qE）＝咖;’得
,选项C、D正确.
M
×
—
‰
×
—
酗
×
β
×
×
×
~
Ⅳ
［小结］
带电小球在杆约束的情况下’在多场并存的区域内运动’小球的运动虽然是直线
运动,但洛伦兹力一般是变化的力’洛伦兹力的大小和方向受小球速度的大小和
方向的影响;同时合力也跟着洛伦兹力的变化而变化’从而又影响到小球的速度’
总之是相互影响着的’解决此类问题＿般要展开讨论.
［例2］（2016.高雪全国卷Ⅲ）平面OM和平面ON之间的夹角。
·
·
·
·
。
。◎／·
●
●
●
●B●″.／。.′.。●Ⅳ●
为30°’其横截面（纸面）如图所示’平面OM上方存在匀强
●
●
●
铲●
●
●
●
●
磁场’磁感应强度大小为B’方向垂直于纸面向外＿带电Q≡9县;河塑—9＝b金办ˉj;
O
粒子的质量为m’电荷量为q（q＞0）.粒子沿纸面以大小为z′的速度从OM的某点向
左上方射人磁场’速度与OM成30°角.已知该粒子在磁场中的运动轨迹与（）N只有
＿个交点,并从OM上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面
交线O的距离为
（
）
／
［
俩
旭
ˉ
…
胆
●
●
日
∏
A揣
C带
83—
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｜满分之路.搞定电磁学〗
［答案］
D
［分析］
该例属于带电粒子在直线边界匀强磁场中的运动问题’粒子在磁场中做了匀速圆
周运动,轨迹是优弧ˉ
如图所示,粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝器设入射点为八’出射点为B,
圆弧与ON的切点为P°由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知’AB＝R由几
何图形知｀AP-倾测AO≡闷P-3R,所以O崎≡｛R≡警遮项D正确
●
●
●
●
●
●
●
●
●
●
●
●
●
B
●
●
●
●
●
●
●
●仿
QˉˉO＝当＼望09ˉ
O
A
BM
［小结］
粒子射人直线边界的匀强磁场中
（1）如果射人角度是锐角,轨迹是优弧’圆心在磁场中;如果射人角度是钝角’轨迹
是劣弧’圆心在磁场外;如果射人角度是直角’轨迹是半圆’圆心在边界上’如
下图所示·
×
×
×
×
×
B
×
×
×
×
×
M7了刁γ》
×
×
×
×
×
○
性
｜
γ
们
、↓ˉ
粒子以锐角射人磁场粒子以直角射人磁场粒子以钝角射人磁场
（2）无论上述哪—类轨迹,射人速度方向与射出速度方向关于边界对称. （圆的对
称性是出现这—规律的必然原因;根据圆的对称性可以很容易地寻找圆心）
（3）无论上述哪—类轨迹,如果射人角度为β’粒子在磁场中运动的圆心角总是α＝
2沉～20·
ˉ84
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】选修3≡1磁』场｝
3］（2017·湖南长沙摸3以）如图所示’—个理想边界为PQ、MⅣ的匀强磁场区域,磁场
宽度为创’方向垂直纸面向里.＿电子从o点沿纸面垂直PQ以速度u0进人磁场若
电子在磁场中运动的轨道半径为2创.O′在MN上’且OO′与MlV垂直下列判断正
确的是
（
）
｜例
◎
下
萨
Ⅳ
ˉ
×
×
ˉ
O
ˉ＝xˉ刑泳
×
×
｛
×
O′
ˉ
×
×
ˉ
尸
左
″
A.电子将向右偏转
B.电子打在MN上的点与O′点的距离为d
C.电子打在MN上的点与O′点的距离为√面t／
n电子在磁场巾运动的时间为聂
z翻酌
［答案］
D
［分析］
本题属于带电粒子在平行边界匀强磁场中的运动问题
电子带负电’迸入磁场后’根据左子定则判断可知’所受的洛伦兹力方向向左’电
子将向左偏转’如图所示’选项A错误;设电子打在MN上的点与O′点的距离为
工’则由几何知识得工＝厂—√厂回ˉ＝歹＝2α—√（2α）2—α2＝（2＿√百M’选项B、C错
误;设轨迹对应的圆心陶为0,由几何知识得…-壶＿α5’得,-昔,则龟子在
磁场中运动的时间为《＝生＝掣,选项D正确
U0
OU0
O1
O
Q
左′瓣鹏Y｛右
M
O′
Ⅳ
［′」｀结］
粒子垂直射人平行边界的匀强磁场中
1轨道半径厂≡猎.运动时间′-器＝黑,侧移距离则-厂—√歹二万’偏转角度
…-7≡亏,或者siM＝÷,偏转角度等于所对的圆心角如图所示
85
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｜满分之路.搞定电磁学1
回翻Ⅷ
2.不同比荷的粒子偏转程度不同:表示偏转程度的两个物理量γ和tan0都与轨
道半径厂有关,即与表示粒子的』性质丛有关’不同的粒子有着不同程度的偏转.
γ》∩
O
L
←
｜
y
｜
＼〈′
＼
『.
O
［例4］（2016.高雪全国卷Ⅱ）—圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁
场中’磁场方向与筒的轴平行’筒的横截面如图所示.图中直径MlV
的两端分别开有小孔’筒绕其中心轴以角速度山顺时针转动.在该
截面内’＿带电粒子从小孔M射人筒内,射人时的运动方向与MN
成30°角.当筒转过90°时’该粒子恰好从小孔N飞出圆筒不计重丈
成30°角.当筒转过90°时’该粒子恰好从小孔N飞出圆筒.不计重力.若粒子在筒内
未与筒壁发生碰撞’则带电粒子的比荷为
（
）
A圭
B先
C÷
D署
司
尸
析
解
●
［答案］
A
［分析］
本题属于带电粒子在圆形有界匀强磁场中的运动问题
＝～
如图所示’粒子在磁场中做匀速圆周运动,圆弧MP所对应的圆心角由几何知识知
为30.’则孟-警.蒜’鼠′舟-壶.选项A正确
86
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』选修3＝1磁场｜
…Ⅷ
30·
3o翅、／
［′」｀结］
＿带电粒子质量为″!,电量大小为q’以初速度U0射人圆形匀强磁场Ol中.已知
磁感应强度为B,初速度与磁场圆半径R之间的夹角为0,带电粒子在磁场中运动
＿段圆弧（所对应的圆心角为α）后从P点射出’粒子的轨迹圆圆心为O2’半径为
厂.则关于粒子的边角关系有如下二级结论成立:
3m号
。。s（β＋昔）
（1）若粒子向上偏转’如图甲所示’二级结论为了兰
厂
＄m了
°os（6＿:）
·
α
（2）若粒子向下偏转’如图乙所示’二级结论为＿厅
厂
6in÷
◎Os（β±÷）
综合起来就是Rˉ
厂
≡＝≡
≈
p
≈
／′B
~~~
α
／
／
α
顶
O1
1
R
P
厂
×
~~~
~~~
O
O2
×
×
×B×
甲
乙
特别地,如果初速度与磁场圆半径R之间的夹角为0＝0°’即沿着半径方向对
准圆心射人磁场.上式又可简化为『an:-粤如图所示
87
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■寇回
O1
〖′
厂
i′
O2
R
当粒子沿着磁场圆半径方向射入’离开磁场时,速度的反向延长线必然经过磁
场圆圆心。
ˉ霞章节练习
×
×
×
〃
×
L（2016.杭州捶拟）如图所示’—轨道由两等长的光滑斜面AB和
BC组成（斜面倾角均为0）’两斜面在B处用—光滑小圆弧相连
接’P是BC的中点’竖直线BD右侧存在垂直纸面向里的匀强磁
场,B处可认为处在磁场中’＿带电小球从A点由静止释放后能沿轨道来回运动’C点为
小球在BD右侧运动的最高点’则下列说法正确的是
（
）
A.C点与A点在同—水平线上
B.小球向右或向左滑过B点时,对轨道压力相等
C.小球向上或向下滑过P点时’其所受洛伦兹力相同
D小球从A到B的时间是从C到P时间的√百倍
（2013.高雪广车卷）如图所示,两个初速度大小相同的同种离子α和b’
‖
·
·
·
0
α
从O点沿垂直磁场方向进人匀强磁场’最后打到屏P上不计重九下列o白二p:』
:
说法正确的有
（
）
·
·
·
●
·B·
A.α、b均带正电
i
·
·
·
P〈
·
·
·
B.α在磁场中飞行的时间比6的短
C.α在磁场中飞行的路程比b的短
D.α在P上的落点与O点的距离比b的近
2
▲
~~
●
●
●
●
88
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』选修3ˉ1磁场｝
a（20M.忘雪山车镭）如图甲所示’间距为′、垂直于纸面的两平行板丁×B×
×
β
×
P、Q间存在匀强磁场取垂直于纸面向里为磁场的正方向磁感应｜×
×
×
×
×
强度随时间的变化规律如图乙所示′＝0时刻.—质量为′″、带电量′×
×
×
×
×
为＋q的粒子（不计重力）,以初速度U0由Q板左端靠近板面的位」幽×
×
×
×
0
置’沿垂直于磁场且平行于板面的方向射人磁场区.当B0和TB取
图甲
某些特定值时,可使r＝0时刻人射的粒子经△t时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子
反弹）.上述′n、q、d、U0为已知量
B
—
B0
O
吩
｀
｜
ˉ
吗
丁
』
｜
ˉ
t
3Zb~
2
2Zb
-B0
~~
图乙
（］）若△‘-＋T圈,求B仙;
（2）若△r＝;TⅢ.求粒子在磁场中运动时加遮度的大小;
（3）若B＂ˉ等｀为使粒子仍能垂直打在P板上｀求T‘
89—
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｜满分之路.搞定电磁学〖
第＋四讲带电粒子在对接场中的运动
内容导读0
本讲主要包括的内容是带电粒子在对接场中的运动规律’所谓对接场就是两场的对
接’这两场可以是“磁场＋电场’’ ’也可以是“电场＋磁场’,’还可以是“磁场＋磁场”.
◎典例剖析
■
［例1］（2014.浙江遏州忘三一检）日本福岛核电站的核泄漏事故’使碘的同位素131被更
多的人所了解.利用质谱仪可分析碘的各种同位素’如图所示,电荷量均为＋q的碘
131和碘127质量分别为ml和加2’它们从容器A下方的小孔S1进人电压为U的
加速电场（人场速度忽略不计）’经电场加速后从S2小孔射出’垂直进人磁感应强度
为B的匀强磁场中’最后打到照相底片上.下列说法正确的是
（
）
↓田
州』
『
尸
p
′
′
.
′′
B
131
127
D‖｀
ˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉ（ˉˉˉˉˉ
A.磁场的方向垂直于纸面向里
B碘131迸人磁场时的速率为√哥F
C.碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为2冗（″!1—′″2）
qB
D打到照相｜鼠片上的碘m与碘1”之间…为昔（√竿—√竿）
·解析D
［答案］
BD
［分析］
质谱仪和回旋加速器是“电场＋磁场”的应用典范’粒子在电场中做匀加速直线运
动’在磁场中的轨迹是半圆
9O
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』选修3儒1磁场｝
■
析解＿●
＿
巴
粒子带正电,根据左于定则可知’磁场方向垂直纸面向外’选项A错误;由动能定
理知,粒子在咆场中得到的动能等于电场对它所做的功,:′qU-＋′＂l刚;’解得翘］
≡√需｀…正确;粒子在磁场中…＂恫′为周翱输＿半,根…公式『
籍,在磁场中运动输蹦间墓值△‘≡＂（″′b百″｝』）,遮项C错误》粒子在磁场中做
＝≡≡
匀…运动的轨道半径R-岩≡古√平侧它们锄距离之菱△d≡2R」—:愿:
确
正
ˉ
∏
项
迄
』
’
）
浮
抨
∑
—
∏
~~
［小结〕
质谱仪和回旋加速器问题,是典型的“加速电场＋磁场”的对接场问题’粒子在匀
强电场中做匀加速直线运动’在匀强磁场中做匀速圆周运动’轨迹是半圆做匀加
速直线运动时’根据匀变速直线运动的规律或动能定理解决.
［例2］（2（）16。日照捡测）如图所示’坐标平面第I象限内存在大小为E＝4×105N／C、方向
水平向左的匀强电场’在第I象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场.质荷比匹
q
＝4×10
10kg／C的带正电的粒子’以初速度z′0＝2×107m／s从工轴上的A点垂直
z轴射人电场’OA＝0.2m’不计粒子的重力.
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××←----
E
××—--—--
××←-＝＝＿—-
××二一皿0＝
O
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×
×
×
×
×
×
×
×
（1）求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离;
（2）若要使粒子不能进人第Ⅲ象限’求磁感应强度B的取值范围（不考虑粒子第二次
进人电场后的运动情况）.
9｜
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｛满分之路,搞定电磁学l
［答案］
（1）0.4m
（2）B≥（2√百＋2）×10-2T
［分析］
该例属于带电粒子在“电场＋磁场”中运动的问题’粒子在电场中做类平抛运动’
在磁场中的轨迹是优弧.
（1）设粒子在电场中运动时间为t,粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为J’
则靴泌-＋″:
αˉ等γ-吻′
代入数据解得α＝1.0×1015m／s2,
r＝2·0×10-8s,y≡0·4m.
（2）粒子经过J轴时在电场方向的分速度为:u工＝αt＝2×107m／s
粒于经过y轴时速度为u＝√u1＋u;＝2√面×107m／s
与γ轴正方向夹角大小为0,tan0＝廷＝1
0＝45。
U0
妥使粒子不进入第Ⅲ象限’如图所示’此时粒子做圆周运动的半径为R’则R＋
夸R≤’
×
×
×
×
U2
由qUB＝mF
0
｜O
卯
解得B≥（2√页＋2）×10-2T.
［小结］
解决“电偏转＋磁偏转”的问题’要独立地用好电偏转和磁偏转的知识’特别要注
意对接处的速度方向,即从＿场射人另一场时的角度
［例3］（2017.安撇乘北橡拟）如图所示’空间区域I、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场’MlV、PQ
为理想边界’I区域高度为α’Ⅱ区域的范围足够大.匀强电场方向竖直向上; I、Ⅱ
区域的磁感应强度大小均为B’方向分别垂直纸面向里和向外.—个质量为m、带电
荷量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落’进人场区后’恰能做匀速
圆周运动.已知重力加速度为g.
92
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『选修3＝1磁场｝
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●
×
×
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●
●
●
●
●
（1）试判断小球的电性并求出电场强度E的大小;
（2）若带电小球能进人区域Ⅱ’则h应满足什么条件?
（3）若带电小球运动—定时间后恰能回到O点’求它释放时距MN的高度h.
E翻Ⅷ
［答案］
（1）正电型旦
（2）h＞q2B2创2
（3）2q2B2α2
q
2加2g
3m2g
·
［分析］
该例看似属于小球在电场与磁场的叠加场中的运动问题’但由于小球做匀速圆周
运动’重力与电场力相平衡’小球相当于只受洛伦兹力’因此其实是小球在“磁场
＋磁场”中的运动问题.
（1）带电小球迸入复合场后’恰能做匀速圆周运动’即所受合力为洛伦兹力’则重
力与电场力大小相等’方向相反’重力竖直向下’电场力竖直向上’即小球带正
电.则有qE＝饥g,解得E＝匹旦.
q
（2）假设下落高度为∧0时’带电小球在I区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时’运
动轨迹如图甲所示。
ˉ｜O
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Ⅸ赋‖』
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甲
93
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｜满分之路·搞定电磁学［
…Ⅷ
由几何知识可知,小球的轨道半径R≡α,
籍屯小球在途入磁场前做自淘落体运动,淘动能定理得…0＝÷′″圃2 .
2
带屯小球在磁场中做匀速圆周运动’由牛顿第二定律得qUB＝m÷’
解得h,-q;署,
』档h＞你＂畸,鼠『h＞q;需时带…能迸入区域l
（3）如图乙所示’因为带电小球在I、Ⅱ两个区域运动过程中q、U、B、m的大小不
变’故三段圆周运动的半径相同’以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形’
边长为2R,内角为60.,卤几何关系知R-鼠i湍0.’
联立解得／t＝2q2B2α2
3m2g
［小结］
解决“磁场＋磁场’’对接场问题’一方面要注意磁场的方向’另＿方面要注意粒子
的偏转方向’还要注意对接处的速度方向,建立好正确的几何关系
ˉ·f章节练习
----≡,-…
,辑晶
嚣
1. （2017.河甭省实验中学月雪）如图所示是医用回旋加
速器的示意图,其核心部分是两个D形金属盒’两金属盒
置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连现分别加速氖高频
核（;H）和氦核（》He）.下列说法中正确的是
（
）
A.氖核（;H）的最大速度较大
B.它们在D形盒内运动的周期相等
C.氦核（凿He）的最大动能较大
D仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
9q
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』选修3＝1磁场｝
（2015.天水一攘）质谱仪的构造原理如图所示.从粒子源S出来时的粒子速度很小’可
以看作初速为零’粒子经过电场加速后进人有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域’并沿
着半圆周运动而达到照相底片上的P点’测得P点到人口的距离为工’则以下说法正确
的是
（
）
2
』
β
困
｜
｜
｜
—
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尸
悲
A.粒子＿定带正电
B.粒子一定带负电
C.工越大’则粒子的质量与电量之比＿定越大
D.工越大’则粒子的质量与电量之比＿定越小
3. （2015 。湖北壹右二中期率）如图所示’在第—象限存在匀强磁场’磁感应
强度方向垂直于纸面（工Oy平面）向外;在第四象限存在匀强电场’方向沿
工轴负向.在y轴正半轴上某点以与工轴正向平行、大小为U0的速度发
射出—带正电荷的粒子’该粒子在（α’0）点沿垂直于工轴的方向进人电
场.不计重力.若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为0’求:
（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值;
（2）该粒子在电场中运动的时间
95
~
×
×
×
×
×
×
〈窿≡～沛
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｜满分之路.搞定电磁学1
4. （2016·唐山联雪）如图所示’在工OJ平面内’在工＞0范围内以工轴为电场和磁场的边
界,在工＜0范围内以第三象限内的直线OM为电场与磁场的边界’OM与工轴负方向成
0＝45°角’在边界的下方空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场’磁感应强度大小为B＝
0. 1T,在边界的上方有沿y轴正方向的匀强电场’场强大小为E＝32N／C;在y轴上的
P点有＿个不计重力的带电微粒’以沿工轴负方向的初速度u0＝2×103m／s射出’已知
OP＝0.8cm’微粒所带电荷量q＝＿5×10
l8C’质量″l＝1×10
24kg’求
｜
×
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Ⅱ
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小
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（1）带电微粒第＿次进人电场时的位置坐标;
（2）带电微粒从P点出发到第三次经过电、磁场边界经历的总时间;
（3）带电微粒第四次经过电、磁场边界时的速度大小.
96
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』选修3＝1磁场｝
5. （2016.山西榆社中学月雪）如图所示’在工＜0的空间中’存在沿工轴负方向的匀强电
场’电场强度E＝10N／C;在工＞0的空间中’存在垂直工J平面方向向外的匀强磁场’磁
感应强度B＝0.5T.＿带负电的粒子（比荷q／加＝160C／kg）’在距O点左边工≡0.06m
处的α点以u0＝8m／s的初速度沿γ轴正方向开始运动,不计带电粒子的重力.求:
y
●●●
●●●
●
●●●
●
●
●
●
●●●●●
●
●
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●●●
●
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—
α
（1）带电粒子开始运动后第一次通过y轴时的速度大小和方向;
（2）带电粒子进人磁场后经多长时间返回电场;
（3）带电粒子运动的周期
97
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｛满分之路,搞定电磁学1
第＋五讲带电粒子在雪加场中的运动
内容导读0
本讲主要讲述带电粒子在叠加场中的运动及其解法,所谓“叠加场”’就是磁场、电场
和重力场等多个场在同一空间出现’带电粒子同时受到多个力的作用而运动.
◎典例剖析
｜例1］（2015.浙江三犊摸拟）如图所示’空间中存在正交的匀强电场E
和匀强磁场B（匀强电场水平向右）,在竖直平面内从α点沿α6、αC
方向抛出两带电小球（不考虑两带电小球的相互作用’两球电荷量
始终不变）,关于小球的运动,下列说法正确的是
（
）
A.沿αb、αC方向抛出的带电小球都可能做直线运动
B.只有沿αb抛出的带电小球才可能做直线运动
C.若有小球能做直线运动,则它—定是匀速运动
D.两小球在运动过程中机械能均守恒
＞
＞
Ⅱ
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凹
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［答案］
AC
［分析］
多场叠加并存时’粒子的运动与洛伦兹力的大小和方向休戚相关,要注意分析
对待.
沿αb方向抛出的带正电小球’或沿αC方向抛出的带负电的小球’在重力、电场力、
洛伦兹力作用下’都可能做匀速直线运动’选项A正确’B错误.在重力、电场力、
洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动,选项C正确.两小球在
运动过程中除重力做功外还有电场力做功’故机械能不守恒,选项D错误.
［小结］
1.粒子在没有杆约束的情况下做直线运动’—定做匀速直线运动’洛伦兹力是
恒力.
2.洛伦兹力对粒子永不做功;重力做功导致重力势能的变化’电场力做功导致电
势能的变化’电势能的变化等于机械能的变化.
98
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「选修3ˉ1磁场｜
■疆洒
3.速度选择器是电场和磁场形成的叠加场的典范,其口诀如下:
厂＼
卜ˉL
L
《速度选择器》
电磁速度之间’满足右手螺旋°
二力如果平衡’必做匀速直线。
两场决定速度’故与粒子无关°
初速不等此值,运动将是曲线°
轨迹究竟如何,向着合力偏转°
动能小者变大’大者亦将相反°
√
解释:电场、磁场和速度两两垂直’且满足右手螺旋关系电场力和洛伦兹力如
果相互平衡,粒子必徽匀遮直线运动粒子的遮度为翘-:.仅由两场的强弱决
定’与粒子的电性、质量、电量均无关.如果射人速度选择器的初速度不等于这
个速度’粒子的运动将是曲线.如果初速较大,合力向着洛伦兹力一侧’轨迹向
着该侧偏转’洛伦兹力永不做功’电场力必然做负功’动能必然减少,电势能必
然增加;如果初速较小,合力向着电场力—侧’轨迹向着该侧偏转’洛伦兹力永
不做功’电场力必然做正功,动能必然增加’电势能必然减少.如图所示.
撼
■■
蕊鞠
瓣繁蹿
鳞;瓣麓
】■■■■■■
［例2］（2016 。言林摸拟）如图所示’＿带电塑料小球质量为m,用丝线悬挂于O点’并在竖
直平面内摆动’最大摆角为60°’水平磁场垂直于小球摆动的平面当小球自左方摆
到最低点时’丝线上的张力恰为零’则小球自右方最大摆角处摆到最低点时丝线上
的张力为
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A.0
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×
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｜满分之路.搞定电磁学］
［答案］
C
［分析〕
磁场方向一定,洛伦兹力的方向由速度方向决定。
设′｜、球自左方摆到最低点时逮度为锄,则÷咖膨』＝′删gL（1—co,60.）,此时雕′B—
9
mg＝′″r’当小球自右方摆到最低点时’U大小不变’洛伦兹力方向发生变化’FT
—″瞻—q翅阔＝’″千.得FT-4′〃g’遮项C正确
［小结］
若粒子运动时没有电场’洛伦兹力可以提供部分向心力’由于洛伦兹力不做功’机
械能依｜日守恒.
［例3］（2014.盲雪运庆镭）如图所示’在无限长的竖直边界lVS和
Ⅳ
M
—1.8h—｜
MT间充满匀强电场伺时该区域上、下部分分别充满方向升-.
.
.
.
↓0
B
｜
垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场’磁感应强度大
‖
｜
.
.
.
.
｜
小……B…上下磁场的水…线,在Ns枷
ˉ↓｛＿备ˉ良ˉ:ˉ÷＿｜』
MT边界上’距KL高h处分别有P、Q两点’lVS和MT间
｝
×
×
×
×
｜
｜
×
×
×2B×
｜
距为1.8h’质量为m、带电量为＋q的粒子从P点垂直于
卤×
×
×
×
↑
Ns边界射人该区域’在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g.
（1）求电场强度的大小和方向.
（2）要使粒子不从NS边界飞出’求粒子人射速度的最小值.
（3）若粒子能经过Q点从MT边界飞出’求粒子人射速度的所有可能值.
■疆Ⅷ
（2）（9—6√页）2旦h
（3）见解析
′γ2
上
向
直
竖
向
方
●
啤
—
α
）
］
（
］
案
锤
巨
［
［分析］
该例也属于叠加场问题,重力仍｜日与电场力平衡’洛伦兹力提供向心力.
（1）设电场强度大小为E.由题意有″!g＝qE’得E＝121旦’方向竖直向上.
q
‖OO
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」选修3ˉ1磁场｜
…Ⅷ
~
~
~Ⅳ
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Ⅳ
‖
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K｜
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厂2
ˉ-ˉˉˉˉ-｛L
O2
S
T
甲
乙
（2）女口图甲所示’设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值Umin’对应的粒子在上、
下区域的运动半径分别为厂1和厂2,圆心的连线与NS的夹角为●;
询厂-猎｀有门-″!＂mⅢ
l
qB
,厂2＝丁厂1
由（厂1＋厂2）sin甲＝厂2,厂1＋厂1cOs9＝／l
则粒子入射速度的最小值为Umin＝（9—6√百）2丝
′Ⅺ
（3）如图乙所示’设粒子入射速度为U,粒子在上、下方区域的运动半径分别为厂1
和厂2’粒子第一次通过KL时距离K点为工.
曲题意有3删←L8h（″＝l,2,3,…）,:翼≥（9—β√百）h｀塑＝√′｛—（′i—Ⅶ）』
2
得′｜-（］＋警）÷’删＜凯6’即″-1时’,-
;″-2时, Ⅱ′-
（）°68qBh
γγ】
0.545qB／l
0·52qB／l
;〃＝3时,U＝
″0
γγ『
［小结］
若叠加场由重力场、电场和磁场构成’粒子依旧做匀速圆周运动’则重力必然与电
场力相平衡’洛伦兹力提供向心力.
4
｜O｜
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｜满分之路·搞定电磁学〗
＾么章节练习
1. （2016.商乓摸辩）＿质量为加’电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固
定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动’若磁场方向垂直于它的运动平面’且作用
在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍’则负电荷做圆周运动的角速度可能是
（
）
蛔
—
加
●
∧
蛔
—
加
巳
●
C.虫旦
γ?2
胆
而
■
∏
2.如图所示’图面内有竖直线DD′,过DD′且垂直于图面的平面将空间分成I、I［两区域
区域I有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B（图中未画出）;区域
Ⅱ有固定在水平地面上高h＝2／、倾角α≡冗／4的光滑绝缘斜面’斜面顶端与直线DD′距
离s＝4／’区域Ⅱ可加竖直方问的大小不同的匀强电场（图中未画出）;C点在DD′上’距
地面高H＝3′ .零时刻,质量为加、带电荷量为q的小球P在K点具有大小U0＝｀／百了、方
向与水平面夹角0＝沉／3的速度’在区域I内做半径厂＝3／／冗的匀速圆周运动’经C点水
平进人区域Ⅱ某时刻’不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放’在某处与刚运动到
斜面的小球P相遇.小球视为质点’不计空气阻力及小球P所带电荷量对空间电磁场的
影响. l已知’g为重力加速度.
｜｜｜
A
q｜
｜E!
／
″
…
′
〃
拙曰｜
″
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小;
（2）若小球A、P在斜面底端相遇’求释放小球A的时刻tA;
‖O2
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『选修3ˉ1磁.场｜
（3）若小球A、P在时刻r＝β√『7百（β为常数）相遇于斜面某处’求此情况下区域Ⅱ的匀强
电场的场强E’并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方问
3. （2015.怀化二摸）磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能’是—种低碳环保发
电机’有着广泛的发展前景,其发电原理示意图如图所示.将＿束等离子体（即高温下电
离的气体’含有大量带正电和负电的微粒’整体上呈电中性）喷射人磁感应强度为B的匀
强磁场中’磁场区域有两块面积为S、相距为α的平行金属板与外电阻R相连构成＿电
路,设气流的速度为U’气体的电导率（电阻率的倒数）为g.则以下说法正确的是（
）
｜~~~
｜~~
×
Q
B
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×
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×
←
×
←
‖O3
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｜满分之路.搞定电磁孽】
A.上板是电源的正极’下板是电源的负极
B.两板间电势差为U＝B例［′
C梳经R的电流为I-竿
D.流经R的电流为I＝B创uSg
gsR＋α
4. （2015 。上饶≡攘）为了测量某化工厂的污水排放量’技术人员在该厂的排污管末端安装
了如图所示的流量计’该装置由绝缘材料制成’长、宽、高分别为α＝1m、b＝0. 2m、
C＝0.2m’左、右两端开口,在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B＝L25T的匀强
磁场’在上、下两个面的内侧固定有金属板M、lV作为电极’污水充满装置以某＿速度从
左向右匀速流经该装置时’测得两个电极间的电压U＝1V.且污水流过该装置时受到阻
力作用’阻力／＝肉Lu’其中比例系数虎＝15N. s／m2’L为污水沿流速方向的长度’u为
污水的流速下列说法中正确的是
（
）
∩
迁
→
■■p
A.金属板M电势不—定高于金属板N的电势’因为污水中负离子较多
B.污水中离子浓度的高低对电压表的示数也有—定影响
C.污水的流量（单位时间内流出的污水体积）Q＝0. 16m3／s
D为使污水匀速通过该装置’左、右两侧管口应施加的压强差为△户＝1500Pa
｜04
■■■■■
希黄碧磊
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「选修3.1磁场｜
5. （2015·睬西五捶联者）如图所示’区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场E1 ’区域
宽度为α1 ’区域I内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2 ’区域宽度为创2’磁场方向
垂直纸面向里’电场方向竖直向下.＿质量为m、带电荷量为q的微粒在区域I左边界的
P点’由静止释放后水平向右做直线运动,进人区域Ⅱ后做匀速圆周运动,从区域Ⅱ右边
界上的Q点穿出’其速度方向改变了60°’重力加速度为g’求:
×
Ⅱ
×
Ⅱ
×
~
×
×
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｜Q
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×
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×↓×
—α2些
~
｜←-Ⅲl
（1）区域I和区域II内匀强电场的电场强度E1、E2的大小?
（2）区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小.
（3）微粒从P运动到Q的时间有多长?
｜O5
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｜满分之路｀搞定电磁学1
（2016.高雪天津卷）如图所示’空间中存在着水平向右的匀强电盂
场’电场强度大小E＝5√百N／C’同时存在着水平方向的匀强磁场’-乙
×
其方向与电场方问垂直’磁感应强度大小B＝0. 5T.有＿带正电的—
小球,质量m＝1×10-6kg’电荷量q＝2×10
6C’正以速度u在图示的
直线运动’当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感l
10m／s2.求:
（1）小球做匀速直线运动的速度U的大小和方向;
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过p点所在的这条电场线经历的时间t.
×
0-6kg’电荷量q＝2×10
6C’正以速度u在图示的
6
××
×
×
×
Ⅱ
ˉ
×
×
×
×
×
Ⅲ
×
×
×
×
×
×
竖直面内做匀速
P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）’取g＝
‖O6
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」选修3ˉ1磁场｝
第十六讲粒子源问题讨论
~
内容导读p
本讲主要讲授粒子源问题的解题策略,关于粒子源问题’大致可以划分为两类’一类
是粒子速度大小相同方向不同的题型’粒子对应的完整的轨迹圆是—系列等大共点圆;
另＿类是粒子速度方向相同大小不同的题型,粒子对应的完整的轨迹圆是—系列共点内
切圆
◎典例剖析
［例1］（2015.高奢四」｜‖卷）如图所示’S处有—电子源’可向纸面内.
·
。
.
.
.
。
.
.
任意方向发射电子,平板M］V垂直于纸面’在纸面内的长度L.
M
二≡广≡
s
＝9. 1cm’中点O与S间的距离α＝4.55cm’MlV与SO直线.
~
ˉ″Ⅳ
的夹角为0’板所在平面有电子源的＿侧区域有方向垂直于纸.
面向外的匀强磁场’磁感应强度B＝2.0×10—4T’电子质量加＝9. 1×10—31kg’电
量e＝—1.6×10-19C,不计电子重力’电子源发射速度u＝1. 6×106m／s的—个电
子’该电子打在板上可能位置的区域的长度为／’则
（
）
A.0＝90°时’′＝9. 1cm
B.0＝60。时’′＝9. 1cm
C。0＝45°时,′≡4.55cm
D0＝30°时’／＝4.55cm
—·解溉p
［答案］
AD
［分析］
该例属于粒子源问题’粒子的速度大小相等方向不同
↑O7
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｜满分之路·搞定电磁学｛
电子在磁场中运动’洛伦兹力提偿向｝。力…-￥·股＝簧-尘55×］0—』m＝
仙55‘m-÷,β-,0.时,去中板的范圈如图甲. 腆≡2R-队｜‘m,选项A正输;
0＝60°时’击中板的范围女口图乙所示,／＜2R＝9. 1cm’选项B错误;0＝30°’女口图丙
所示’′＝R＝4.55cm’当0＝45°时’击中板的范围如图丁所示’／＞R（R＝4.55cm）’
选项D正确,C错误°
●
●
β
■
巳
○
只
●
←
●
●
β
●
●
G
G
G
G
G
G
G
B
. .茄….｀＄.
.
尸
′
洪…:
:
●
●
｀●
●
｀｀R
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●
●＼0〉＞
R＼
●
‖●
≡6
●
●
●
●
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M
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Ⅳ
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●
●
●
●
●
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·
·
J
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●
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●
●
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Ⅳ
乙
●
●
●
●
●
●
.
·B.O;
·
●
●
●
■●
●
.Sβ脱. ｀＼R.
′
■
●
●
●
厅
M
0
T●～■
R但
O
≥
ˉ≡Ⅳ
ˉˉⅣ
丙
丁
［小结］
若粒子源发射的粒子速度大小相等、方向不同,打在挡板上的粒子范围规律是:
（1）如果在平行于挡板且经过粒子源的边界与挡板之间仅有磁场’则其范围的上
限是与边界相切的圆’下限是与挡板相切的圆
（2）如果在粒子源周围的磁场是无界的,则其范围的上限是圆的直径’下限是与挡
板相切的圆
L
速度大小相等方向不同粒子打在挡板上的范围
粒子打板有区间,轨迹等大共点圆
平行边界过该点’两边相切上下限
倘无边界过该点’上为直径下切线
＼≥
｜O8
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」选修3.1磁场｝
［例2］（2018·甘肃天水二中摸拟）如图所示,＿束包含各种速率的质量为m、电量为q的带
正电的粒子’从工轴上的A点（不在坐标原点）以37°角射人仅存在于第—象限的匀
强磁场中’匀强磁场的磁感应强度大小为B’垂直于工OJ平面向里’粒子的重力不
计’则
（
）
y↑
××
B
××
××
××
××
×
×
×
×
×
×××
×××
×××
×××
乙轴7。ˉ
A
勿
O
A.粒子做圆周运动的圆心可能在工轴上
B.速率较大的粒子可垂直于J轴射出磁场
C.从工轴射出的粒子运动时间最长
D.垂直于〕轴射出的粒子在磁场中的运动时间最短
｜·陋Ⅷ
［答案］
BC
［分析］
该例是粒子源的另一类问题’粒子的速度方向相同大小不等.
粒子做圆周运动的圆心都在垂直于初速度斜向左上方的直线上’A项错误.速率
越大’半径越大’当圆心在y轴上时’粒子射出磁场的速度就垂直于y轴了’B项
正确.粒子从工轴射出时’有最大的圆心角’运动时间最长’C项正确.半径越大的
粒子’做圆周运动所对应的圆心角越小’因比垂直于y轴的粒子’运动时间不是最
短的’D项错误。
［小结］
若粒子源发射的粒子速度方向相同、大小不同’磁场仅存在于第—象限’粒子从工
轴上的某点同向射人磁场.轨迹是＿系列共点内切圆,圆心都在经过切点的同＿
条直线上’如图所示.
（1）如果粒子又从横轴射出磁场’在所有的粒子中运动时间是相等的’而且是最
长的;
（2）如果粒子从纵轴射出磁场’速度大的运动时间短;
｜O9≡
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｜满分之路,搞定电磁学］
…Ⅷ
（3）垂直纵轴射出磁场’圆心必然在纵轴上;
（4）如果从坐标原点射人磁场’粒子的轨迹都是劣弧,运动时间都是相等的
y
0
厂＼
片L
q逮度方向相同大小不等的粒子在有界磁场中的运动时阎
第＿象限有磁场’粒子共点且同向.
轨迹共点内切圆,圆心共线君莫忘
又从横轴射出场’时间相等且最长.
若从纵轴射出场’时间短则速度强.
垂直纵轴射出场,圆心必在纵轴上.
若在原点射人场’运动时间都一样.
＿′
＼旦
哆章节练习
｝
~~~
~
~~~
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｜
｜
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｜
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山
γ
●
●
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●
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●
●
｜
｜
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●
●
●
●
●
●
｝
盯
伍
匹
层
呼
临
办
·
｜
叫
｜
叫
｜
｜
〃
1. （2015.济宇≡摸）如图所示,在工Oγ平面的第＿、四象限内存在y
着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场’第四象限内α
存在方向沿—J方向、电场强度为E的匀强电场.从〕轴上坐标
O
为α的—点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子,速度
方向范围是与＋y方向成30°～150°’且在工Oγ平面内.结果所有
粒子经过磁场偏转后都垂直打到工轴上’然后进人第四象限的匀
强电场区.已知带电粒子电量为q’质量为m,重力不计.求:
（1）垂直y轴方向射人磁场的粒子运动的速度大小U1 ;
（2）粒子在第＿象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射人方向;
｜｜O
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】选修3割1磁场｝
（3）从主轴上工＝（√百—1）α点射人第四象限的粒子穿过电磁场后经过y
点’求该粒子经过〕＝—6点的速度大小.
轴上y＝—b的
（2015.长沙攘拟）如图所示’在半径为R的圆形区域内（圆心为O）有匀强磁场’磁感应
强度为B’方向垂直于圆平面（未画出）.—群具有相同比荷的负离子以相同的速率由P
点在纸平面内向不同方向射人磁场中’发生偏转后又飞出磁场’若离子在磁场中运动的
轨道半径大于R,则下列说法中正确的是（不计离子的重力）
（
）
2
Q
P
A。从Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
B.沿PQ方向射人的离子飞出时偏转角最大
C.所有离子飞出磁场时的动能＿定相等
D在磁场中运动时间最长的离子不可能经过圆心O点
们｜
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｜满分之路.搞定电磁学l
3. （2015.邯单β质检）如图所示’边长L＝0.2m的正方形α6Cα区域（含边界）内,存在着垂
直于区域的横截面（纸面）向外的匀强磁场’磁感应强度B＝5.0×10-2T.带电平行金属
板MlV、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板在其他区域形成的电场）’M］V放在αα
边上’两板左端M、P恰在αb边上’两板右端lV、Q间有—绝缘挡板EF’EF中间有＿小
孔O.金属板长度、板间距、挡板长度均为／＝0. 1m.在M和P的中间位置有＿离子源S’能
够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子,离子的电荷量均为q＝3.2×10—l9C’质
量均为′〃＝6.4×10-26kg.不计离子的重力’忽略离子之间的相互作用及离子打到金属
板或挡板上后的反弹.
｝′
｜
B
｜
·
·
·
·
·
·｜
bL---ˉ---ˉˉˉˉˉ」C
（1）当电场强度E＝1×104N／C时’求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率
（2）电场强度取值在＿定范围时’可使沿SO连线穿过O并进人磁场区域的离子直接从
bc边射出’求满足条件的电场强度的范围
｜｜2
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~
~
选修3—2电磁感应
第十七讲楞次定律和法拉第电磁感应定律
｜
内容导读β
可以说’楞次定律和法拉第电磁感应定律是电磁感应的两大基本定律’一个用以判
断感应电流的方向’—个用以计算感应电动势的大小.本讲从此处着眼’夯实电磁感应的
基础知识.
C典例剖析
｝
×
×
×
［例1］（2016 .杭州摸拟）如图所示’匀强磁场垂直圆形线圈指向纸
内,α、b、C、创为圆形线圈上等距离的四点’现用外力在上述四点
将线圈拉成正方形’且线圈仍处在原先所在平面内’则在线圈
发生形变的过程中
（
）
A.线圈中将产生αbC创α方向的感应电流
B.线圈中将产生ααCbα方向的感应电流
C.线圈中感应电流方向无法判断
D线圈中无感应电流
×
×
×
×
…Ⅷ
［答案］
A
［分析〕
感应电流的方向完全取决于磁通量的增减’具体为面积的增减
周长一定时,圆形的面积最大.本题线圈面积变小’磁通量变小’有感应电流产生.
由楞次定律可知线圈中将产生顺时针方向的感应电流.选项A正确.
［小结］
L感应电流产生的条件:（1）电路闭合;（2）磁通量有变化.
2.感应电流的方向:用楞次定律判断（增反减同、来拒去留、增缩减扩）.动生型感
应电流还可用右手定则判断
｜｜3
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『满分之路搞定电磁学l
｜例2］（2（）15
。
（2015.高雪广率卷）如图甲所示’平行长直金属导轨水平放置’间距L＝0.4m.导轨
右端接有阻值R＝1Q的电阻导体棒垂直放置在导轨上’且接触良好’导体棒及导
轨的电阻均不计’导轨间正方形区域αbCα内有方向竖直向下的匀强磁场’M连线与
导轨垂直’长度也为L’从（）时刻开始’磁感应强度B的大小随时间t变化,规律如图
乙所示;同—时刻’棒从导轨左端开始向右匀速运动’1s后刚好进人磁场’若使棒在
导轨上始终以速度u＝1m／s做直线运动,求:
b
｀
｀
×
＾
√
个
『
旷
欠
夕
｜
｜
′仅米×｀
｜′欠
×
｜
×
×｀
〔』!尔
×
×
×Bk｀〔
｜
｀※
×
｜
×
乃′
｀※
×
×／
、飞义′￥／
‖
t】
…～…≈≥
L
｜
l?
〃
甲
B／T
∩
◎
◎
·
◎
O
0·5
1.0
1。5
2·0t／s
乙
（1）棒进人磁场前’回路中的电动势E;
（2）棒在运动过程中受到的最大安培力F’以及棒通过三角形αbα区域时电流j与时
间t的关系式.
［答案］
（1）0.04V
（2）（）.04N,方向向左’i＝（t—1）A
（1s≤r≤1.2s）
［分析］
该例着重传授如何应用法拉第电磁感应定律计算感应电动势的方法’培养结合图
象分析问题的能力.
（1〕棒进入磁场前鹰＝尝-s.坐
@
△r
］
由几何关系得S＝古L:
◎
由题图知尝-α5T／·
o
联立O◎◎解得E＝0.04V.
@
｜｜4
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『选修3ˉ2电磁感应｝
■翻Ⅷ
（2）棒在bα位置时E最大Em＝BLU
Em
最大电流Im＝万
最大安培力F安＝BImL
代入得F篓-B晋酒≡M4N』方淘向左
◎
◎
◎
◎
在αbd区域’t时刻有效长度L′＝U×（t-1）×2＝2U（／—1）
o
E′＝BL′U
o
‘ˉ:≡竿＿（』—l）Aαs≤‘≤L2愚儿
［小结］
l感应电动势;用法撇第电磁感应定肆E＝″等讣算其中感生型尝-尝s愚in0
中』变化率旁是B＿′阎象的斜率;动生型筹＝E釜sm,中』△s是导体棒扫
过的面积,而非线圈本身的面积;0是B和S的夹角.
2.动生型感应电动势:用法拉第电磁感应定律可以计算’也可用公式E＝B′usin0
计算’其中0是B、／、U中任两个量的夹角. ／既是导体棒的有效切割长度（磁场
中的长度）’也是导体棒的等效切割长度（曲线端口之间的线段长度）.
［例3］（2015·盲雪全国卷Ⅱ）如图,直角三角形金属框αbC放置在匀强磁场中’
磁感应强度大小为B’方向平行于αb边向上.当金属框绕αb边以角速度
o逆时针转动时’α、b、C三点的电势分别为Uα、Ub、Uc.已知bC边的长度
为／.下列判断正确的是
（
）
A.Uα＞Uc,金属框中无电流
B.U6＞Uc’金属框中电流方向沿α＿b—c—α
CU做-—＋B′』″’金属框中无电流
DU盘-÷B′:°,金属框中电流方向沿α—谴—6—“
↑｜5
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′满分之路搞定电磁学l
［答案］
C
［分析］
该例着重传授解决导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势的计算方法
金属框绕αb边转动时’闭合回略αbC中的磁通量始终为零（即不变）,所以金
属框中无电流.金属框在逆时针转动时’bC边和αc边均切割磁感线’由右手定则
可知U偷＜U儒,U.＜U露’所以报撼E＝B′刚可知,O盘-U″-—Bl融-＿B′纬里1
—÷B!2°由以上分析可知选项C正碉
［′」｀结］
L转动切割电动势;用二级结论E＝B甸＝十B产倒计算该结论可由法拉第电磁感廊
定律推导而来’也可由平动切割公式E＝B／usm0推导而来’具体推导方法如下:
（1）根据平均速度推导
如图所示’长为厂的导体棒围绕＿个端点垂直于匀强磁场转·
°
.
°
°
壹＼;
●
●
●
动’由于棒上各点的线速度不同’很显然不能直接套用E＝
.
;
●
●
′
●0
BLU’可是根据圆周运动线速度与角速度满足U＝厂@’在角速°
°』
°
●
●0
●
●
f●
度＿定时’线速度与半径成正比’即线速度与半径成线性关°
°
｀｀°
°
′
°
系凡是有线性关系的物理量一律可以用‘‘值的平均”求“平°
.
°
°
°
均值｝.所以橇的平均速度为锄-午-÷则棒产生的电动
势为E-B冠＿÷B萨鳖幽
（2）根据切割面积推导
假设在△‘时间内｀导体榨的切割面积为△s,扇形的面积△s＝寺.咐-券.′.
（叫△‘）,再根据法撇第电磁感应定律E-〃筹,可得E＝＋B旷』吵
2.拓展:如果棒绕着棒上某点旋转’或棒绕着棒的延长线上某点旋转’则电动势应
是E≡÷B（厂｛—萨;）鲍,其中…是两端点与圆心的距离
们6
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『选修3＝2电磁感应‖
·霞章节练习
1. （2015 。高雪安徽卷）如图所示’αbCα为水平放置的平行“匡”形光滑金属导轨’间距为／’
导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场’磁感应强度大小为B’导轨电阻不计’已知金属杆
MN倾斜放置’与导轨成0角’单位长度的电阻为厂’保持金属杆以速度U沿平行于C创的
方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）.则
（
）
α
—
×
×
×
×
—
·
α
~
｜~
′
」
×
×
×
A电路中感应电动势的大小为器
B.电路中感应电流的大小为Busin0
厂
C.金属杆所受安培力的大小为B2／usin0
厂
D金属杆的热功率为器
2. （2016·高奢全国卷Ⅱ）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴
上’两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B
中.圆盘旋转时’关于流过电阻R的电流’下列说法正确的是
（
）
≈
Q
T′
A.若圆盘转动的角速度恒定’则电流大小恒定
B.若从上向下看’圆盘顺时针转动’则电流沿α到b的方向流动
C.若圆盘转动方向不变’角速度大小发生变化’则电流方向可能发生变化
D若圆盘转动的角速度变为原来的2倍’则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
｜｜7
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｜满分之路｀搞定电磁学l
3. （2015。合爬二橡）如图甲所示’一个匝数＂＝100的圆形导体线圈’面积Sl≡0.4m2 ’电
阻厂＝1Q.在线圈中存在面积S2＝0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域’磁感
应强度B随时间t变化的关系如图乙所示.有—个R＝2Q的电阻,将其两端α、b分别与
图甲中的圆形线圈相连接’b端接地’则下列说法正确的是
（
）
0。6
0.3
■●＝、
α
／J′::涎＼
R
●
●〃
Ⅱ／S
O
2
4
6
乙
甲
A.圆形线圈中产生的感应电动势E＝6V
B.在0～4s时间内通过电阻R的电荷量q≡8C
C.设b端电势为零’则α端的电势9α＝3V
D在0～4s时间内电阻R上产生的焦耳热Q＝18」
4. （2015 .拂山高三质捡）如图所示,＿通电螺线管6放在闭合金属线圈α内,螺线管的
中心轴线恰和线圈的—条直径MlV重合.要使线圈α中产生感应电流’可采用的方
法有
（
）
Ⅳ
M
A.使通电螺线管中的电流发生变化
B.使螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心的轴转动
C.使线圈α以MN为轴转动
D.使线圈绕垂直于MN的直径转动
｜｜8
■
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』选修3ˉ2电磁感应｜
（2016.长沙攘拟）磁悬浮高速列车在我国上海已投人运行数年。如图所示就是磁悬浮的
原理’图中A是圆柱形磁铁,B是用高温超导材料制成的超导圆环.将超导圆环B水平
放在磁铁A上’它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A的上方空中’则
（
）
巨
√
岗
A.在B放人磁场的过程中’B中将产生感应电流;当稳定后’感应电流消失
B.在B放人磁场的过程中’B中将产生感应电流;当稳定后’感应电流仍存在
C.若A的N极朝上’B中感应电流的方向为）｜顶时针方向（从上往下看）
D.若A的N极朝上’B中感应电流的方向为逆时针方向（从上往下看）
6. （2015.高奢海南卷）如图所示’空间有＿匀强磁场’＿直金属棒与磁感应强度方向垂直’
当它以速度U沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为
E’将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线’置于与磁感应强度相垂直的平面内’当
它沿两段折线夹角平分线的方向以速度锄运动时,棒两端的感应电动势大小为画则:
等于
（
）
×××
××
×
×
们
≤
×
×
砂
×
一
×
×
×
×××
××
B粤
D.√百
］
—
〗
■
∧
C. 1
们9
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.满分之路.搞定电磁学l
（2015.高雪江霉卷）做磁共振（MRI）检查时’对人体施加的磁场发
生变化时会在肌肉组织中产生感应电流.某同学为了估算该感应电
曰
／
『
流对肌肉组织的影响’将包裹在骨酪上的＿圈肌肉组织等效成单匝线圈’线圈的半径厂＝
5.0cm,线圈导线的截面积A＝0.80cm2 ’电阻率p＝L5Q.m.如图所示’匀强磁场方
向与线圈平面垂直’若磁感应强度B在（）.3s内从1.5T均匀地减为零’求: （计算结果
保留—位有效数字）
（l）该圈肌肉组织的电阻R;
（2）该圈肌肉组织中的感应电动势E;
（3）0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q
｜2O
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』选修3.2电磁感应｝
8. （2014.忘雪全国镭Ⅱ）半径分别为厂和2厂的同心圆形导轨固定在同＿
水平面内’＿长为厂’质量为′＂且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆
导轨上面’BA的延长线通过圆导轨中心O’装置的俯视图如图所示.整
个装置位于—匀强磁场中’磁感应强度的大小为B’方向竖直向下.在
内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有＿阻值为R的电阻（图牛
内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有＿阻值为R的电阻（图中未画出）。直导体
棒在水平外力作用下以角速度@绕O逆时针匀速转动’在转动过程中始终与导轨保持良
好接触.设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为尸’导体棒和导轨的电阻均可忽略.重力加
速度大小为g.求:
（1）通过电阻R的感应电流的方向和大小;
（2）外力的功率
｜2｜
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｜满分之路.搞定电磁学l
9. （20］6·郑州-镶）半径为α、右端开小口的导体圆环和长为2α的导体直杆’单位长度电
阻均为R0.圆环水平固定放置’整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场’磁感应强度
为B.杆在圆环上以速度u平行于直径CD向右做匀速直线运动’杆始终有两点与圆环
良好接触’从圆环中心O开始’杆的位置由0确定’如图所示.则
（
）
C
＼
∧
｜
〗
γ
／
『
‖
■
■
■
‖
‖
】
上
■
庐
‖
‖
‖
‖
‖
‖
‖
〃
×
×
×
×
×
Ⅱ／
×
×
×
＼
×／
矿＼
×／0
×
、×
α＼
×＼
D
A.0＝0时’杆产生的电动势为2BαU
B0＝÷时’杆产生的电动势为√百BαⅢ
C,-0时,杆受的安培力大小为（肆蒜＂
u0＝÷时,杆受的安培力大小为（5挥蒜＂
10. （2014.高者江苏卷）如图所示’—正方形线圈的匝数为〃,边长为α’线圈平面与匀强磁
场垂直’且—半处在磁场中.在△t时间内’磁感应强度的方向不变’大小由B均匀地增
大到2B.在此过程中’线圈中产生的感应电动势为
（
）
Ⅱ
×
×
×
×
×
×
×
×
八器
C. 12旦旦旦
△t
巳′窘
2〃Bα2
D。
△r
↑22
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『选修3ˉ2电磁感应‖
第十∧讲
｀
…
肌
涡
自感｀电磁阻尼
赣▲＿啦容辱读p
本讲主要针对涡流、自感和电磁阻尼的知识进行训练’这些知识也是高考经常命题
的点.
◎典例剖析
p
碎≡
二.
-
白-≡＿…c…凶一-≡龄■……≡°…兰＝≡→＝一-…ˉ≡＿一＝-一…-.含≡ˉ≡～.＝～—
~~
［例1］（2014
（2014。高雪安撇卷）英国物理学家麦克斯韦认为’磁场变化时会在
返工t彦
空间激发感生电场.如图所示’＿个半径为厂的绝缘细圆环水平放
置’环内存在竖直向上的匀强磁场B’环上套一带电荷量为＋q的小球.已知磁感应
强度B随时间均匀增加’其变化率为虎’若小球在环上运动—周’则感生电场对小球
的作用力所做功的大小是
（
）
B÷′魁q晦
D。∏厂2q虎
A·
（）
C·2冗厂2q虎
…Ⅷ
［答案］
D
［分析］
变化的磁场产生涡旋电场’涡旋电场进步—驱动圆环内的自由电子纷纷做定向移
动形成旋涡状感生电流’这是麦克斯韦对法拉第电磁感应定律的补充.
变化的磁场使圃罐中产生灼感生电动势E-尝-芳.s-隐派旷: ’则感生电场对′｜·
球的作用力所做的功W＝qU≡qE≡q陶冗厂2’选项D正确.
［小结］
1.感生型:电源是线圈’电源的非静电力是由变化的磁场产生的涡旋电场力.
2.动生型:电源是导体棒’电源的非静电力是沿着导体棒方向的洛伦兹力.
｜23
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｜满分之路,搞定电磁学‖
［例2］（2015.深判｜｜南山期率）如图所示’A、B是相同的白炽灯’L是自感系数很大、电阻可
（
）
忽略的自感线圈下面说法正确的是
L
A
A.闭合开关S时’A、B灯同时亮’且达到正常
B.闭合开关S时’B灯比A灯先亮’最后＿样亮
C.闭合开关S时’A灯比B灯先亮’最后一样亮
D断开开关S时’A灯与B灯同时慢慢熄灭
［答案］
BD
［分析］
本题是自感现象’是自身电流变化引起的电磁感应.自感就是电流阻碍造成的延
时效应.
由于自感的作用’闭合开关S时,B灯比A灯先亮’最后一样亮’选项A、C错误,B
正确;断开升关S时,L中产生自感电动势’A灯与B灯同时慢慢熄灭’选项D
正确.
［小结］
在通电自感和断电自感中’自感线圈产生自感电动势,相当于新电源’自感电
流与原电源形成的电流叠加’叠加时仍然遵守增反减同规律,即通电自感反向叠
加’断电自感同向叠加.叠加在整个电路中无处不在’直至自感现象消失.
1.通电自感的I-t图象
如图所示电路,当电键S闭合的瞬间’由于电流的增加,自感线圈L发挥自感作
用’产生自感电动势E′ ,阻碍电流的增加’所以自感电动势是反向的’自感线圈
相当于—个新电源设电源E和E′在灯泡A1 、A2、A3（假设规格相同）所在的支
路中形成的电流分别为I1 、I2、I3和I｛、Ib、I§ ’其中I1＝I2＋I3’而Ib＝Il＋
I§.
｜24
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』选修3＝2电磁感应‖
~
A2
L
（1）灯泡A2所在支路的电流由0（I2—Ib＝0）逐渐增大的’并最终达到稳定值
I2（自感现象消失时）’其I—r图象如图甲所示;
（2）灯泡A1所在支路的电流由0突变为I1—Il ’接着逐渐增大’直至自感现象
消失时达到稳定值Il ’其I—t图象如图乙所示;
（3）灯泡A3所在支路的电流由0突变为I3＋I』’接着逐渐减小’直至自感现象
消失时达到稳定值I3’其I—r图象如图丙所示;
至于I2和I3哪个更大—些’这完全取决于两并联支路电阻的大小’若自感线圈
的直流电阻RL＞R’则I2＜I3 ;若RL＜R’则I2＞I3.
I↓
I
I
I1
′】→I1′
O
≥——
怪
—
〃
呜
○
＋
呜
『
归
○
／≥—＿
‘
t
甲
2.断电自感的I—r图象
乙
丙
如图所示电路’当电键S断开时’电源E在电阻R、灯泡A和线圈L中形成的
电流统统突变为0;而自感线圈L发挥自感作用’产生自感电动势E′’阻碍原电
流的减少’所以自感电动势产生的自感电流I［与线圈L中的原电流IL是同向
的,线圈L将在自感电流I1（I［＝IL）的基础上逐渐衰减’以至于减小到0;灯泡
A和自感线圈L自成闭合回路’其电流方向将与原电流IA方向相反’大小将在
自感电流I［的基础上逐渐衰减到0.
…←
｜25
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｛满分之路,搞定电磁学‖
~~
…Ⅷ
A
R
｜｜『→亏后
（1）如果自感线圈的直流电阻RL＞RA,则灯泡的原电流IA大于线圈的自感电
流Ii’灯泡突然暗一下’然后逐渐熄灭’其I＿t图象如图甲所示;
（2）如果自感线圈的直流电阻RL＜RA’则灯泡的原电流IA小于线圈的自感电
流I［’灯泡突然亮＿下’然后逐渐熄灭’其I—t图象如图乙所示;
（3）如果自感线圈的直流电阻RL＝RA’则灯泡的原电流IA等于线圈的自感电
流I［’灯泡在原来亮度的基础上逐渐熄灭’其I一t图象如图丙所示.
′』
Ih
h—
tO
ˉ—
ˉlz ˉˉ＿／一
～八
~
〗
丙
甲
乙
［例3］（2015 .高雪山东卷）如图’＿均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针
匀速转动.现施加＿垂直穿过圆盘的有界匀强磁场’圆盘开始减速在圆盘减速过程
中’以下说法正确的是
（
）
O
●
′｀
J
｀
庄乙
）
A.处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高
B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C.若所加磁场反向’圆盘将加速转动
D若所加磁场穿过整个圆盘’圆盘将匀速转动
‖26
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』选修3ˉ2电磁感应｝
［答案］
ABD
［分析］
本题是电磁阻尼现象’电磁阻尼首先是电磁感应’其次是感应电流受到磁场的
阻力。
根据右于定则可判断靠近圆心处电势高,选项A正确;圆盘处在磁场中的部分转
动切割磁感线’相当于电源’其他部分相当于外电略’根据左手定则’圆盘所受安
培力与运动方向相反’磁场越强’安培力越大,故所加磁场越强越易使圆盘停止转
动,选项B正确;磁场反向’安培力仍阻碍圆盘转动’选项C错误;若所加磁场穿过
整个圆盘’整个圆盘相当于电源’不存在外电路’没有电流’所以圆盘不受安培力
而匀速转动,选项D正确。
［′」｀结］
1.涡流:感应电流在大块金属导体里呈旋涡状循环流动’故名涡流.
2.电磁阻尼:导体棒切割磁感线产生感应电流,感应电流又受原磁场的安培力’棒
的速度方向与安培力必然反向’安培力是阻力.
3.电磁驱动:原来静止在磁场中的导体棒,如果有电流流过’导体棒便在安培力的
作用下运动起来.安培力是动力.
.多章节练习
1. （2015.盲雪≡庆卷）如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意α
图’线圈匝数为″’面积为S,若在t1到r2时间内’匀强磁场平行于
线圈轴线向右穿过线圈’其磁感应强度大小由Bl均匀增加到B2’则
该段时间线圈两端α和b之间的电势差甲α—甲6
A恒为厕s肾写｜B］）
｝
B
（
）
门S（B2—B1）
B从0均匀变化到
Ⅶ
口
』
ˉ
广
凸
∩
乙
十
乙
C.恒为—″S（B2—B1）
t2
t1
ⅦS（B2—B1）
D.从0均匀变化到
t2-r1
↑27
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｜满分之路』搞定电磁学l
2. （2016.霉州高三调研）如图所示是研究通电自感实验的电路图’A1、A2是两个规格相
同的小灯泡,闭合开关调节电阻R’使两灯泡的亮度相同调节可变电阻R1 ’使它们都正
常发光’然后断开开关S.重新闭合开关S’则
（
）
L
A1
E
S
R1
A.闭合瞬间,A1立刻变亮’A2逐渐变亮
B.闭合瞬间’A2立刻变亮’A1逐渐变亮
C.稳定后’L和R两端电势差—定相同
D.稳定后,Al和A2两端电势差不相同
3. （2（）14.高雪广东镭）如图所示’上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料
管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落
至底部’则小磁块
（
）
A.在P和Q中都做自由落体运动
B.在两个下落过程中的机械能都守恒
c.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
块
管
4. （2014.忘雪山枣卷）如图’—端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内’通有恒
定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定’导体棒与轨道垂直且接触良好.在向右匀
速通过M、lV两区的过程中’导体棒所受安培力分别用FM、FN表示.不计轨道电阻以
下叙述正确的是
（
）
导体棒
lI
巾
″
-←
U
Ⅳ
R
~
~
~
A.FM向右
C.FM逐渐增大
B.EV向左
D.FN逐渐减小
｜28
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1选修3＾2电磁感应｜
5. （2016.广州五犊联雪）如图所示是用于观察自感现象的电路’设线圈的自感系数较大’
线圈的直流电阻RL与小灯泡的电阻R满足RL＜R.则在开关S断开瞬间,可以观察到
（
）
｜
A.灯泡立即熄灭
B.灯泡逐渐熄灭’不会闪亮
C.灯泡有明显的闪亮现象
D灯泡会逐渐熄灭,但不—定有闪亮现象
6。（2015.高雪全国卷I）1824年’法国科学家阿拉果完成了著名的‘‘圆盘实验”.实验中将
—铜圆盘水平放置’在其中心正上方用柔软细线悬挂＿枚可以自由旋转的磁针’如图所
示.实验中发现’当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时’磁针也随着一起
转动起来’但略有滞后.下列说法正确的是
（
）
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中’磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流’此电流产生的磁场导致磁针转动
‖29
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｛满分之路.搞定电磁学〗
第十九讲电磁感应力｀电｀能综台问题
内容导读0
电磁感应问题往往是综合问题’因为电磁感应要产生电流,因此首先是电路问题’其
次要受安培力等力的作用’是力学问题’最后是能量转化问题’机械能向电能转化’最后
向电热转化.
c典例剖析
唾
陀
（2016.山车淄博诊断）如图甲所示’左侧接有定值电阻R＝2Q的水平粗糙导轨处
于垂直纸面向外的匀强磁场中’磁感应强度B＝1T’导轨间距L＝1m.一质量m＝
2kg’阻值厂＝2Q的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加
速运动’金属棒的U—工图象如图乙所示’若金属棒与导轨间动摩擦因数严＝0.25’则
从起点发生工＝1m位移的过程中（g＝10m／S2）
（
）
｜例1］（2016
C
飞
■
■
′
‖
吕
Ⅲ
（
／
砂
」
｝
「
｜
L
｜
●
Jn●
●
●
B·
●
〗
〗
R
●
●
『o
●
D｜
｜O
勿
O
0.5
1
匆／m
甲
乙
A.金属棒克服安培力做的功W1＝0.5J
B.金属棒克服摩擦力做的功W2＝4J
C.整个系统产生的总热量Q≡4.25J
D拉力做的功W＝9.25」
［答案］
D
［分析］
该例属于电磁感应的能量问题’其中内能的变化—分为二’既有摩擦生热,又有电
热’要区别对待.
｜3O
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』选修3ˉ2电磁感应｜
…Ⅷ
B2L2-
金属棒克‖良安培力做功为W」-B黑I←F＝刚甄,陶图可…-1′解得
Wl＝0.25J’选项A错误;金属棒克服摩擦力做的功W2＝尸′ng工＝0.25×20×1J
＝5J,选项B错误;整个系统产生的总热量Q＝W1＋W2＝5.25J,选项C错误;根
撼动能定理可得,握力做的功WF＝W1＋W勘＋÷狮＂2＝队25J,选项D正确
［小结］
1.感生型;磁场能转化为电场能’又转化为电源的电能’最后又把电能转化为电热
等其他形式的能量.
2.感生型:安培力做负功’使机械能减少’转化为电源的电能’最后又把电能转化
为电热等其他形式的能量.因此’安培力所做的负功’等于机械能的减少量’也
等于产生的电热要彻底弄清能量的转化,就要从动生型非静电力人手.
3.如果有摩擦力的参与,则机械能的减少’—方面转化为电热’另＿方面转化为摩
擦生热
［例2］（2014。高雪江霉卷）如图所示’在匀强磁场中有—倾斜的平行金属导轨’导轨间距
为L’长为3α’导轨平面与水平面的夹角为0,在导轨的中部刷有＿段长为团的薄绝
缘涂层匀强磁场的磁感应强度大小为B’方向与导轨平面垂直质量为m的导体棒
从导轨的顶端由静止释放’在滑上涂层之前已经做匀速运动’并＿直匀速滑到导轨
底端导体棒始终与导轨垂直’且仅与涂层间有摩擦’接在两导轨间的电阻为R’其
他部分的电阻均不计’重力加速度为g.求:
（1）导体棒与涂层间的动摩擦因数尸;
（2）导体棒匀速运动的速度大小U;
（3）整个运动过程中’电阻产生的焦耳热Q.
｜3｜ˉ
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［满分之路.搞定电磁学〖
■翻Ⅷ
（3）2加gαsin0—m3g2R2sin20
2B4L4
［答案］
（1）tan0
（2）″′gRsinβ
B2L2
［分析］
该例是电磁感应力和能的综合问题,受力分析和能量守恒定律是解决此类问题的
锦囊妙计.
（1）在绝缘涂层上,受力乎衡mgsin0＝／Ⅺmgcos0
解得严＝tan0.
（2）在光滑导轨上,感应电动势E＝BLU
感应电流I-贵
安培力F安＝BIL
受力平衡F安＝′刃gsin0
解得u＝mgRsin0
B2L2
.
（3）摩擦生热Q摩＝严mg创cos0
淘能量守』慢定律得…创sin0-Q＋Q摩＋＋狮翘』
解得Q＝2mg‘／sinβ—m3g2R2sm20
2B4L4
·
［小结］
1.对导体棒进行受力分析,一方面导体棒要受到其他力,同时要受到安培力’安培
力的方向用左手定贝‖判断,大小可用二级结论F＝黑刚计算
aq≡″兴是计算干路电量的二级结论,支路电量要根据并联分流原理进—步
分配.
~~
｜32
蛤＋
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1选修32电磁感应｝
＾.f章节练习
翼2
.
私
『品
1. （2016 .保舆高≡调研）如图所示,在倾角为30。的斜面上固定＿电阻不计的光滑平行金
属导轨’其间距为L,下端接有阻值为R的电阻’导轨处于匀强磁场中’磁感应强度大小
为B’方向与斜面垂直（图中未画出）.质量为m、阻值大小也为R的金属棒αb与固定在
斜面上方的劲度系数为虎的绝缘弹簧相接’弹簧处于原长并被锁定现解除锁定的同时
使金属棒获得沿斜面向下的速度z′0’从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨
垂直并保持良好接触’弹簧始终在弹性限度内’重力加速度为g,在上述过程中
（
）
A开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为竿
B通过电阻R的最大电流—定是等
C通过电阻R的总电荷量为哩揣
D回路产生的总热量小了÷咖诬;＋￥
△
（2016.山东键州二攘）如图所示’在水平面上有两条光滑的长直平行金属导轨MN、
PQ’电阻忽略不计’导轨间距离为L’电磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平
面质量均为m的两根金属杆α、b放置在导轨上’α、b接人电路的电阻均为R.轻质弹簧
的左端与b杆连接’右端固定.开始时α杆以初速度U0向静止的b杆运动’当α杆向右的
速度为U时’b杆向右的速度达到最大值Um’此过程中α杆产生的焦耳热为Q’两杆始终
垂直于导轨并与导轨接触良好’则b杆达到最大速度时
（
）
■■
α
b
n7
Ⅳ
M
2
｜
×B
~~~卜
州删｝L
｜
×
↓Q
P
｜33
×
×
U0
一
×
×
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｜满分之路.搞定电磁学‖
A.b杆受到弹簧的弹力为B2L2（U—Um）
2R
B.α杆受到的安培力为B2L2（U—Um）
R
c.α、b杆与弹簧组成的系统机械能减少量为Q
D弹簧具有的弹性势能为＋狮,;—÷）＂陋:—＋〃蛔:!—2Q
（2014.盲者天津卷）如图所示,两根足够长的平行金属导轨固
定在倾角0＝30°的斜面上’导轨电阻不计’间距L＝0.4m.导
轨所在空间被分成区域I和Ⅱ’两区域的边界与斜面的交线
为MlV’ I中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁
场方向垂直斜面向上’两磁场的磁感应强度大小均为B≡0.
｛
场方向垂直斜面向上’两磁场的磁感应强度大小均为B≡0.5
3。
T.在区域I中,将质量m1
＝0. 1kg’电阻R1＝0. 1Q的金属条αb放在导轨上’αb刚好不下滑.然后’在区域Ⅱ中将
质量m2＝0.4kg’电阻R2≡0.1Q的光滑导体棒cα置于导轨上’由静止开始下滑.Cα在
滑动过程中始终处于区域lI的磁场中’αb、Cα始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接
触’取g＝10m／s2.问:
（1）cd下滑的过程中’αb中的电流方向;
（2）αb刚要向上滑动时’Cα的速度U多大;
（3）从cα开始下滑到αb刚要向上滑动的过程中’cd滑动的距离工＝3.8m’此过程中αb
上产生的热量Q是多少.
↑M
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』选修3＝2电磁感应｜
4. （2016.天津摸拟）如图甲所示’光滑导轨宽0.4m’αb为金属棒’均匀变化的磁场垂直穿
过轨道平面,磁场的变化情况如图乙所示’金属棒αb的电阻为lQ’导轨电阻不计. t＝0
时刻’αb棒从导轨最左端’以u＝1m／s的速度向右匀速运动’求1 s末回路中的感应电
流及金属棒αb受到的安培力.
B／T
α
2
×
×
t／S
O
瓜
〃
｜
己
1
甲
乙
（2016.河北正理中学捡测）如图所示’光滑斜面PMNQ的倾角
为0’斜面上放置＿矩形导体线框αbcα’其中αb边长为′l ’bC边
长为′2 ’线框质量为m、电阻为R’有界匀强磁场的磁感应强度
为B’方向垂直于斜面向上’e／为磁场的边界’且e／／／／MN.线框
／√～丁／√
0
山←≡□＝
√
′■.
‖产0
■
旧＿′
≡√
／√
『一
→√
■7丁7＿≡
■
′—√
JJ
5
2
Ⅳ
在恒力F作用下从静止开始运动’其αb边始终保持与底边MlV平行’F沿斜面向上且与
斜面平行.已知线框刚进人磁场时做匀速运动’则下列判断正确的是
（
）
八线框迸人磁场时的逮度为（F—瞬n0）＂
B.线框进人磁场前的加速度为F＋沉gsin0
′?0
C.线框进人磁场的过程中产生的热量为（F—加gsin0）
／1
D线框进人磁场时有α→6→c→α方向的感应电流
｜35
~
×
×
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｜满分之路,搞定电磁学∏
（2014。高者安蚀卷）如图1所示’匀强磁场的磁感应强度B为0.5T’其方向垂直于倾
角β为30°的斜面向上.绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨Mp∧／（电阻忽略不
计）’MP和lVP长度均为2.5m’MⅣ连线水平’长为3m.以MN中点O为原点’Op为
工轴建立＿维坐标系O工.—根粗细均匀的金属杆CD’长度d为3m、质量m为1kg、电
阻R为0.3Q’在拉力F的作用下’从MN处以恒定速度u＝1m／s在导轨上沿工轴正问
运动（金属杆与导轨接触良好）.g取10m／s2.
6
‖ⅣN
O
1
2
3勿／m
图1
图2
（1）求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到工＝0.8m处电势差UcI〕
;
（2）推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标工的关系式’并在图
2中画出F—工关系图象;
（3）求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热
｜36
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』选修32电磁感应｜
7. （2015 ·高奢四川卷）如图所示’金属导轨MNC和
PQD’MlV与PQ平行且间距为L’所在平面与水平
面夹角为α’N、Q连线与MN垂直’M、P间接有阻值″
为R的电阻;光滑直导轨lVC和QD在同—水平面
P
内’与」VQ的夹角都为锐角0.均匀金属棒αb和e／质量均为加,长均为L,αb棒初始位置
在水平导轨上与NQ重合;e／棒垂直放在倾斜导轨上’与导轨间的动摩擦因数为严（严较
小）’由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）.
两金属棒与导轨保持良好接触,不计所有导轨和αb棒的电阻’e／棒的阻值为R’最大静
摩擦力与滑动摩擦力大小相等’忽略感应电流产生的磁场,重力加速度为g.
（1）若磁感应强度大小为B’给αb棒—个垂直于NQ,水平向右的速度U1 ,在水平导轨上
沿运动方向滑行一段距离后停止’e／棒始终静止’求此过程e／棒上产生的热量;
（2）在（1）问过程中,αb棒滑行距离为α’求通过α6棒某横截面的电量;
（3）若αb棒以垂直于NQ的速度U2在水平导轨上向右匀速运动’并在NQ位置时取走
小立柱1和2’且运动过程中e／棒始终静止求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁
场下αb棒运动的最大距离.
｜37
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｜满分之路.搞定电磁学h
第二＋讲电磁感应的图象问题
内容导读0
电磁感应的图象粗略可分为两类’—类是分时段讨论的,另一类是根据情景导出式
子’进而选择的.
◎典例剖析
｜例1］（2016.山师大耐中攘拟）如图所示为三个有界匀强磁场’磁感应强度大小均为B’方
向分别垂直纸面向外、向里和向外’磁场宽度均为L’在磁场区域的左侧边界处’有＿
边长为L的正方形导体线框’总电阻为R’且线框平面与磁场方向垂直,现用外力F
使线框以速度U匀速穿过磁场区域’以初始位置为计时起点’规定电流沿逆时针方
向时的电动势E为正’磁感线垂直纸面向里时的磁通量o为正值,外力F向右为正.
则以下能反映线框中的磁通量@、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规
律图象的是
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」选修3＝2电磁感应｜
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［答案］
ABD
［分析］
该例是典型的电磁感应图象问题’分段讨论’对比筛选是解决此类问题的方法.
当线框开始进入磁场时’磁通量开始增加’当全部进入时达最大;此后向内的磁通
量增加’总磁通量减小;当运动到1. 5L时,磁通量最小,当运动到2L时磁通量变
为向里的最大’选项A正确;当线圈迸入第一个磁场时’由E＝BLU可知’E保持
不变’感应电流的方向为）｜顶时针方向;而开始进入第二个磁场时’两端同时切割磁
感线,电动势应为2BLU’感应电流方向为逆时针方向为正值’选项B正确;因安培
力总是与运动方向相反’故拉力应一直向右’选项C错误;拉力的功率P＝Fu’因
速度不变’而在线框在第一个磁场时,电流为定值’拉力也为定值;两边分别在两
个磁场中时,F鲁ˉ2B.挚K＝4B芳2测.圈此安培力变为膘来的↓德,则握力
的功率变为原来的4倍’选项D正确
［小结］
电磁感应的图象是分段函数时’应结合楞次定律（或右手定则）和法拉第电磁感应
定律分段讨论’边讨论边对比排除同时要注意细节上的差异,细节决定成败
［例2］（2016·高雪四」l‖卷）如图所示’电阻不计、间距为』的光滑平行金
M
疆仔!三陶!
属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中’
R
导轨左端接—定值电阻R.质量为m、电阻为厂的金属棒MN置于
Ⅳ
导轨上’受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动’外力F与金属棒
速度U的关系是F＝F0＋陀U（F0、陀是常量）,金属棒与导轨始终垂直且接触良好.金
属棒中感应电流为j’受到的安培力大小为FA,电阻R两端的电压为UR’感应电流
的功率为P’它们随时间r变化图象可能正确的有
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‖满分之路,搞定电磁学‖
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＿
析
＿
解
●
［答案］
BC
［分析］
分情况讨论可能的物理情景’数形结合法是解决此类问题的方法
设金属棒在某一时刻速度为U,由题意可知’感应电动势E＝B／U’回略电流I＝
ˉ旦—旦财,即I…』安培力FA-BⅡ～黑锄.方淘水乎向左’即F＾…;R滴
R＋厂
R＋厂
端电压U搬≡IR＝器锄,:′U…;感应电流功率PˉE｜-黑赋』,靡…分
树金属棒运动情况｀曲牛领运动第二定律可得Pb＋腮锄—器触ˉ枷′·:′F＂＋（隐＿
B2』2
瓦干下）U＝加α.因为金属棒从静止出发’所以F0＞0.
（l）若膛-黑.金属棒水乎向右做匀加逮直线运动所以在此情涎下没有逸项
符合;
（2）籍爬＞黑｀F合随锄增大嗣增大,即α随融增大漏增大｀说碉金属棒在徽加速
度增大的加速运动,根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合;
（3）著隐＜黑,F鲁随赋增大嗣减′｜｀’萍α随碰增大嗣减′｜｀』说碉金属棒窿徽加逮
度减小的加速运动’直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动’根据四个物
理量与速度关系可知C选项符合.综上所述,选项B、C符合题意·
［小结］
当遇到无法直接进行判断的电磁感应图象问题时,首先要根据力学或者能量的规
律列式’向图象靠拢’然后根据函数与图象的关系,分情况进行讨论并作出选择
侧O
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『选修3钮电磁感应‖
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1. （2013.高者浙江卷）磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区’刷卡器中
有检测线圈’当以速度U0刷卡时’在线圈中产生感应电动势.其E—r关系如图所示.如
果只将刷卡速度改为等’线圈中的E—′关系图可能是
（
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（2015 .上饶二摸）在如图所示的竖直平面内’在水平线MlV的下方有足够大的匀强磁
场’＿个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合’线框由静止释放’沿轴线DC方向竖直
落人磁场中.忽略空气阻力’从释放到线框完全进人磁场的过程中’关于线框运动的U—t
图象’可能正确的是
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｜满分之路.搞定电磁学l
〕. （2015 .山东窜一爽大联雪）如图所示’导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度U向右匀
速通过—正方形αbCα磁场区域’αC垂直于导轨且平行于导体棒’αC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（规定电流由M经R到lV为正方向’安培力向
左为正方向）
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4. （2014.高者全国卷I）如图（a）’线圈αb、Cd绕在同—软铁芯上’在αb线圈中通以变化
的电流’用示波器测得线圈C创间电压如图（b）所示.已知线圈内部的磁场与流经线圈的
电流成正比’则下列描述线圈α6中电流随时间变化关系的图中,可能正确的是
（
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｜42
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『选修3＝2电磁感应｜
5. （2016.山车文登期率）如图甲所示’矩形导线框αbCα固定在匀强磁场中’磁感线的方向
与导线框所在平面垂直.规定磁场的正方向垂直于纸面向里’磁感应强度B随时间t变
化的规律如图乙所示.则下列i—r图象中可能正确的是
（
）
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6. （2016.兰州-中期中）如图（a）所示’在光滑水平面上用恒力F拉质量为1kg的单匝均
匀正方形铜线框’在1位置以速度u0＝3m／s进人匀强磁场时开始计时t≡0,此时线框
中感应电动势为1V’在t＝3s时刻线框到达2位置并开始离开匀强磁场.此过程中线框
的U—t图象如图（b）所示’那么
（
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A.恒力F的大小为1.0N
B. j≡0时’线框右侧的边两端M、N间电压为0.75V
C.线框完全离开磁场的位置3的瞬时速度为2m／s
D.线框完全离开磁场的位置3的瞬时速度为1m／s
（2016.壹冈测试）如图甲所示’固定的水平金属导轨足够长且电阻不计.两阻值相同的
导体棒αb、Cα置于导轨上,导体棒与导轨垂直且始终保持良好接触.整个装置处在与导
轨平面垂直向下的匀强磁场B中.现让导体棒αb以如图乙所示的速度向右运动.导体棒
Cα始终静止在导轨上’以水平向右为正方向’则导体棒Cd所受的静摩擦力／随时间变
臼
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（
）
化的图象是选项中的
｜43
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｜满分之路.搞定电磁学k
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8. （2016 ·河北正雇中学月者）如图所示’半径为R的导线环对心、匀速穿过半径也为R的
匀强磁场区域’关于导线环中的感应电流随时间的变化关系’下列图象中（以逆时针方向
的电流为正）最符合实际的是
（
）
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9. （2016 .九江月雪）如图所示,两条平行虚线之间存在匀强磁场’虚线间的距离为L’磁场
方向垂直纸面向里αbCα是位于纸面内的梯形线圈’αα与bC间的距离为L’t＝0时刻’bC
边与磁场区域边界重合.现令线圈以恒定速度U沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场
区域,取α→b→C→α→α的感应电流为正’则在线圈穿越磁场区域的过程中’感应电流I
随时间t变化的图线可能是下图中的
（
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｜44
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选修3—2交流电
第二十-讲交流电的产生与描述
~
…
本讲主要讲授正弦式交流电的产生、有效值的计算和交流电的四值的不同用途
◎典例剖析
‖
1］（2016.烟台摸拟）在匀强磁场中’—矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转
动’如图甲所示’产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图乙所示’已知发电机
线圈内阻为L（）Q,外接＿只电阻为9.0O的灯泡’则
（
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20√页
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A.电压表V的示数为20V
B.电路中的电流方向每秒改变5次
C.灯泡实际消耗的功率为36W
D.电动势随时间变化的瞬时值表达式为e≡2（）cos5∏t（V）
…Ⅷ
［答案］
C
［分析］
该例考查正弦式交流电的产生和描述’当线圈初位置在与中性面垂直的位置时’
瞬时值的表达式是余弦形式.
‖45
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「
满分之路.搞定电磁学〖
根据乙图可知,交变电流的周期T＝0. 2s’频率／＝5Hz’所以电略中的电
流方向每秒改变10次’选项B错误;电动势随时间变化的瞬时值表达式为e＝
20√百cos10冗tV’选项D错误;由乙图知’最大感应电动势为Em＝20√百V’则电
动势的有效值为Eˉ些-20v’l-惹≡哉A-2A.电压蕊的示数为灯泡溺
√2
端电压U＝IR＝2×9V＝18V’选项A错误;灯泡的实际功率为P＝I2R＝36W,
选项C正确·
［小结］
1.正弦式交流电的产生:当矩形线圈在匀强磁场中做切割磁感线运动时,便产生
了正弦式交流电.其瞬时值是按照正弦或余弦规律变化的.
2.中性面:与磁感线垂直的平面.
（1）线圈从中性面位置开始计时’瞬时值就是正弦规律变化的,从与中性面垂直
的位置开始计时’瞬时值就是余弦规律变化的.
（2）线圈在中性面位置’磁通量最大’电动势和电流的瞬时值为零’交流电的方
向发生变化.
［例2］（2016 .临沂一中月雪）如图所示’正弦波和方波交变电流的最大值相等,周期也相
等’现给它们接人完全相同的电阻’则在相同的时间（远大于周期）内’两电阻发热之
比Q甲:Q乙等于
（
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B÷
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』选修32交流电｜
［答案］
［分析］
有效值
＿定要
B
就是交流电在产生电热方面与直流电没有差别的那个数值.交流电有效值
根据其定义’按＿个周期内产生的热量计算.
中.……为老｀…中咆……′……Q≡″′
在甲图
知’相等时间内产生的热量之比为1
: 2’选项B正确.
［小结〕
1.有效值:让直流和交流通过阻值相等的电阻’如果在相等的时间内产生的热量
相等,则把直流电这一数值叫做交流电的有效值有效值是根据电流的热效应
定义的’定义时运用了等效法.有效值用直流电的字母表示’即大写表示.当线
圈位置与中性面之间的夹角为45°时’交流电取有效值各种电表记录的都是交
流电的有效值.
2.非正弦式交流电有效值的计算:要根据—个周期内产生的焦耳热计算
［例3］（2016·衡水中学翻中）如图所示为小型旋转电枢式交流发电机,电阻厂＝1O的矩形
线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中’绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动’
线圈的两端经集流环和电刷与电路连接,滑动变阻器R的最大阻值为6Q’滑动片P
位于滑动变阻器距下端÷处,定值电阻R｜ˉ2o,其他电阻不讣,线圈匀速转动的周
期T＝0.02s.闭合开关S’从线圈平面与磁场方向平行时开始计时’线圈转动过程中
理想电压表示数是5Vˉ下列说法正确的是
（
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A电阻R1消耗的功率为:W
B.0.02s时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零
C.线圈产生的电动势e随时间t变化的规律是e＝6√面sin100沉／（V）
D线圈从开始计时至‖六§的过程中.通过R］的电荷量为揣c
‖47ˉ
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满分之路搞定电磁学l
［答案］
D
［分析］
该例着重传授交流电“四值”的不同用途.
P位于滑动变阻器距下端÷处,下端电陋为2o,上媳电阻为4o,下端电腿与尺!
U
屯腿并联后的屯阻为lo,圃略中千略中的屯流I＝R射＋R上铡』＝击A-1A,
通过电阻R1的电流为0.5A’消耗的功率P＝I2Rl≡0.5W,选项A错误;图中线
圈的位置是垂直中性面的位置’电动势的瞬时值此时最大,线圈匀速转动的周期
T≡0.02s’经过0.02s时还是回到图中位置’滑动变阻器R两端的电压瞬时值最
大’选项B错误;线圈电阻′＝1Q,内阻所占电压为1V’电动势的有效值为1V＋
5V＝6V’电动势的最大值为6√面V’角速度为100沉rad／s’图中线圈的位置是垂
直中性面的位置,线圈产生电动势的瞬时值表达式e＝6√百cos100冗t（V）’选项C
错谩』蓟…略干略上绚电量为q-″R缔＋遇;＋卜,线圈从开始计时到六,钩
过霍中｀线圈磁i…烫化量为△.-BS-揣-器Wb,q-谎C｀通过R」
的屯荷量是于躇咆荷量的＿半,√-荒C.遮项D正确
［小结］
交流电有四个很重要的物理量’它们的用途各不相同’最大值通常用于计算电容
器的耐压值（击穿电压）;有效值计算电功和电热及其电功率;平均值（用法拉第电
磁感应定律计算所得的数值）计算电量;瞬时值计算转动力矩.
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卜L
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口诀:四值的用途
交流有四值,用途各不同°
最大求耐压’有效算电功’
平均计电量’瞬时解转动。
巴
｜48
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』选修3＝2′交流电‖
.霞章节练习
＾
L（2013.高雪山枣卷）图甲是小型交流发电机的示意图’两磁极N、S间的磁场可视为水
平方向的匀强磁场’A为交流电流表’线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀
速转动’从图示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示’以下判断
正确的是
（
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j／A
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＿＼、u2吼×1
10√页
O
-10√Ⅲ
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A.电流表的示数为10A
B.线圈转动的角速度为50汀rad／s
C.0. （）1s时线圈平面与磁场方向平行
D.0.02s时电阻R中电流的方向自右向左
乙
2. （2016.贵州省量阳市高≡检测）有＿种自行车’它有能向自行车车头灯泡供电的小型发
电机’其原理示意图如图甲所示;图中N、S是＿对固定的磁极’磁极间有—固定在绝缘
转轴上的矩形线圈’转轴的＿端有—个与自行车后轮边缘接触的摩擦轮.如图乙所示’当
车轮转动时,因摩擦而带动摩擦轮转动’从而使线圈在磁场中转动而产生电流给车头灯
泡供电关于此装置’下列说法正确的是
（
）
0l
轮
甲
乙
｜49
~
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｜满分之路.搞定电磁学［
A.自行车匀速行驶时线圈中产生的是交流电
B.小灯泡亮度与自行车的行驶速度无关
C.知道摩擦轮和后轮的半径,就可以知道后轮转＿圈的时间里摩擦轮转动的圈数
D.线圈匝数越多’穿过线圈的磁通量的变化率越大
3. （2014·忘雪天津卷）如图1所示’在匀强磁场中’＿矩形金属线圈两次分别以不同的转
速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图象如图2中曲线α、b所示,则
（
）
（凸B
e／V
15
／｜
‖
.＝＝～--
工正
＿‖
~ ~
O
10ˉ2S
β／×
升击兰
-15
图1
A.两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B.曲线α、b对应的线圈转速之比为2
: 3
C.曲线α表示的交变电动势频率为25Hz
D.曲线6表示的交变电动势有效值为10V
图2
｜50
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』选修3匡2交流电｜
4. （2016.福建联雪）如图所示为交流发电机示意图’匝数′′＝10（）匝的矩形线圈’边长分别
为10cm和20cm’内阻为5Q’在磁感应强度B＝0. 5T的匀强磁场中绕OO′轴以
50√百rad／s的角速度匀速转动,线圈和外部20Q的电阻R相连接’已知线圈绕OO′轴转
动时产生的电动势最大值Em≡NBSα′’求
O′
B
一‖
『一-
‖
『
‖
O
@—
-≤-@—贾ˉ
（1）电压表和电流表示数?
（2）电阻R上所消耗的电功率是多少?
（3）由图示位置转过90°的过程中’通过R的电量是多少?
‖5｜
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｜满分之路.搞定电磁学l
5. （2013 .高雪海南卷）通过＿阻值R＝100Q的电阻的交变电流如图所示’其周期为1s.
电阻两端电压的有效值为
（
）
t／A
---∩
‖
‖
＝-＝-—】
0.2
0。1
O
-0ˉ1
-0ˉ2
1
β／S
0ˉ5
‖
■二■二■二＝＝干
■
】
A. 12V
B.4√而V
C. 15V
D8√百V
6. （2016. ‖庙沂高＝月奢）电压测随时间t的变化情况如图所示’求电压的有效值?
Ⅱ／V
1l0√页
O
-220√2
7. （2016 .深纠｜｜月雪）在匀强磁场中’—矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动’
如图甲所示.产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示.则下列说法正确的是
｀
‖
／
／
『
＼
e／V
—亏≥自—亨
22厄
罪ˉ22徊
O
甲
A. t＝0.01s时穿过线框的磁通量最小
吕
■
乙
乙
B.该交变电动势的有效值为11√百V
C.该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22√百sin（100冗r）V
D.电动势瞬时值为22V时’线圈平面与中性面的夹角为45°
↑52
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『选修32交流电｝
8. （2016.昆明统一雪试）如图甲所示’将阻值为100Q的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩
形线圈’让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动’产生的感应电动势如图乙
所示.则可以判断
（
）
脖I≡登亦鹏‰
311
广二
o
巳ˉ
-311
＿—-＝＿-＝→
甲
乙
A. t＝0时刻线圈应转到图甲所示的位置
B.该线圈的转速为100r／s
C穿过线圈的磁通量的最大值为六Wb
D.线圈转＿周所产生的电热为9.68J
9. （2016.山寒潍坊联者）在如图甲所示的电路中,电阻R的阻值为50
如图乙所示的正弦式交变电流’则下列说法正确的是
Q’若在α、b间加上
（
）
｜u／V
100√页
O
-100√面
α
∏
◎
甲
乙
A.交流电压的有效值为100V
B.电流表的示数为2A
C.产生该交变电流的线圈在磁场中转动的角速度为3. 14rad／s
D.如果产生该交变电流的线圈转速提高—倍,则电流表的示数也增大一倍
｜53
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｛满分之路.搞定电磁学l
10. （2016.安撇“江南十犊”高三联雪）如图所示’处在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀
强磁场中的矩形线框MlVPQ’以恒定的角速度山绕对角线NQ转动.已知MlV长为／l
’
lVP长为／2 ’线框电阻为R. t≡0时刻线框平面与纸面重合’下列说法正确的是（
）
●
●
‖0
M
Q。
●
●
尸′
●
●
●
●
●
●
p.
●
Ⅳ
●
A矩形线框产牛的感应电动势有效值为罕B!lⅦ2“
△
B矩形线框转过冗时的电流强度为零
C矩形线框转动—周’通过线榷任意横截面电荷量为半
）
α
∩
′
≈
∩
〃
△
】
′
凸
＾
′
臼
］
儿
〗
』
巴
呵
′
臼
β
冗
D.矩形线框转过冗过程中产生的热量为
2R
｜5q
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「选修3≡2交流电‖
第二＋二讲变压器与电能的输送
霉宙容导读0
本讲主要讲授两类题型的解题方法’一类是关于变压器的动态讨论’另一类是关于
远距离输电问题.
●典例剖析
…
｜例1］（2015.高雪安饿卷）如图所示电路中’变压器为理想变压器’α、b接在电压有效值不
变的交流电源两端’R0为定值电阻’R为滑动变阻器现将变阻器的滑片从＿个位置
滑动到另＿位置’观察到电流表Al的示数增大了0.2A’电流表A2的示数增大了
0.8A’则下列说法正确的是
（
）
A.电压表V1示数增大
B.电压表V2、V3示数均增大
C.该变压器起升压作用
D.变阻器滑片是沿C→d的方向滑动
■疆Ⅷ
［答案］
D
［分析］
本例着重传授关于变压器的动态讨论问题的＿般解决方法
由于α、b接在电压有效值不变的交流电源两端’故电压表V1示数不变,选项A错
镶;…想变压器膘埋公式盖-器且U｜、勉｜、删』不变则U』不变’即v』输示数不
↑55
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｜满分之路.搞定电磁学｛
■箍Ⅷ
变,v』锚示数U剿-U』—『』R＂应减』｜｀,遮项…』窗公式贵≡器得;揣ˉ羞-
器≡4则＂1＞＂』｀该…趣降屋作周｀逾项C籍谩;又′:-灵异涌｀′』增大｀Ⅱ
应减小,故滑片应沿C→α方向滑动,选项D正确.
［小结］
1.理想变压器是转移电能的效率为100％的变压器’是忽略铜损、铁损利磁损的变
压器.实际使用的变压器效率很高’可认为就是理想变压器理想变压器有下列
五个因果关系:
（1）输人电压U1 :由发电机的（路）端电压U端决定’即U1＝U端;
（2）输出电压U2 :由输人电压U1决定’即U2＝匹U1 ;
Ⅶ1
（3）输人功率p1 :由输出功率P2（用户的需求）决定’即P1＝P2或U1I1
＝U2I2
;
U2
（4）输出电流I2 :由负载电阻R决定’即I2＝万;
（5）输人电流I1 :由输出电流I2决定’即I1＝塑I2.
闪1
匝数〃l 、″2＿定时’U1和U2均由U端决定.发电机的路端电压往往是定值’则
U1和U2通常也是定值.I1和P1均由输出端决定不能将因果关系倒置’如不
能将功率关系写成P2＝P1.
广｀
卜L
D
＼≥
2.理想变压器当有多个副线圈时’
（1）电压关系是:U1 :U2 :U3…＝″1
:
′!2
; n3…（正比关系仍然成立）
（2）电流关系是:″1I1＝″2I2＋〃3I3＋…（由功率关系IlU1＝I2U2＋I3U3＋…
推导而来’但是反比关系不再成立）
｜56
口诀:理想变压器的因果关系
变压用互感’电压看始端’
功率和电流,情况恰相反°
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『选修3镭2交流电｝
［例2］（2（）16.云岛质检）某村在距村庄较远的地方修建了＿座小型水电站’发电机输出功
率为9kW,输出电压为500V’输电线的总电阻为10Q’允许线路损耗的功率为输出
功率的4％’求:
（1）村民和村办小企业需要220V电压时’求所用升压变压器和降压变压器的原、副
线圈的匝数比各为多少;（不计变压器的损耗）
（2）若不用变压器而由发电机直接输送’村民和村办小企业得到的电压和功率各是
多少.
［答案］
（1）1
: 3
72
: 11
（2）320V
5760W
［分析］
该例着重传授远距离输电问题的一般解题方法’即要牢牢把握＿个中心、两个基
本点’才能更好更快地解决问题
（1）建立如图所示的远距离输电模型.
nl
n2
l线
∏3
n4
｛
’｜
∏
｜
｜
庐
‖
｜
｜
U3
｜
｜
闸
凹
｜
｜
｜
｜
凸
｜
｜
｜
厂
〉
广
广
沽
｜
｜
｜
u
｜
｜
｜
｜
｜
〗
＼
／
氏
］
＜
）
／
｜
｜
｜
｜
】
巾
｜
｜
｜
‖
″
｜
‖
｜
｜
↓
~
~
~
~
↑
｜
｜
发
电
机
｜
U1
｜
｜
由线略损耗的功率P损＝I鳖R线和P损＝4％P出可得;
′缝≡√哥-√喇0＂↑萨％A-＂∧
P＂
9;00v＝1500v
又因为P出＝U2I线’所以’U2＝蔑＝
U3＝U2＿I线R线＝（1500—6×10）V＝1440V
根据理想变压器规律:
＂1
U1
500V
1
＝≡＝
＝≡＝
＝
″,
U,
1500V
3
刃3
U3
1440V
72
＝≡＝
＝≡＝
＝≡＝
Ⅶ4
U4
220V
11
所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1
: 3和72
: 11.
｜57
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…洒
I线′
（2）若不用变压器而由发电机直接输送（模型如图所示）,
｜
↑
~
｜
｜
由P出＝UI线′可得:
中
‖
如‖
发
电
机｜
｜
｜
｜
I缆′-旦堑鱼-95‖;0A-lsA
U
所以线路损耗的功率:p线≡I线′2R线＝182×l0W
≡3240W
用户得到的电压:U用户＝U＿I线′R线＝（500—18×10）V＝320V
用户得到的功率:P用＝P出—P线＝（9000—324（））W＝5760W.
｜
‖
U用户
｜
｜
U
｜
用
户
［′」｀结］
如图是高压输电线路示意图
R损
广-＝-■≡司
∏2
-皿3
椒叮恿
』h
〔／3
‖『
「
～
｜
司
｜
∩
‖
凹
｜
｜
—
~
山
R用
P 出
高压输电线路
＿个中心是“输电线的电流”;两个基本点如下:
—～—P损
（D电压关系;U幽-U翻＋U』U趟-器U｀-窘,U橱-I赣R戮-√P橱R赣≡厦｀
P用
U3＝塑U用＝区.
″4
′2）驯率关系;′厂P瓤ˉ十P删P撼—嗡跟缴—慧≡』戮U箍｀P蹦≡U』′』—
′鳞U洲,P闹-』镶U鼠-′‘U』-患-′拯卧
｜58
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』选修3＝2交流电｝
＾瞪章节练习
≈
～白
…
1. （2016。壹石联雪）—理想变压器给负载供电,变压器输人电压不变’如图所示.如果负载
电阻的滑片向上移动’则图中所有交流电表的读数及输人功率变化情况正确的是（均为
理想电表）
（
）
…丁
A.V1 、V2不变’A1增大’A2减小,P增大
B.V1 、V2不变’A1、A2增大’P增大
C.Vl 、V2不变’A1、A2减小,P减小
D.V1不变、V2增大,A1、A2减小’P减小
2. （2015·高雪辐建卷）如图为远距离输电示意图’两变压器均为理想变压器’升压变压器
T的原副线圈匝数分别为″l 、〃2 ’在T的原线圈两端接人＿电压＂＝Umsin山r的交流电
源’若输送电功率为P’输电线的总电阻为2厂,不考虑其他因素的影响,则输电线上损失
的电功率为
（
）
A（揣）罢
α↓（舟）』（蚤）』′
B（器）尝
n』（芳）:（磊）』′
｜59
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｜满分之路』搞定电磁学］
3. （2016 .开封攘拟）如图所示’理想变压器有两个副线圈｀匝数分别为″1和〃2 ’所接负载
4Rl＝R2’当只闭合S1时’电流表示数为1A’当S1和S2都闭合时’电流表示数为2A’
则″1
: ″2为
（
）
B. 1
:
2
D. 1
8
4
A· 1
:
1
C· 1
:
3
4. （2016· ‖店沂月雪）如图所示’理想变压器原、副线圈的匝数之比是10
: 1’原线圈输人交
变电压以＝100√百sin50冗rV’O是副线圈中心抽出的线头’Rl＝5Q’R2＝15Q’则
（
）
A.开关S断开时’电流表的示数为0.05A
B.开关S闭合时’电流表的示数为0.05A
C开关s闭合时,两电阻总的电功率为?w
D.开关S断开时’两电阻总的电功率为孕W
○
↑6O
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｛选修3ˉ2交流电｝
5. （2016.高雪江苏卷）—自糯变压器如图所示’环形铁芯ˉ七只绕有＿个线圈’将其接在α、b
间作为原线圈通过滑动触头取该线圈的—部分’接在C、创间作为副线圈.在α、b间输人
电压为U1的交变电流时’c、α间的输出电压为U2.在将滑动触头从M点顺时针旋转到
N点的过程中
（
）
α
～
』
A.U2＞U1 ’U2降低
B.U2＞U1 ’U2升高
C.U2＜Ul ’U2降低
I）.U2＜U1 ’U2升高
6. （2016.盲者天津卷）如图所示’理想变压器原线圈接在交流电源上’图中各电表均为理
想电表.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’Rl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示数变大
C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时’电流表Al示数变大
D.若闭合开关S’则电流表A1示数变大’A2示数变大
‖6‖
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｜满分之路.搞定电磁学l
7. （2014.高雪四」｜‖卷）如图所示’甲是远距离输电线路的示意图’乙是发电机输出电压随
时间变化的图象,则
（
）
了、
圭肪蕊二［」具
｀‖
变压器
变压器
-5＂
甲
乙
A.用户用电器上交流电的频率是100Hz
B.发电机输出交流电的电压有效值是500V
C.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D.当用户用电器的总电阻增大时’输电线上损失的功率减小
（2014.盲雪浙江镭）如图所示为远距离交流输电的简化电路图发电厂的输出电压是
U’用等效总电阻是厂的两条输电线输电’输电线路中的电流是I1 ’其末端间的电压为
U’用等效总电阻是厂的两条输电线输电’输电线路中的电流是I1 ’〕
8。
Ul .在输电线与用户间连有＿理想变压器’流人用户端的电流为I2.则
（
）
～
发
电
厂
＝
用
户
耻
乞
』
一
↑
″
｜
厂
U
~~~~~~
A用户端的电压为等
B.输电线上的电压降为U
C.理想变压器的输人功率为I｛厂
D输电线路上损失的电功率为IlU
‖62
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选修3＿2传感器
第二十三讲传感器的工作原理
｜」内容辱读］
本讲讲述传感器的基本工作原理’以及对电路电流或电压的控制作用
O典例剖析
浮
山
1］（2013.忘奢江苏卷）在输液时’药液有时会从针口流出体外’为了及时发现’设计了
—种报警装置’电路如图所示.M是贴在针口处的传感器,接触到药液时其电阻RM
发生变化’导致S两端电压U增大’装置发出警报’此时
（
）
（例
M
传感器
R
s
■
｜
A.RM变大’且R越大’U增大越明显
B.RM变大’且R越小’U增大越明显
C.RM变小,且R越大’U增大越明显
D.RM变小’且R越小’U增大越明显
…Ⅷ
［答案］
C
［分析〕
该例讲授输液报警器工作原理的一般分析方法’以及分析推理能力.
S两端的电压增大,总电流变大,总电阻变小,说明M的电阻变小,RM变′」、’且R
越大’并联电阻减小越快,于路电流增大越明显,电压U变大越明显,C项正确.
｜63
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｛满分之路搞定电磁学］
［例2］（2015.长春攘拟）温度传感器广泛应用于家用电器中’它是利用热敏电阻的阻值随
温度变化的特性来工作的.如图甲所示为某装置中的传感器工作原理图’已知电源
的电动势E＝9.0V,内阻不计;G为灵敏电流表’其内阻Rg保持不变;R为热敏电
阻’其阻值随温度的变化关系如图乙所示’闭合开关S’当R的温度等于20℃时,电
流表示数Il＝2mA;当电流表的示数I2＝3.6mA时,热敏电阻的温度是
（
）
R／kO
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
斗
］
∑
］
0
‖／℃
20406080100120140160
乙
B·80·C
D120。C
甲
A·60°C
C° 100℃
｜·解析0
［答案］
D
［分析］
该例结合图象讲授温度传感器的工作原理’以及分析推理的能力.
由题中图乙知’温度为20。C时’R的阻值R1≡4kQ。由欧姆定律知E＝I1（R1＋
Rg）’E＝I2（R2＋Rg）’两式联立’解得R2＝2kQ’由图乙中查得此时温度为120
℃’选项D正确.
［小结］
传感器就是电路的一些灵敏元件’通过传感器可以把力、热、声、光等的信号,转换
为电信号’从而实现电路控制等目的.各种光控、声控、热控等传感器已经走进千
家万户.
｜64
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】选修3＝2〈传感器｝
习
练
→
徊
＝
旱
′
臆
公
′
欺
押
…
曲
~
~
~
~
1. （2016.北袁四中三捶）如图所示’＿热敏电阻RT放在控温容器M内;A为毫安表’量程
6mA’内阻为数十欧姆;E为直流电源’电动势约为3V’内阻很小;R为电阻箱’最大阻
值为999.9Q’S为开关.已知RT在95℃时的阻值为150Q’在20°C时的阻值约为550
O.现要求在降温过程中测量在20～95 。C之间的多个温度下RT的阻值.
—■
生
（1）在图中画出连线’完成实验原理电路图
（2）完成下列实验步骤中的填空:
a.依照实验原理电路图连线.
b.调节控温容器M内的温度’使得RT的温度为95℃
c.将电阻箱调到适当的阻值’以保证仪器安全
d.闭合开关.调节电阻箱’记录电流表的示数I0’并记录
e.将RT的温度降为Tl（2（）。C＜T1＜95 °C）;调节电阻箱’使得电流表的读数
记录
.
［.温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1＝
g.逐步降低T1的数值’直到20℃;在每＿温度下重复步骤ef.
（2015·聊缄摸拟）如图所示’R1 、R2为定值电阻’L为小灯泡’R3为光敏电阻’当照射光
强度增大时
（
）
◎
△
L
R3
B.R2中电流减小
D电路的路端电压增大
A.电压表的示数增大
C.小灯泡的功率增大
｜65
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满分之路.搞定电磁学k
3. （2015 。北袁海滨摸拟）某种角速度计’其结构如图所示.当整个装置绕轴OO′转动时’元
件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压’电压传感器（传感器内阻无限
大）接收相应的电压信号.已知A的质量为m’弹簧的劲度系数为虎、自然长度为／’电源
的电动势为E、内阻不计.滑动变阻器总长也为′’电阻分布均匀’装置静止时滑片P在变
阻器的最左端B端’当系统以角速度幻转动时’则
（
）
接电
A.电路中电流随角速度的增大而增大
B.电路中电流随角速度的增大而减小
Ⅲ输出咆压U与″的函数式为U-隐等
加（O／
C.弹簧的伸长量为工＝陀—mo2
4. （2016 .湖北省部分重哀高中联雪）利用传感器可以探测、感受外界的信号、物理条件等
如图甲所示为某同学用传感器做实验得到的小灯泡的U—I关系图线.
［″V↑
｜
｜
｜
｜
｜
■
5｜■｜」■｜■｜ˉ
｜ˉ∏
4
｜
■
／
｜／
3
／
｜
2｜ˉ—矛｜牛｜dˉ
1■一／｜
｜
｜
｜
■″］
｜
｜
■
0
0.2
0.4
…
—
电
流
传
感
器
—
◎--
◎＝-
″A
〕.6
甲
乙
电流传感器
长卢已
丙
（1）实验室提供的器材有:电流传感器｀电压传感器、滑动变阻器A（阻值范围0～10Q）、
滑动变阻器B（阻值范围（）～100Q）、电动势为6V的电源（不计内阻）、小灯泡、开关、导
线若干.该同学做实验时’滑动变阻器选用的是
（选填“A”或“B”）;请在图乙的
方框中画出该实验的电路图
（2）如果将该小灯泡接人图丙所示的电路中,已知电流传感器的示数为0.3A’电源电动
势为3V.则此时小灯泡的电功率为
W’电源的内阻为
Q.
｜66
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答案与解析
选修3ˉ1
静电场
第—讲电场力的性质
［章节练习］
l答案;粤狮‘
№‘
分析:本题共有三个物理情景,第＿个是摆动,第二、三是静止平衡.第＿个用动能定理可以解决.第二和
第三则根据力的平衡解决,电场是匀强电场’大小和方向都恒定不变0因此两次平衡时’电场力的大小和
方向不变.
解析:带电小球在水平向右的匀强电场力的作用下,摆起的最大角度是60°,表明该处的速度为零在摆
动过程中’重力做负功,电场力做正功,细线弹力不做功,根据动能定理,有:
F／sinα-mgl（1-cosα）＝0-0
解得电场力为;F-亭吧
当改变电场强度的大小和方向后,设场强与竖直线之间的夹角为β,平衡在α＝60°处,由正弦定理得:
F
＝
加g
sin60°
Sin（l80。-60°-β）
2″lg
平衡在α＝30.处,由止弦定理得瓢『岛0.
§｛n（ls0.
30.
β）
＝≡≡
联立解得:β＝60°,F＝″!g.
2.答案:D
分析;根据·轴上霍-ˉ÷处的合场强为零,叮得感应电荷存该处的场强大小,接着根据对称性·叫知感
y
应电荷在z轴上z＝÷处的电场强度大小’最后根据场强叠加原理解决本题
解析:设点电荷为正电荷（电性是正是负不影响最终结果）,则导体表面的感应电荷为负电荷。设所求点
为A点,取其关于工Oy平面的对称点为B,点电荷q在A、B两点的场强大小分别为El 、E2 9感应电荷在
☆q
（咖＋÷）2
A、B两点的电场强度的大小分别为EA、EB.由题意可知’B点的合场强为零,EB＝E2＝
~~
确
正
∏
项
选
…
—
孵
〗
）
胸
∏
〃
—
〗
（
＋
…
而
~~
＋
Ⅱ
Ⅱ
八
Ⅱ
为
强
场
△
口
点
∧
故
…
环
匠
~~
Ⅱ
Ⅱ
∧
知
可
性
称
寸
由
又
吻
丽
‖67
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｜满分之路｀搞定电磁学l
3。答案:（1）9.0×10 3N
（2）7.8×103N／C方向沿y轴正方向
分析:在C点处9合场强根据菱形法解决,关于菱形法的二级结论E合＝2E分cosα要牢记.
2
解析:（1）根据库仑定律,A、B两点电荷间的库仑力大小为F≡陀gˉ≡
o
L2
代人数据得F＝9.0×10
3N.
o
（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等,均为E1≡隐片
O
儿二
A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E＝2E1cos30。
@
由OO式并代人数据得E＝7·8×103N／C
O
场强E的方向沿J轴正向.
4.答案:D
分析:依题意,可推出场源电荷Q的位置和电性.由图象的斜率可得它在A、B两点产生电场强度的
大小.
解析:由两试探电荷受力情况可知,点电荷Q为负电荷,且放置于A、B两点之间某位置,选项B、C错误;
设…点之阎的距离为′,…乙可得,点电荷仆A点产生的场艘E斟—隐:-景—揣≡;N／［
Fb
1×10—4
≡4×10,N／C,同埋叫得,点电荷在B点产生的场强为E圃-』（0÷』〕2＝q》≡4×l0 』N／C≡M5×
105N／C,解得／＝0. 1m,所以点电荷Q的位置坐标为rQ＝工A＋′＝（0.2＋0. 1）m＝0. 3m,选项A错
误,D正确.
5.答案;BD
分析:本题根据整体法和力平衡的条件解决
解析:P对M是静电引力’对N是静电斥力,在光滑的水平桌面上要使M和Ⅳ组成的系统静止,只能三
个电荷在＿条直线上’否则细杆要转动,选项B正确.把M、」V及细杆组成的系统作为研究对象,根据整
体法,整体要静止,合外力只能为零,选项D正确。即P对M的引力要等于对lV的斥力,根据库仑定律有
′皆-您g÷霄纽解得堑≡缸则M与N的距离小于L,选项A错误由以上分析,MN分别是电荷’
所产生的电场中＿条电场线上的两点’可见M点电势高’选项C错误.
第二讲电场能的性质
［章节练习］
l.答案:D
分析:加速度的大小,用库仑定律判断而速度大小关系,由动能定理判断,电场力做正功还是负功,即∏］
以根据W＝qU讨论,也可根据力与速度之间的夹角讨论。
｜68
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』答案与解析｝
解析;由库仑定律F-竿可知粒于在…三点受到的电场力的大小关系为F陶＞F≥F露,山α-
斋,叫知αb＞α≥凰.根据粒子的轨迹可知粒子Q与场源咆荷P的咆性相同,-者之间存在斥刀,由′
→b→α整个过程中,电场力先做负功再做正功,且W如＞｜W的｜,结合动能定理可知,uα＞uc＞ub,选项D
正确.
2.答案:AB
分析:根据图形特点’可知油滴所受电场力竖直向上,且大于重力;由于油滴带负电荷,匀强电场方向竖
直向下,明确这些就能进＿步讨论电荷能量的变化了.
解析:由于油滴受到的电场力和重力都是恒力’所以合外力为恒力,加速度恒定不变’所以选项D错误;
由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧,所以油滴所受合外力沿竖直
向上的方向,因此电场力竖直向上,且qE＞加g,则电场方向竖直向下,所以Q点的电势比P点的高’选
项A正确;当油滴从P点运动到Q点时,电场力做正功,电势能减小,选项C错误;当油滴从P点运动到
Q点的过程中’合外力做正功,动能增加,所以Q点的动能大于P点的动能,选项B正确.
3.答案:AD
分析:紧扣点电荷电场的分布特点寻找场源电荷的位置,是解决本题的关键.
解析:根据正点电荷等势面的分布特点,点电荷既在MN连线的中垂线上,又在PF的中垂线上’即在两
中垂线的交点处,如图所示在直角边上,根据几何关系,MO＝2OP’即距离P点较近,因此选项A、D正
确’B错误依据刚才的分析,得UpN＞0’将正试探电荷从P点搬运到N点,做正功,选项C错误·
Ⅳ
O
M
P
4·答案:CD
分析:根据等势面分布特点’可知上面的电荷为正,下面的为负;再根据曲线运动的知识,可知试探电荷
是负电荷。
解析:做曲线运动的物体受到的合力方向指向曲线的内侧’根据带电粒子受力方向可以判断’粒子带负
电,选项A错误;负电荷在电势低的位置电势能大’粒子的电势能先变大后变小,粒子的电势能和动能之
和不变,所以粒子的动能先变小后变大,速度先变小后变大,选项B错误’C正确;6、d两点电势相同’粒
子经过这两点时电势能相等,动能相等’速度大小也相等’选项D正确.
5.答案:BC
分析:本题要紧扣等量异种点电荷形成的电场,等势面和电场线的分布规律解决,因此需要平时牢记这
种电场的基础知识.
｜69
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｜满分之路.搞定电磁学l
解析:b点电势为零’场强不为零,场强方向水平向右’选项A错误;等量异种电荷连线上’电场方向由正
电荷指向负电荷,方向平行于工轴向右,在中点O处电势为零,O点左侧电势为正,右侧电势为负,因此
正电荷在正电势处电势能为正,选项B正确;O点的电势低于α点的电势’电场力做负功,所以必须克服
电场力做功,选项C正确;O点和b点的电势相等’所以先后从O、b点移到α点’电场力做功相等’电势能
变化相同,选项D错误·
6.答案:（1）104m／s
（2）L73×103N／C
（3）400V
分析:本题是“加速电场＋偏转电场’’的问题,粒子在偏转电场中做类平抛运动,加速电场使粒子在竖直
方向获得动能,偏转电场使粒子在水平方向获得动能.
解析;〈l）由动能定理得qU-÷狮＂｛
代人数据得ul＝104m／s.
（2）因带电粒子重力不计’则进人PQ、MN间电场中后,做类平抛运动’粒子沿初速度方向做匀速直线运
动:α＝U1t
粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动:Uγ≡αt
由题意得:tan30°＝旦
Uγ
由牛顿第二定律得qE≡″!α
联立以上相关各式并代人数据得;E＝√可×103N／C≈1, 73×103N／C.
（3）由动能定理得;qUub＝÷咖U:＝÷狮（＂;—＂;）
联立以上相关各式代人数据得:U劝≡4（）0V.
第三讲电场线与等势面
［章节练习］
1.答案:B
分析:电场线与等势面的关系是‘‘同密同疏、处处正交、沿线降低,’。同＿个等势面上电势相等’但场强不
—定相等,场强是矢量.
解析:如果两个电势不同的等势面相交,则交线上任＿点有两个电势的值’与静电场的唯＿性相矛盾,选
项A错误电场线如果与等势面不垂直,沿等势面移动电荷,电场力要做功,等势面上任两点就有电势
差,这与等势面的概念矛盾,选项B正确·电场强度是矢量9同＿等势面上各点电场强度大小即便相等’
方向不尽相同,选项C错误.沿电场线方向电势差为正,因此沿着电场线方向移动负电荷,必然做负功,
选项D错误.
｜7O
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『答案与解析｝
2.答案:C
分析:场强的大小看电场线的疏密’电势的高低可用电场线的方向判断,电场线与等势面处处正交,电场
力做功与具体运动路径无关,仅与始末等势面有关·
解析:电场线的疏密反映电场的强弱’电场线越密,电场越强,据图可知,B点的电场强度比A点大’选项
A错误;沿电场线电势降低’小球表面的电势比容器内表面的高’选项B错误;容器内表面为等势面,而
电场线总与等势面垂直,故B点的电场强度方向与该处内表面垂直,选项C正确.A、B两点等势’将检验
电荷从A点沿不同路径移到B点,电场力做功均为零,选项D错误
3°答案:B
分析:从粒子做曲线运动的轨迹,可以断定两粒子电性恰好相反。场强大小看电场线的疏密,电场线的疏
密再看等势面的疏密电势高低看电场线的方向.电势能的变化看电场力做功.
解析:根据轨迹的弯曲方向可知,两粒子的电性相反’选项A错误;电场线与等势面“同密同疏”,因此选
项B正确;由于场源电荷的电性无法判断,因此电场线方向无法判定’则不能比较α、b的电势高低,选项
C错误;电场力对两粒子均做正功,则两个粒子的电势能均减小’选项D错误
4.答案:AD
分析:场强为零,只能说明电势差为零’但不能确定电势是否为零场强的大小看电场线的疏密,而电势
的高低看电场线的方向.场强的方向就是电场线的方向’沿电场线方向电势降低最快.
解析:场强方向如果不与等势面垂直’沿着等势面移动电荷,电场力就要做功,选项A正确.达到静电平
衡的导体,内部场强处处为零,电势不为零,何况电势的零点可以任意选择’选项B错误.负点电荷形成
的电场,随着场强的逐渐减小,电势却逐渐升高’选项C错误.电场线的方向总是从高的等电势面指向低
的等电势面,而且是电势降落最快的方向,选项D正确.
5.答案:B
分析:粒子仅在电场力作用下运动,运动轨迹如果与电场线重合,电场线-定是直线
解析:由于电场线是曲线,所以试探电荷从P点由静止释放后不会运动到Q点,选项A错误;试探电荷
从P点移动到Q点,根据沿电场线方向电势逐渐降低,以及电场力做功与电势能变化的关系可知,电场
力做正功,选项B正确;由于电场力对试探电荷做正功’所以试探电荷在P点的电势能大于在Q点的电
势能,选项c错误;由题图可知P点场强大于Q点场强’所以试探电荷在P点所受电场力大于在Q点所
受电场力,选项D错误.
6.答案:D
分析:根据电场线与等势面的关系,补画电场线9可以断定Q点处的电荷为负电荷.
解析:由题中所给的等势面分布图是对称的及电场线与等势面垂直可得,P、Q两点应为等量异种电荷’
选项A错误;α、b两点的电场强度大小和方向均不同,选项B错误;因P处为正电荷,且αp‘＜α〃’因此C
点的电势高于创点的电势,选项c错误;因P处为正电荷,故Q处为负电荷,负电荷从靠负电荷Q较近
的α点移到靠正电荷P较近的C点时,电场力做正功’电势能减少,选项D正确
｜7｜
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｜满分之路.搞定电磁学［
7.答案:B
分析:电子由M点分别运动到lV点和P点的过程中,电场力所做的负功相等,根据电场力做功的特点’
可知c、d是两条等势线,且M点的电势较高.
解析:电子带负电荷,电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等,有WMN＝
WMp＜0,而WMN＝qUMN,WMp＝qUMp,q＜0’所以有UMN＝UMp＞0,即甲M＞甲N≡甲p’匀强电场中等
势线为平行的直线’所以lVP和MQ分别是两条等势线’有甲M≡9Q’选项A错误,B正确;电子由M点
到Q点过程中,WMQ＝q（9M-甲Q）≡0,电子由P点到Q点过程中,WIU≡q（甲p-甲Q）＞0,选项C、D
错误
8.答案:ACD
分析:当有多个场源电荷时,空间某处的电势高低,求代数和便知
解析:由题图知,α点处的电场线比b点处的电场线密集,C点处电场线比d点处电场线密集’所以选项
A、C正确;过α点画等势线’与b点所在电场线的交点电势等于α点电势,与b点位置比较知b点的电势
高于α点的电势,选项B错误;正电荷在d、C两点产生的电势相等,而两个负电荷在C点产生的电势较
低,总之三个电荷产生的电势在α、C两点的代数和,C点的较小,选项D正确.
第四讲关于电容器的动态讨论
［章节练习］
L答案;B
分析:根据二力平衡’电场力应不变,场强应不变
解析;着增大R1的阻值,雁!两端的电膛增大,电流稳定后,电容两端的电压等于这个值根据E-:,场
强增大’电场力大于重力’油滴便向上加速运动,选项A错误。增大R2的阻值,电容两端的电压不变’始
终等于R1两端的电压,因此场强不变,电场力不变,油滴不动,选项B正确.增大两极板之间的距离’电
容电压不变,场搔E＝:变小重力大于电场力.合力向下.油滴向下运动选项C错误断开电键s,电容
器两极板上的电荷通过电阻Rl 、R2被中和’电容器之间的电场消失,油滴向下运动,选项D错误
2.答案:C
分析:α的大小表示电容器两极板之间的电势差的大小;0的大小表示电容器中的场强大小.
解析若增大两极板的｜旬距d’由C＝瑞可知.C变小,而Q不变,由C≡:可知,U增大,α增大,又F＝
号-晶-警｀E不变,电场力不变,小球的平衡状态不变｀,不变选项A错谩;同理若增大Q,电容
器的电容C不变,则U增大,α增大,电场强度增大’则电场力增大,0增大,选项B错误;将A板向上提＿
｜72
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『答案与解析｝
些,s减小,则c变小,Q不变,电压u增大’α增大·电场强度增大,则电场力增大,0增大,选项c正确;
在两板间插人云母片,er增大,则C变大,Q不变,电压U必减小,α减小,0减小,选项D错误
3.答案:A
分析:解决本题,首先要把电路简化＿下,把连接静电计外壳的导线,从高压电源的正极移动到电容器的
A板,那么,静电计测量的电势差就是电容器的电势差了.
解析;断开J「关s｀屯容器所带电荷量不变,将A.B啊极板分∏—些则刨增大’根锯Cˉ瑞知,电容减
小,根据U＝:知,屯势差增大,指针张角增大）选项A正确;保持开关s闭合’尤论将A、B网极板分开
些,还是将二者靠近些’电容器两端的电势差都不变,则指针张角不变,选项B、C错误;保持开关S闭合’
滑动变阻器仅仅充当导线作用,电容器两端的电势差不变,滑动触头滑动不会影响指针张角’选项D
错误.
第五讲静电场的图象
［章节练习］
1.答案:A
分析:不做功,动能不变,做正功动能增加;Ek-工图象的斜率表示力.
解析:金属壳内场强为零,因此粒子不受电场力,动能不变;金属壳外受到斥力作用,动能越来越大,但电
场力越来越小;在本题图象中,图象的斜率是电场力的大小,因此选项A正确.
2.答案:BCD
分析:电势减小,电势差为正,电势增大0电势差为负.
解析:因甲
z图线切线的斜率为电场强度的负值,故可知C点的场强为零,故ql 、q2为等量同种电荷,
选项A错误,B正确;C、D两点间斜率为正值,因此场强为负,选项C正确;NC电势差为正,CD电势差
为负,负电荷在两段移动’电场力先做负功后做正功,选项D正确.
〕.答案:BC
分析:场强的正负表示场强的方向;E-工图象的面积表示电势差
解析:E-工图象的面积表示电势差’从工2到工4电场力必然做功,电势能必然变化’选项A错误;从工l
移动到工3的过程电场力沿工轴负方向,电场力做负功’电势能增大,选项B正确;由工1运动到Z4的过
程中,场强先增大后减小,因此电场力先增大后减小,C项正确,D项错误
4.答案:D
分析:根据图象斜率的物理意义判断场强大小的变化;由于粒子仅在电场力作用下做直线运动’因此粒
子所在的电场线必为直线.
｜73—
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｜满分之路,搞定电磁学〗
解析:Ep-工图线的斜率表示电场力的负值（—qE）,正负是矢量的方向,故由图线可知E逐渐减小,选项
A错误;因粒子仅受电场力作用,由qE＝′＂α可知α也逐渐减小,选项D正确;因加速度逐渐减小,速度
图象的斜率应逐渐减小,选项C错误.Ek-工图线的斜率表示电场力,而电场力逐渐减小’选项B错误.
第六讲带电粒子在电场中的运动
章节练习］
l答案念h
分析:解决电磁学的能量问题＿般用动能定理,本题可对做功过程应用动能定理.电容器与电源相连,电
压不变。
解析:设板间电压为U,由动能定理得:7Ⅺgh＿qU≡0
将卜极板向上平移;h后,U小变,板间距离为;圃＝;′』—;h-÷＂
则板｜司咆场强度;屑≡:＝晋
设徽粒在距上极板露处逮度为零’贝‖血动能定理得顺g（＋川＿卜蘸）—qE篮-0
联立解得;财＝羔九
2.答案:（1）4m／s,方向与工轴正方向夹角为60。
（2）（（）,-1.8m）
分析:本题小球的运动要考虑重力的作用,运动较为复杂,要根据运动的分解,把运动分解为工、y两个分
运动解决,特别小球在第四象限的运动.
解析: （1）小球在第＿象限做类平抛运动,设小球到达工轴的速度U与工轴正方向的夹角为α,小球在第
＿象限的加速度为α1 ’由牛顿第二定律可得:E1q＋mg＝加α1
小球在峰直方问的位移;h!-÷“M;
小球在竖直方向的速度:Uγ＝α1t1
小球到达Z轴上的速度;U≡√5:ˉ干万叮
tanα＝丝
U0
联立解得:U＝4m／s,α＝60。.
（2）由题意可知,小球进人第四象限后,水平方向做初速度为-U0 ’加速度为α2的匀加速直线运动,竖直
方向做初速度为〖′v,加速度为g的匀加速直线运动,设小球在第四象限运动时间为t2 ’则由运动学规律
E2q
和牛顿第二定律可得;α2≡—
″〗
｜74
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「答鬃与解析｝
水乎方问;鞭-锄＂‘!-
锄0鞠｜＋凰』r;
竖直方向;y-呼2／广÷g腾!
解得:y＝L8m
故小球回到y轴的坐标为（0,-1。8m）。
3。答案:B
分析:两粒子质量相等、电量相等,因此所受电场力大小相等,加速度大小相等;又由于初速度相等,因此
二者轨迹完全相同,在矩形区正中相交.
解析;根搪类平抛运动的轨迹方程则-盏延: ,代入qE-…-÷,删-;.解得″,j／贾｀…
正确.
4.答案:B
分析:电场力和重力的合力就是等效重力,则粒子恰能经过光滑圆环最高点的临界速度可效仿重力场计
算出来.
解析;无电场时根掘动能定理打′″腐（h—』R）-＋哪渺;—0o’小球惜能经过E颇,打獭爵-哪爷。有电
场时,（mg＋qE）（h-2R）＞加g（／l-2R）,因此＿定能到达B点;再根据动能定理,有（mg＋qE）（h-2R）
-亏…;匡0圆,设在B点的向』…F腮,向心力为尸,-带穆°′o结合o）嚼得F,ˉ〃唱＋,腮.闽此
小球恰好能到达B点,选项B正确
5答案;（l）揣（2）i塑曼
tan0
分析:本题仍是等效重力场问题,等效最低点在A点,等效最高点是A关于O的对称点
解析;（1）当小球静止时,根据平衡条件得;qE＝揣
解得:E—器F
2
U1
（2）据题意｀小球恰做圆周运动｀在A点关于o的对称点,有;器-′″丁
L
2
U2
在A点｀向心力;FTm—器j-″!丁
在A点关于o的对称点到A用动能定理得器.2′-÷″』诡—÷咖酒｛
白
联京解得FTm＝器
｜75
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｜满分之路.搞定电磁学k
6°答案:AD
分析:粒子到达C点时速度方向恰好水平,表明电场力竖直向上大于重力9粒子带负电粒子进人电场的
运动’根据逆向思维9可视为类平抛运动
解析:根据带电小球在电场中的运动轨迹可知,带电小球受到的合力竖直向上,电场力竖直向上,并且电
场力大于重力,从B到C,合外力对小球做负功,小球的动能减小9选项A正确;电场力对小球做负功,小
球的电势能增大,选项B错误;全过程小球在水平方向上做匀速直线运动,由于AB的水平距离和BC的
水平距离大小关系不确定,所以两段的运动时间的大小关系也不确定9选项C错误;C点的速度恰好水
平,可知两段的速度变化量的大小＿定相等’选项D正确.
7°答案:AD
分析:本题电场力等于重力,二者抵消,因此进人圆轨道做匀速圆周运动.如果电场力不等于重力,就是
等效重力的问题·
解析;小球迸人半圆轨道,电场力和重力平衡,小球做匀速圆周运动,根据动能定理知′＂gH—÷狮财i,解
得铡A-√巧贾根搪牛顿第二定律得F测-′＂普-…则小球到达〔′点时对轨道的压力为…选项＾
正确;小球在AC部分做匀速圆周运动,加速度大小不变,方向始终指向圆心,选项B错误;若电场力小于
重力,根据动能定理知,小球到达C点的速度不可能为零,若小球所受的电场力大于重力,根据径向的合
力提供向心力,在最低点的速度不可能为零,选项C错误;若E＝2』21旦,在最低点轨道的作用力为零,根据
q
牛顿第二定律得qE＿厕g-″爷｀解得刚C-√百F,根据动能定理得咖g（H＋R）—qER＝＋狮诡,解得H
≡乎,所以H至少为乎选项∏正确
:答鬃;（l）;
（2》等方问与竖直向下成3旷夹角
分析:本题先是＿个平抛运动,再是两个类平抛运动.根据题意画出草图,然后能量守恒定律解决问题
解析;（D设小球的初逮度为融‘初动能为E哪,从O点运动到A点的时间为′ ｀令OA—‘,则OB-:d,
根据平抛运动的规律有αsin60。＝U0t
o
’
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吕
］
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~~◎
○
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吕
○
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Q
由o@o式得Ek0＝甘mg创
设小球到达A点时的动能为E脚,则E酗-E蜘＋÷顺g刨
o
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o
‖76
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『答案与解析｝
刁
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即
丽
得
式
◎
◎
由
o
（2）加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了:利￥.设屯势能分别减小△E陋A和△E腿,由
能量守恒及o式得△E,＾-3E酗—Ek侧—＋″骡d≡÷腐“
o
△E,B≡6E酗
E铡;咖g刨-E＂
o
在匀强电场中’沿任＿直线,电势的降落是均匀的.设直线OB上的M点与A点等电势,M与O点的距
…＂圈断…多≡瓷
。
＼
＼
∩
M
B
解得工＝α.MA为等势线’电场必与其垂线OC方向平行.设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α’由
几何关系可得α＝30。
o
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30。.
设场强的大小为E,有qEdcos30.≡△EpA
o
…u式得E-等
o
9.答案:AD
分析:粒子无初速经相同加速电场和相同偏转电场后’侧移量相等’这是＿个固定结论·
解概滞咆粒子经』＂…后…司／罕,删偏播…的…度咯稳磊,断以儡…
E』对粒子…w—＋′＂（铡;—侧;）—＋瞬咐≡蒜q故徽功ˉ样多避项A正确;粒子打到膘｜射的
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α
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速度为U＝｀／U;＋U;
q
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γⅦ’与比荷有关,速度不＿样大,选项B错误;纵向位移J≡
＋堕』』-蒜即位移勺比赫无美｀陶粗似＝角形可知｀打到瞬幕k的位管湘同选项D正确;运动到膘
上所闹』恫′≡（偶＋崇÷）／仔.与比荷简关选…谩
｜77
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｜满分之路.搞定电磁学l
√票
（2）3
／17qE／〔）
（3）γ2加
l0.答案: （1）3qE′｜
分析;本题带电粒子在匀强电场中做斜上抛运动.以抛物线最高点为分界,粒子做类平抛运动
解析:（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功W＝qE（yA-yc）＝3qE′0.
O
（2）粒子只受沿J轴负方向的电场力作用,粒子做类似斜上抛运动’粒子在工轴方向做匀速直线运动,
由对称性可知轨迹最高点［）在J轴上’可令tAD＝tDB＝T’且tBc＝T
由牛顿第二定律:qE＝″2α
°
◎
四
由运动学公式;型D—÷“T,
从D到C做类平抛运动,沿Ⅱ轴方向;y°＋3!＂-÷α〈2T）:
o
山…圃式解得T二√票
o
』M→C过程所缝历的时阎!-尉T-勘√警
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◎
◎
（3）粒子由D到C过程中工轴方向:2′0＝uD° 2T
J轴方向:ucv＝α° 2T
o
／l7q画0
由oooo式解得:U（
o
选修3ˉ1
恒定电流
第七讲部分电路的基本规律
［章节练习］
L答案:AD
分析:本题综合考查电流的微观解释｀欧姆定律和电阻定律
解析;将导线均匀拉长,使其半径变为原来的÷,横戳面积变为原来的＋’寻线长度要变为原来的4倍,
金属丝电阻率不变’由电阻定律R＝p÷可知,导线电阻变为原来的16倍;电压变为2U』由欧姆定律Ⅱ＝
:叫知,电流变为原来的÷选项A止确,B错误;电流I变为腻来的÷,横截圃积变为原来的＋,单位
体积中自由移动的电子数″不变,每个电子所带的电荷量e不变,由电流的微观表达式I≡〃eUS可知’电
子定向移动的速率变为原来的＋》选项C错误,D服确
｜78
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」答案与解析｝
2.答案:D
分析:本题直接考查电阻定律.
解析:设隆薄片食……为＂根瞩慰阻定肆愿≡′÷.腮』』ˉp急,凰』ˉ′急.蠢≡:.…
正确
3.答案:D
分析:伏安特性曲线上各点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数’本题中半导体的电阻随两端电压
的减小而增大.
解析:由于电阻器D与两个标准电阻Rl 、R2并联后接在电压恒为U的电源两端时’三者功率相同,则此
时三者电阻相同当三者按照题图乙所示电路连接时,电阻器D两端的电压小于U,由题图甲图象可知9
电阻器n的电阻增大,则有Rp＞R｜-R: ’而R＂与R』并联｀电压相等根搪P-旁.Pp＜P2 ’选项C错
误;由欧姆定律可知,电流ID＜I2 ’又Il≡I2＋ID’根据P＝I2R’P1＜4P2 ,选项D正确;由于电阻器D
与电阻R:的并联屯阻R＜R］,所以D两端的屯压小于:｀且D阻值变大,则P＂＜子,选项E错误;问
埋可得R!两端的电腿小于÷U·所以P!＜÷P,选项A错误
4.答案:D
分析:有电动机的电路是非纯电阻电路,电功和电热要区别计算,不可混淆.
解析:因为电动机停止转动时,电流表和电压表的示数分别为1.0A和1. （）V,说明电动机在没有将电能
转化为机械能时属于纯电阻器件,故说明屯动机的内阻为′＝￥＝＋:】＝L0o选项A、日错误』当屯
动机正常运转时,电流表和电压表的示数分别为2。0A和15·0V,则电动机的总功率为P总＝2。0A×
15.0V＝30。（）W’此时电动机的发热功率为P热＝（2。0A）2×1.0Q＝4.0W,故电动机的输出功率为
P出≡P总-P热＝30.0W-4.0W＝26·0W,选项D正确.
第八讲闭合电路欧姆定律
［章节练习］
L答案;AD
分析:I-U图象中’如题图所示两条线的交点’表示当外电阻确定时,闭合电路中的实际电压和电流
∧
项
选
◎
］
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◎
↓
—
』
~~
△U~
△I
解析:α图线的斜率的绝对值的倒数等于电源的内阻,则电池组的内阻是厂≡
正确;6图线的斜率的倒数等于屯阻R,,‖R-旱-＋Q-3Q·选项B错误;血α图线可知.电源的电动
势为E—4v.将该屯阻接在该电池组两端,电池组的输出功率将是P-（卢）:R-（击）,×3w-
｜79
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｛满分之路.搞定电磁学］
3W.选项C错误;改变外电阻的阻值时.该电池组的最大输出功率为P融-:-湍w-｜W,选项。
正确;故选A、D
2.答案:AD
分析:当内阻与外电阻的数值越接近时,电源的输出功率越大·
解析:当R→时）P′最大｜故接在甲电源上时,电源内阻消耗的功率最大,选项A正确咽为U腮＝芒,
U良
E2R
故接在甲电源上时’定值电阻R两端的电压最小,选项B错误;电源的输出功率为:PR≡而＝（R＋厂）2
,
故当内阻厂最小时,R上的功率最大’即接在丙电源上时,电源的输出功率最大,选项D正确,C错误
3。答案:AC
分析:本题用“串反并同”可以快速做出判断.
解析:从图中可得电压表测量路端电压,电流表A1测量电路总电流,电流表A2测量滑动变阻器电流,当
滑动变阻器的滑动片向右滑动时,滑动变阻器连人电路的电阻增大’电路总电阻增大,根据闭合电路欧
姆定律可得路端电压增大,即电压表示数增大,C正确,D错误;电路总电流减小,即电流表Al的示数减
小,因为定值电路两端的电压增大,所以通过定值电阻的电流增大,因为电路总电流等于通过定值电阻
电流与通过滑动变阻器电流之和,所以通过滑动变阻器的电流减小’即A2读数减小,故A正确,B错误
4.答案;C
分析:本题是含容电路问题.
R（R＋R）
（R＋R）＋R
E×＋＝÷E
解析:S断开时等效电路如图甲:Ul＝
R（R＋R）
R＋（R＋R）＋R
R°R
＂愚-［
S闭合时等效电路如图乙:U2＝
O
出已铡可得Q!—U｜C｀Q;—U』c侧:≡岛—÷
U1
Ub
‖
丙
~R
R
ˉ—
R
｜
‖
｜
甲
乙
｜8O
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』答案与解析｜
5.答案:C
分析:本题属于电压增量问题·
解析:由题图可知,电压表V1测路端电压,电流表A1测干路电流9当电阻R3发生改变时,电压表Vl和
电流表A!的示敝变化胸规律』‖图中圈线I所示.炊有萨＿÷≡尝,撞项Aβ错谍』电压轰v』测R』
和R3并联部分的电压,电流表A2测通过电阻R2的电流,电压表V2和电流表A2的示数变化的规律如
阁中闷线Ⅱ所示则R』-导-尝’选项C正确n镭误
U
E
O
Ih｀
′
6.答案:B
分析:本题属于电路故障的判断问题°
解析:由电路图可知通过灯泡A的电流等于通过灯泡B的电流与通过R2的电流之和.灯泡A比原来
变暗了些’灯泡B比原来变亮了些,说明通过灯泡B的电流变大,而通过灯泡A的电流变小,因此通过
R1的电流变小,所以选项B正确R3断路或Rl短路都会使两灯泡都比原来变亮;Rl 、R2同时短路会使
灯泡A比原来变亮’灯泡B熄灭。
第九讲以串、并联为原理的电学实验
［章节练习］
1。答案:b
643
分析:两块微安表的电流是并联分流关系·
解析:将它们串联在同＿电路中时,两电表的电流相同,根据图甲可知’偏转角度之比为3
: 5,根据乙图
可得I＂普bG＝I.ˉIb解得RbG-
′·
I徽ˉIbR—÷×…o≈触:Q,故是测量b电轰的内阻
:答案;（l）A!
Ⅱ』
（2）图见解析
（3）（′!÷）R:
（4）见解析
分析:本题测量电路,两块电表是并联分流关系
解析:（1）因待测电流表的最大电流只有1mA’故电流表可选择Al ;定值电阻选择＿个和待测电流表阻
值接近的R2≡60Q比较合适;
（2）电路如图所示;
｜8｜
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R2
念
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险
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（3）根据欧姆定律可得,电流表G的内阻的表达式为厂g＝（I1-I2）R2
I2
（4）测量电阻的方法:伏安法、欧姆表法、半偏法、替代法、电桥法等均可.
3.答案;C
分析:本题属于电流表的改装,并联电阻越小,量程越大.
解析:设电流表A的内阻为RA,用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时’若将接线柱1、2
接人电路,根据并联电路的特点,有（I1-IA）R1＝IARA,解得Il≡3IA＝0·06A,则每一小格表示0.06
A;若将接线柱1、3接人电路,则（I2—IA）R1＝IARA,解得I2≡3IA≡0.06A’则每＿小格表示0.06A.
选项C正确.
4.答案:（1）DC
（2）变大
（3）关系图线如解析图所示
（4）3l
分析:本题测量电路依｜日是串、并联关系.
解析: （1）该实验测R蹿电阻的原理为并联电路两支路电压相等,即（R药＋厂2）I2≡（R0＋R1＋厂1）Il ,其中
厂l 、厂2分别为A1 、A2两表的内阻又因为R勿的阻值约几十欧,与R0＋R1在同＿数量级’Al示数为I1
＝0. 15A,表示电流表A1只能从C、D中选择’A2电流数量级与Al相同。由测量原理可知:（Rr＋咆）I2＝
（R0＋R1＋厂1）Il ,因Rr未知,故厂2阻值应已知,故Al选D,A2选C。
（2）因Al示数I1＝0. 15A不变’R1变小,（R0＋R1＋厂1）Il变小,滑动变阻器所分电压变大,R应变大。
（3）该图线为＿条直线,离线较远的＿组数据为错误数据,应舍去,其他点应对称分布在直线两侧.
（4）由实验原理得: （R0＋R1＋厂1）Il≡（R堑＋厂2）I2
其中R0＝l0o,72＝5Q,Il＝0. 15A,从图线上选择两组Rl 、I2代人不同数值可解得Rz约为31O.
R1／Q
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｜82
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』答案与解析｜
第十讲以欧姆定律为原理的电学实验
［章节练习］
1.答案; （1）S2接1’闭合Sl ’调节R卜,读出此时电压表和电流表的示数Ul 、Il
（』》R″-号—÷;（』）图见解析
分析:系统误差可以通过设计合理的原理而消除’本题就是消除伏安法系统误差的典范.但是偶然误差
永远无法消除,用求算术平均数的办法尽可能减小.
解析;（1）根据电路图可以看出,将电流表内阻考虑在内时’应将S2接1’读出两电表的示数。
（2）将电流表看成＿个定值电阻RA.在情删α下,R′＋尺贬＋RA—皆,在情况o下｀R僻＋R八-导,故R′
U2
U1
I2
I1
.
（3）按照电路图连接实物图’滑动变阻器R世为分压式’电流表采用外接法和内接法
2.答案: （1）A
（2）B
（3）0. 10
分析:描绘小灯泡的伏安特性曲线,伏安法用外接法,滑动变阻器用分压式,即外分式.
解析: （1）描绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电压调节范围大,因此滑动变阻器采用分压式,为使调节过
程中电压变化尽可能均匀’选用最大阻值较小的滑动变阻器A.
（2）由于小灯泡的电阻比较小,因此电流表采用外接法,选用B图。
〃A
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2。0
3。0
O
‖83
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［瑟分之路.搞定电磁学〖
（3）画出电源的伏安特性曲线,如图所示,两个图线的交点即为小灯泡接在电源两端时小灯泡中的电流
与小灯泡两端的电压’U＝1.0V,I≡0. 10A’因此小灯泡消耗的功率为P＝UI＝0. l0W.
〕。答案:（1）B
0。4l0
（2）7、9
断路
（3）电流表改为内接;测量多组电流和电压值,计算出电阻的平均
值（或测量多组电流和电压值,用图象法求电阻值）
分析:测定金属丝的电阻率,依｜日用外分式.
解析:（1）读数时应先旋紧部件B,以防止测微螺杆发生转动;螺旋测微器的示数α≡41.0×0.01mm＝
0.4l（）mm,
（2）根据题意,电流表指针停在0刻度附近的位置,应是电路发生了断路,电压表读数十分接近电动势,
故应是电路中7、9之间出现了断路
（3）圈瓮＜盖｀敞电流…攘;为减小偶然谍差应测舅多组电流和电压值计算出电阻的平均值或
者作出U-I图象,由图象求出电阻值
第十＿讲以闭台电路的欧姆定律为原理的实验
［章节练习］
1.答案:（1）连线如图所示
（2）电流电压
（3）黑
（4）1.00
880
分析;本题考查多用电表作为电流表和电压表时的基础知识.
解析: （2）开关S闭合时,电阻R1与电流表并联’多用电表用于测量电流。开关S断开时,电阻R2与电流
表串联,多用电表用于测量电压
（3）根据电流应从电流表或电压表的正接线柱进,从负接线柱出,即从表笔A出’表笔A应为黑色,表笔
B应为红色.
（4）开关S断开时,由串联电路知识,Ig（R2＋Rg）＝U,解得R2≡880Q;开关S闭合时’由并联电路知识,
Ig（R2＋Rg）＝（I-Ig）Rl ,解得R1≈1.00Q.
Ⅱ鞋￡｛
.卞十十寸.十｜
磕!-十ˉFˉ↑＿十ˉ.,
翱＋＋←＋≡卡‖
十十十十十｛
翠汗
…
084
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『答案与解析｜
2°答案: （1）10
（2）25.0
（3）0.690
分析:多用电表的不同量程实质是电压表和电流表的改装.
解析;（1）将开关S置于“1”挡时,定值电阻R3能分较大的电流,所以量程应为10mA·
（2）当开关打到l时,Ig（Rg＋Rl＋R2）＝（I1-Ig）R3 ,Il＝10mA
当开关打到2时:Ig（Rg＋R1）＝（I2-Ig）（R2＋R3）,I2＝1mA,
解得:R3＝25.0O.
（3）开关置于2位置时,电流表量程为1mA,由图示电流表可知’其分度值为0·01mA,电流表示数为
0·690mA。
3.答案:（1）1.0
（2）如图所示
（3）l·66充分利用已测得的数据
（4）CD
E
R0
S
分析:本题用‘‘内限式’’测定电源电动势和内阻,所不同的是电流表用了电表的改装,放大了电流表的
量程。
解析:（1）根据并联分流规律可知,Ig厂g＝（I-Ig）R1 ,代人解得R1≈10O·
（2）连接实物电路图时,注意按照电流的方向依次连接各用电器,最后将电压表和电流计分别并人电路
《:）根搬电源的伏安特性曲线可知,电源的内阻′＝器R,』结合逐羞法可得’′＋R‘≡
（U1＋U2＋U3＋U4）-（U5＋U6＋U7＋U8）
（〔＋二息＋斗;≡号＋斗≡号＋斗÷≡等）÷!＿
≡5…,
4（I5-I1）
所以′ˉ≈L66Q;逐差法处理实验数据时能够充分利用已测得的数据,以减小实验的偶然误差
（4）电动势测量值误差很小,说明电压表分流产生的误差可以忽略不计,而内阻测量值偏大,根据（3）中
计算式可知,其可能原因是R0标称值比实际值小,D项正确;或者通过电源的电流的测量值小于真实
值,即与电流计并联的电阻R1的实际值小于计算值,C项正确
4答寨》《D图见解析
（』）“
（3）U｜｛:≡等!』
∏』—U」
I1-I2
分析:本题借测定电源电动势和内阻的实验考查了闭合电路的欧姆定律的基础知识.
｜85
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｜满分之路.搞定电磁学〗
解析; （1）电路连线如图:
（2）V1所测的是路端电压,因为U＝E-I厂’故图线α是电压表V1示数随电流表A示数变化关系
U1I2-U2Il
U2-U1
（3）根据U＝E-I厂,可得;U1＝E—I1厂;U2＝E-I2厂,联立解得:E＝
I2＿I1
;厂＝I1-I2
.
—
选修3—1
磁场
第十二讲安培力作用下导体棒的平衡
［章节练习］
1.答案:AD
分析:本题属于磁感应强度的叠加问题.
解析:根据右手螺旋定则,导线周围的磁场的磁感线是围绕导线形成的同心圆,两导线在α处的磁感应
强度方向都向下,则合磁感应强度方向向下;根据B≡旦,电流为3I导线在b处的磁感应强度方向向下,
厂
而电流为I导线在b处的磁感应强度方向向上,因电流为3I导线在6处产生的磁场较大,则合磁感应强
度方向向下,因此α点和6点的磁感应强度方向相同’选项A正确,B错误.两导线在α处的磁感应强度
大小B!＝碧＋￥＝膛￥』啊导线在6处的磁感应强度大小月』≡罢￥＝晶则α点和b点的磁感应
2
2
强度大小之比为l6
: 1,选项C错误,D正确.
2.答案:安培力的方向竖直向下金属棒的质量为0.01kg
分析:本题属于安培力作用下导体棒的平衡问题
解析:依题意,开关闭合后’电流方向从6到α,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向竖直向下
开关断开时,两弹簧各自相对于其原长伸长了△』l＝0.5cm.由胡克定律和力的平衡条件得:
2虎△!1≡加g
式中’加为金属棒的质量,虎是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小.
o
｜86
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』答案与解析｝
开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为:F＝BIL
@
式中,I是回路电流,L是金属棒的长度.两弹簧各自再伸长了△』2＝0.3cm,由胡克定律和力的平衡条件
得;2此（△』1＋△I2）≡加g＋F
o
由欧姆定律有:E＝IR
@
式中’E是电池的电动势9R是电路总电阻
联立O@O@式’并代人题给数据得:m＝0.01kg。
◎
3.答案:D
分析:直线电流周围产生的磁场与距离成反比,因此导线L2各点受力各不相同,下边较大,使其逆时针
转动°
解析:由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场的方向为垂直纸面向外,且离导线Ll越远的地方,磁场
越弱,导线L2上的每＿小部分受到的安培力方向水平向右,由于O点的下方磁场较强,则安培力较大’
因此L2绕固定转轴O按逆时针方向转动.选项D正确
4°答案:D
分析;磁电式电流表就是通电线圈在磁力作用下转动,并最终与螺旋弹簧的反转动平衡的仪表,转动角
度与电流成正比.
解析:匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等,方向处处相同’图中所示磁场是辐射状磁场,选项A错
误线圈平面总是与磁场方向平行’因此电流与磁感应强度总是垂直,安培力大小总是BI′,选项B错
误,D正确°根据左手定则,线圈在磁力矩的作用下,顺时针转动
第＋三讲带电粒子在磁场中的运动
［章节练习］
1。答案:AD
分析:本题属于洛伦兹力的动态讨论问题’洛伦兹力随速度的变化而变化.
解析:小球在运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用,因洛伦兹力永不做功,支持力始终与小球
运动方向垂直’也不做功,即只有重力做功,满足机械能守恒,因此C点与A点等高,在同—水平线上,选
项A正确;小球向右或向左滑过B点时速度等大反向,即洛伦兹力等大反向,小球对轨道的压力不等,选
项B错误;同理小球向上或向下滑过P点时,洛伦兹力也等大反向,选项C错误;因洛伦兹力始终垂直
BC,小球在AB段和BC段（斜面倾角均为0）的加速度均由重力沿斜面的分力产生,大小为gsin0,由∏
—÷鳃』得小球从A到B的时间是从C到P的时间的徊倍,选项D正确
｜87
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2.答案:AD
分析:本题属于带电粒子在直线边界匀强磁场中的运动问题
解析:离子要打在屏P上,离子都要沿顺时针方向偏转,根据左手定则判断,离子都带正电,选项A正确;
2
由于是同种离子,因此质量、电荷量相同,初速度大小也相同,由qUB＝加坠可知,它们做圆周运动的半
厂
径相同,作出运动轨迹,比较得α在磁场中运动的路程比b的长,选项C错误;由t＝ˉ上可知,α在磁场中
U
运动的时间比b的长’选项B错误;从图上可以看出’选项D正确
●
●
●
●
●
●
●
●
●
α
3.答案:见解析
分析:速度＿定时,磁感应强度反向,洛伦兹力必反向
2
γⅪU0
解析;（1）设粒子做圆周运动的半径为Rl ’由牛顿第二定律得qU0B0＝瓦
o
@
据题意由几何关系得Rl＝α
γ?TU0
联立O@式得B0＝ˉ可了.
o
2
U0
（2）设粒子做圆周运动的半径为R2 ,加速度大小为α,由圆周运动公式得:α＝瓦
@
o
据题意由几何关系得3R2＝α
3U‖
联立@o式得α＝—丁.
（3）设粒子做圆周运动的半径为R,周期为T,由圆周运动公式得T＝旦匹旦
U0
o
@
2
′γ〗U0
由牛顿第二定律得qU0B0＝-万
o
由题意知B0＝垫2,代人o式得创＝lR
qα
o
粒子运动轨迹如图所示’Ol 、O2为圆心,OlO2连线与水平方向夹角为0,在每个TB内,只有A、B两个位
置才有可能垂直击中P板｀且均要求0＜0＜÷
吨
—
∑
~~丁
β
｜
丁
沉
∏
—
〗
∑
o
由题意可知
｜88
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『答案与解析｝
O0
B｜ˉ0严』O2
凯d）A
旦＂,
O1
设经历整个完整TB的个数为门（n≡0、1、2、3……）,若在A点击中P板,据题意由几何关系得R＋2（R＋
Rsin0）Ⅶ＝α
o
当川＝0时,无解
@
当″≡l时,联立oo式得0＝÷（或愚inβ＝÷）
o
联立圆oo圃式得T厂磊
o
当＂≥2时’不满足0＜β＜÷的要求
o
若在B点击中P板’据题意由几何关系得R＋2Rsin0＋2（R＋Rsin0）门＝α
O
当＂≡0时,无解
o
骂″-l时,联立圃o式得β-…in＋（或愚m〃-＋）
o
联市圆o酗瞳式得T圆＝（÷＋…＋）六
o
当＂≥2时’不满足0＜0＜÷的要求
o
第十四讲带电粒子在对接场中的运动
［章节练习］
1.答案:BC
分析:本题考查回旋加速器的知识
解析;粒于存问旋』‖逮器中能达到的最大遮度』取决于在最外圈做圆周运动的遮度根撼q渺B≡砸芳,得
〖′＝2旦旦,两粒子的比荷ˉ坠相等,所以最大速度相等,选项A错误带电粒子在磁场中运动的周期T≡
″〗
γ川
Q2B2R2
~丛
誓,侧粒子的比荷÷相等’所以周期相等选项B正确最大动能旦＝＋〃Ⅱ聊』≡
,两粒子的比荷
2刀〖
丛相等,但质量不等,所以氦核最大动能大,选项C正确.回旋加速器加速粒子时,粒子在磁场中运动的
γ川
周期与交流电的周期相同,否则无法加速,选项D错误
｜89
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｜满分之路.搞定电磁学‖
2.答案:AC
分析:本题考查质谱仪的知识.
解析;根撮左手定则知粒子带正电,选项A正确,B错误;根瞩半径公式萨-腊知,露-2′-警,又qU-
3.答案:见解析
分析:本题属于“磁场＋电场”的｜可题.
解析:（1）如图所示,粒子进人磁场后做匀速圆周运动.设磁感应强度的大小为B,粒子质量与所带电荷量
分别为′″和q,圆周运动的半径为R0.
2
U0
由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qU0B≡′〃瓦
o
由题给条件和几何关系可知R0＝d
◎
设电场强度大小为E’粒子进人电场后沿工轴负方向的加速度大小为α工,在电场中运动的时间为t’离开
电场时沿工轴负方向的速度大小为Uz.
由牛顿第二定律及运动学公式得Eq＝mα2
◎
四
令
『
巳
万
α
~
工℃
U←
寸t＝d
o
U工
由于粒子在电场中做类平抛运动,有tan0＝—
U0
o
联航oooooo式得昔＝÷…:0
o
○
″
γ
营
~
O
（α,0）勿
／矿
O
2α
（2）联立OO式得t＝U0tan0.
o
09O
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『答案与解析｜
l,答案; （1）（
4×10＿3m’-4×l0
3m）
（2）3. 128×l0
5 s
（3）2｀／百×103m／s
分析:本题属于‘°磁场＋电场＋磁场,’的类型,粒子在电场中做类竖直上抛运动,磁场中做四分之＿圆周
运动.
解析: （1）带电微粒从P点开始在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示,第—次经过磁场边界上的
A点,由半径公式则得′＝编-4×l0ˉ』m
Ay‖｀
』｀
‖
l
↑U0
E
卯
×
冗
〃
×
×
×
○
芬
山
尸
×
×
××
因为Op＝0.8cm,匀速圆周运动的圆心在OP的中点C,由几何关系可知,A点位置的坐标为（
4×
10
3m,
4×10
3m）.
∩
（2）带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为T-揣-儿256×10 ;｀
］
由图可知微粒运动四分之＿个圆周后竖直向上进人电场’故‘1＝丁T≡0.314×10—6 s·
微粒在电场中先做匀减速直线运动到速度为零,然后反向做匀加速直线运动’微粒运动的加速度为α
’
啡
＿
泅~~
敞往电场中运动的时间为』:-等-豁-凰Ⅱ×Ⅷ—〕＾
微粒再次进人磁场后又做四分之＿圆周运动,故t3＝r1＝0.314×10—5 s,所以微粒从p点出发到第三次
经过电、磁场边界的时间为t＝tl＋t2＋t3＝3. 128×10—5 s.
（3）微粒从B点第三次经过电磁场边界水平向左进人电场后做类乎抛运动则加速度,＝毕＝M×
108m／s2
,
侧‖第四次到达电磁场边界时,γ-＋″i ,露＝测!“,…5.—÷
解得Uy＝αt4＝4×103m／s.
则微粒第四次经过电、磁场边界时的速度大小为U＝√万『ˉ干5了＝2√百×103m／虱
5答鬃;（l）］…＂轴正问成60.
（2）尚,
（3）（焉＿古）｀
分析:本题属于“电场＋磁场＋电场”类问题,粒子在电场中做类平抛运动,在磁场中的轨迹是劣弧,根据
直线边界匀强磁场的对称性’粒子最后进人电场中的运动,可视为类平抛运动的逆过程
｜9｜
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｜满分之路.搞定电磁学｛
＼」′
解析:（1）粒子在第二象限做类平抛运动,如图所示,加速度
α＝匹＝1600m／s2 ,
γ沉
运动时间′｜-√乎-嘉｀
沿＂方向的位移测-喻‘-爵m
粒子通过y轴进人磁场时在工方向上的速度U蜒≡αtl＝8√百m／s｀
U＝√砾ˉ干贾＝16m／6
00
O
卯
因此tan0≡兰＝佰’0≡60°
U0
（2）粒子在第—象限以o′为圆心做匀速厕周趁动,阀弧所对的圆心角为20≡l20,,运动时间′2ˉ÷T＝
1
2穴m
沉
了.可百-T而s.
（3）粒子从磁场返回电场后的运动是此前由电场进人磁场运动的逆运动’经时间t3＝t1 ’粒子的速度变为
U0 ,此后重复前面的运动.可见’粒子在电、磁场中的运动具有周期性,其周期T＝tl＋t2＋t3≡
吕
＼
｜
｜
／
∏
—
皿
＋
侗
而
（
第十五讲带电粒子在叠加场中的运动
［章节练习〕
1.答案:AC
分析:带电粒子做匀速圆周运动,电场力与洛伦兹力的合力提供向心力.
解析:依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”,磁场方向有两种可能,且这两种可能方向相反·在方
向相反的两个匀强磁场中’由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的.当负电荷所受的
洛伦兹力与屯场力〃问相同时根搪牛顿第二定律可知…嚼-獭芳得嚼-竿,此种情况下,负电偷
运动的角逸度为侧＝骨＝等;当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时,有2Bq翻≡咖荒,刚＝
呼,此种情况下.负电荷运动的角逮度为‘·-青-等,选项A、c正确
答襄;（｜）磁感应强度大小为日-器.√可（2）小球A释故时刻为』八-（: :徊）仟《:）见解析
分析:本题有两个研究对象,难度较大.小球P在区域I和Ⅱ中运动,都属于叠加场问题.
解析:（1）小球P在I区做匀速圆周运动,则小球P必定带正电且所受电场力与重力大小相等.设I区磁
2
U0
感应强度大小为B,由洛伦兹力提供向心力得:qu0B＝′刃—
O
厂
2
↑92
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「答案与解析‖
γγTU0
磁感应强度B＝—
q厂
@
代人题设数据得B＿器缸
o
（2）小球P先在I区以（〕为圆心做匀速圆周运动,由小球初速度和水平方向夹角为0可得,小球将偏转0
角后自C点水平进人I区做类平抛运动到斜面底端B点,如图甲所示.
尸
′
≈
卢
吐
旧
○
旧
撤′
删P
0｀卢
｜｜γ
｜」√
｜H＝
A
A
h≡2′
H＝3′
h≡2′
3!
Bs＝4′D′
甲
BS＝4!D′
丙
乙
＾
PC
设做匀速圆周运动的时间为t1 ,类平抛运动的时间为r2则:tl＝—
U0
°
◎
厂
◎
口
~~
》
～
Ⅸ
0＝÷
o
BD′
t2＝—
o
U0
BD′＝J-2』cotα
o
小球A自斜面顶端释放后将沿斜面向下做匀加速直线运动’设加速度的大小为α1 ’释放后在斜面上运动
时间为t3.
对小球A受力分析,设小球质量为″!′ ,斜面对小球的支持力为］V0如图乙所示.
由牛顿第二定律得:′”′gsinα≡mα1
o
根据位移公式有品-÷″!
o
小球A的释放时刻tA满足;tA＝t1＋t2-t3
o
子
√
）
面
√
〗
〗
（
~~
∧
【
得
◎
◎
◎
°
●
◎
◎
°
→
工
联
@
（:）小球A·P在』-β√子时刻在斜m榔圈即小球P运动的时｜闸为′ ′小球′,从开始运动至斜面上先
做t1时间的匀速圆周运动,然后自C点进人Ⅱ区做类平抛运动’设运动时间为t4 ’加速度为α2 ’电场强
度为E,以竖直向下为正;t＝t1＋r4
o
根据牛顿第二定律:qE＋加g＝mα2
o
l
2
类平抛运动在水平方向’竖直方向满足:Z＝z′0t4、y＝丁α2t4
o
由图丙中几何关系:H-y≡工-2〖
o
｜93＿
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｜满分之路.搞定电磁学［
息
加
｀
‖
′
则
乙
胆
尸
小
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司
」
○
尸
可
」
′
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／
‖
飞
∩
Ⅸ
~Ⅱ
联立@◎ooooo得
o
小球P落在斜面上则:2〖≤正≤4』,I≤y≤3′
3≤β≤5
田
◎
将翻带人o讨论单调性得;—警≤E≤器
o
其中』.十、—′代表方问,电场碰度问上时人小的范围为0≤E≤等,电场强度问下时大小的范圈为0≤∑
≤芳,所以电场的极大值为等,竖直向上｛极小值为α
3.答案:AD
分析:磁流体发电机的物理情景,与速度选择器、霍尔效应相似,都有电场力与洛伦兹力的平衡.
解析:等离子体射人匀强磁场,由左手定则,正粒子向上偏转,负粒子向下偏转,产牛坚直向下的电场’正
离子受向下的电场力和向上的洛伦兹力,当电场力和洛伦兹力平衡时,电场最强,即Eq＝BqU’E＝BU,两
板间的电动势为…;仆为电源对外供电时′-腮鞋而尺气-器,二式籍合｀′-器÷选顿A｀Ⅱ
正确。
4.答案;CD
分析:流量计的物理原理也与磁流体发电机相似
解析:根据左手定则,知负离子所受的洛伦兹力方向向下,则向下偏转, lV板带负电,M板带正电,则lV
板的电势比M板屯势低,选项A错误;最终离子在电场力利洛伦兹』作‖｛「平衡.有q测Bˉq￥,解得U
ˉUB（,与离千浓度无关,选项B错误』汀水的流速;锄ˉ悬,则流量Q-圃b′ˉ普＝l器2m;／s≡016
m凰／S,选项C止确;污水的流速倒＝悬-L2‘×队2m／爵＝』m／s;污水流过该装置时受到阻力／-鹰L刚ˉ
1
龙αU＝15×1×4N＝60N;为使污水匀速通过该装置,左、右两侧管口应施加的压力差是60N’则压强差
F
为△户＝百＝0兴α2Pa-l500Pa′选项D服确
鲁霉;α）但塑些‘ （2》裁／平（:）仔＋鄂轰
q
q
分析:本题既属于对接场问题,也属于叠加场问题9要兼顾两类场的特点解决问题
解析: （］）微粒在区域I内水平向右做直线运动,则在竖直方向上有qE1sin45.＝mg
解得El＝但卫旦
q
微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动,则在竖直方向上有mg≡qE2
匡
√
则E2≡型旦
q
｜94
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』答案与解析｝
（2）设微粒在区域I内水平向右做直线运动时加速度为α,离开区域I时速度为U,则
qE1cos45。
α≡
＝g
′》0
U2≡2α创1
在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R,则Rsin60°＝α2
2
洛伦兹力提供向心力q渺B＝加÷
解得E-武√孪
腮微…域「山徽匀枷｜逮直线运动削-√孪-√孪
∩
在区域I内做匀速圆周运动的圆心角为60°,T＝红塑
qB
则』—;—堕:＼／聂
解碍!—』｛抡-抨＋Ⅱ;＼／磊;
6.答案: （1）20m／s
与电场方向成60.角斜向上
（2）3·5s
分析:撤掉磁场之前做匀速直线运动,合力为零;之后做类斜上抛运动·
解析:（1）小球匀速直线运动时受力如图甲所示,其所受的三个力在同＿平面内,合力为零,有qUB＝
√q2E2＋加2g2
o
代人数据解得U≡20m／s
@
速度U的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan0＝塑
mg
o
代人数据解得tan0≡√百
0＝60o·
@
mg
甲
乙
（2）撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,如图乙所示,设其加速度为α’有α＝
√q2E2＋m2g2
o
″〗
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为r,有工＝Ut
o
｜95
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‖满分之路.搞定电磁学l
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为’,有γ＝寺αk2
△
@
γ
—
工
~~
β
Ⅱ
已
［
o
联立@OO@O式,代人数据解得t≡2√可S＝3. 5s.
o
第十六讲粒子源问题讨论
［章节练习］
／2q2B2α2
γm2
β
Ⅱ
】
○
么
″
〗
｜
丁
1.答案: （1）g旦旦
″0
（2》摇粒子初逮度与’轴正方向夹角为:0.
（3）
分析:本题是粒子速度大小相等方向不同的粒子源问题
解析: （1）粒子运动规律如图甲所示.粒子运动的圆心在（）点,轨迹半径了1＝α
2
U1
由牛顿第二定律得:qUlB＝m—
厂1
解得锄!＝警
↑y
y
O｜
↓
勿
甲
乙
（2）当粒子初速度与y轴正方向夹角为30°时,粒子运动的时间最长,此时轨道对应的圆心角α＝150。
粒子在磁场中运动的周期:T＝2匹』2l
qB
粒子的运动时间;‘-命T-蒜带ˉ豁
（3）如图乙所示’设粒子射人磁场时速度方向与J轴负方向的夹角为0,由几何知识得:R—Rcos0＝（徊
-1）α,Rsin0＝α
解得;0＝45·,R＝√百h
此粒子进人磁场的速度U0＝2旦旦＝但2旦且
yⅪ
m
设粒子到达γ轴上逮度为渺.根据动能定理得;qE6-÷脚锄2—÷狮°;
解得憾～＼／2警』＋鲤
″【
｜96
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『答案与解析‖
2.答案:AD
分析:本题是粒子源问题加圆形磁场问题·
解析:由圆的性质可知’轨迹圆与磁场圆相交,当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大,故应该使弦长为PQ,
由Q点飞出的离子圆心角最大’所对应的时间最长,轨迹不可能经过圆心O点,选项A、D正确,B错误;
因洛伦兹力永不做功,故粒子在磁场中运动时动能保持不变’但由于不知离子的初动能’故飞出时的动
能不＿定相等,选项C错误
3.答案: （1）2.0×105m／s
（2）9.375×102N／C＜E＜1·25×103N／C
分析:本题属于粒子速度方向相同大小不等的粒子源问题.
解析:（1）穿过孔O的离子在金属板间需满足qu0B＝Eq,代人数据得u0＝2·0×105m／自;
（2）穿过孔O的离子在金属板间仍需满足quB＝Eq.离子穿过孔O后在磁场中做M
Ⅳ
d
α
2
匀速圆周运动,有qUB＝加坠’
S
厂
E
由以上两式得E＝塑丝
γ》【
从bC边射出的离子,轨迹半径最大时,其临界轨迹如图线o所示’对应的电场强6
度最大’由几何关系可得厂1＝′＝0. 1m,
由此可得E1＝1.25×103N／C.
O1
C
从6C边射出的离子,轨迹半径最小时’其临界轨迹如图线o所示’对应的电场强度最小,由几何关系可得
／
2厂2＋寸＝L’所以厂2＝0.075m’
由此可得E2＝9°375×102N／C.
所以满足条件的电场强度范围为9.375×102N／C＜E＜1°25×l03N／C·
选修3ˉ2
电磁感应
第十七讲楞次定律和法拉第电磁感应定律
［章节练习］
1.答案:B
分析:本题着重训练计算动生电动势的方法,对等效切割长度的理解至关重要
解析:金属杆的运动方向与金属杆不垂直’电路中感应电动势的大小为E＝B』p（』为切割磁感线的有效
长度）.选项A错误;屯路中感应电流的大小为I≡÷-÷丝…β,选项B正确』金属杆所受安培
厂
百I了IˉF厂
力的大小为F≡BI／′＝B.Busin0。～上旦丝’选项C错误;金属杆的热功率为P＝I2R≡B2u2sin20
＝≡≡
厂
sin0
厂
厂
2
I厂
B2／u2sin0,选项D错误.
●—
sin0
厂
｜97
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.满分之路.搞定电磁学［
2.答案;AB
分析:法拉第圆盘是发电机的始祖.可以把圆盘沿径向微元分割为很多很多辐条状导体棒,每根导体棒
转动切割磁感线产生电动势.
解析:将圆盘看成无数幅条组成’它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流,根据右手定则
可知圆盘上感应电流从边缘流向中心,则当圆盘顺时针（俯视）转动时,流过电阻的电流方向从α到6,选
项B正确;山法拉第电磁感应定律得感生电动势E＝BL恿＝＋BL‰,′＝卢,铡恒定时’′大小恒定.°
B2L4α』2R 知,当（o变为2倍时,P
大小变化时,I大小变化,方向不变,选项A正确,C错误;由p＝I2R≡4（R＋厂）2
变为原来的4倍,选项D错误
3.答案;D
分析:本题着重训练感生型电动势的计算方法;需要强调的是B-t图象斜率的物理意义就是磁感应强
度的变化率·
解析;由法拉第电磁感应定棒可得E＝阀等’由图乙结合数学知识叫得k＝苦-竿T／s＝队』5T／s’
将其代人叮求E—45V,选项A错误设平均电流强度为『,由?-I△‘-∏丁7△‘-＂（R署）△′△‘-
E
＂器,在0～4§穿过圆形导体线圈的磁通量的变化量为△酶-队6×队3Wbˉ0-α｜8Wb,代人则解
得q＝6C,选项B错误·0～4s内磁感应强度增大,圆形线圈内磁通量增加,由楞次定律结合右手定则可
得b点电势高,α点电势低,选项C错误。由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定,可得I＝
误
错
∏
项
选
］
β
］
~~
〖
尺
〗
】
~~
○
得
可
律
定
耳
焦
由
∧
日
］
~~
Ⅱ
—
滞
4.答案:D
分析:本题着重训练感应电流产生的两个条件.
解析:在选项A、B、C三种情况下’穿过线圈α的磁通量始终为零,因此不产生感应电流,选项A｀B、C错
误;选项D中,当线圈绕垂直于MlV的直径转动时’穿过线圈的磁通量发生变化,会产生感应电流,选项
D正确
5.答案:BC
分析:圆环内先产生感应电流,由于是超导材料,电能＿直不损耗,电流＿直存在.圆环的电流产生一个
磁场与圆柱形磁铁之间是斥力作用,使圆环＿直处于悬浮状态.
解析:在B放人磁场的过程中,穿过B的磁通量增加,B中将产生感应电流,因为B是超导体,没有电阻,
所以感应电流不会消失,选项A错误’B正确;若A的N极朝上,在B放人磁场的过程中,磁通量增加,
根据楞次定律可判断B中感应电流的方向为顺时针,选项C正确,D错误
‖98
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『答案与解析｝
6.答案:B
分析:曲线或折线的等效切割长度等于两端点之间的直线段长度,电流方向不变.
解析:设折弯前导体切割磁感线的长度为L,E≡BLU,折弯后导体切割磁感线的有效长度为L′＝
-?L.故产生的感应电动势为E′-BL锄—B.粤L铡-乎E｀所以:-?选项6
）
儿
—
〗
（
＋
）
儿
—
∑
（
′
］
｀
’
正确
7·答案:（1）6×103O
（2）4×10—2V
（3）8×10＿8J
分析:本题是关于电磁感应的高科技在医疗生活中的简单应用
∩
解析;（D由电阻定律得R＝′手,代人数据得R≈6×lO3Q
（2）感应电动势E＝△Bi严: ’代人数据得E≈4×10ˉ2v
（3）由焦耳定律得Qˉ:△Ⅷ,代人数搪得Q-8×l0 』」
8答寨;（』》方向为C→D大小为嘿（2）9票萨｛＋塑芋丝Z
分析:本题是转动切割问题,里面既有摩擦生热,又有电热;综合性强、难度大’对培养分析问题、解决问
题的能力大有帮助
解析:导体棒转动切割的感应电动势的大小为:
E-÷B（2′）:°—＋B厂:侧-÷B′:°
o
根据右手定则’感应电流的方向是从B端流向A端.因此,通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向
D端°
由欧姆定律叮知通过电阻R的感应电流的大小′满足;′-贵＝等些
@
（2）在竖直方向有:加g
2lV＝0
O
式中,由于质量分布均匀’内外圆导轨对导体棒的正压力大小相等’其数值为lV.两导轨对运行的导体棒
的滑动摩擦力均为:／＝〃lV
@
在△t时间内’导体棒在内外圆导轨上扫过的弧长分别为:′1≡厂@△t
o
′1＝2厂@△t
O
克服摩擦力做的总功为W／≡／（』1＋′2）
@
在△t时间内,消耗在电阻R上的功为:WR＝I2R△t
O
根据能量转化和守恒定律知,外力在△1时间内做的功为:W＝W／＋WR
o
外力的功率为;P≡恶
＂
综合以上各式得』Pˉ÷…萨＋9鲤嘉△
o
｜99
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｜满分之路搞定电磁学］
9.答案:A
分析:本题着重训练有效切割长度的问题’有效切割和等效切割是两个截然不同的概念·
E1
解析:0＝0时,产生的感应电动势为E1≡B° 2α
. U＝2BαU’选项A正确;感应电流为I1＝页≡
（霖鞘R顺,所以安墙力为F｜-Bl!
. 2α-《鹊亢选项C镭误;同理0＿÷时｀E;-Bα锄,F』ˉ
（5尝哉选项B.o均镭误
10·答案:B
分析:本题简单考查法拉第电磁感应定律的应用.
解析;由法位第电磁感廊定律则线圈巾产生的感应电动势E＝测些—阀坐s＝＂2宁.;得E＝
△t
△t
豁,选项B正确
第十八讲涡流、自感、电磁阻尼
［章节练习］
l。答案:C
分析:电源两端的电势差就是路端电压.
解析:由于磁感应强度均匀增大,故伶-甲b为定值,由楞次定律可得甲α＜96’故由法拉第电磁感应定律
′‖S（B2-B1）,选项C正确.
得甲α-甲b＝-
t2
t1
2°答案:BC
分析;自感的过程就是电流叠加的过程,实际电流的变化要注意准确用文字去描述.
解析;闭合瞬间,L相当于断路,A2立刻变亮,Al逐渐变亮’稳定后,两个灯泡的亮度相同,说明它们两端
的电压相同’L和R两端电势差＿定相同’选项B、C正确’A、D错误
3.答案:C
分析:把铜管可以微元分割为很多圆环’当磁铁下落时,产生感应电流,阻碍磁铁的下落
解析:小磁块从铜管P中下落时,P中的磁通量发生变化,P中产生感应电流,给小磁块＿个向上的磁场
力,阻碍小磁块向下运动,因此小磁块在P中不是做自由落体运动’而塑料管Q中不会产生电磁感应现
象,因此Q中小磁块做自由落体运动,选项A错误;P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功,机械能
不守恒,选项B错误;由于在P中小磁块下落的加速度小于g’而Q中小磁块做自由落体运动’因此从静
止开始下落相同高度’在P中下落的时间比在Q中下落的时间长,选项c正确;根据动能定理可知,落到
底部时在P中的速度比在Q中的速度小,选项D错误
2OO
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」答案与解析｝
4.答案:BCD
分析:载流导线在周围产生非匀强磁场,导体棒切割这个磁场产生感应电流,从而受到电磁阻尼.
解析:由题意可知,根据安培定则,在轨道内的M区、N区通电长直导线产生的磁场分别垂直轨道平面
向外和向里,由此可知,当导体棒运动到M区时’根据右手定则可以判定’在导体棒内产生的感应电流与
长直绝缘导线中的电流方向相反,再根据左手定则可知,金属棒在M区时受到的安培力方向向左,因此
选项A不正确;同理可以判定选项B正确;再根据导体棒在M区匀速靠近长直绝缘导线时对应的磁场
越来越大,因此产生的感应电动势越来越大’根据闭合电路的欧姆定律和安培力的公式可知,导体棒所
受的安培力FM也逐渐增大,选项C正确;同理选项D正确
5.答案:C
分析:如果自感线圈的直流电阻较小（大）,则在断电自感时,给与之原来并联的灯泡不仅‘‘反向”供电,而
且灯泡必然先亮—下然后熄灭（暗＿下然后熄灭）.
解析:在开关S闭合时通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流,所以在开关S由闭合到断开瞬间,通过
线圈的电流将流过小灯泡,所以通过小灯泡的电流要突然增大,灯泡有明显的闪亮现象,选项C正确.
6.答案:AB
分析:这是电磁驱动现象首先由于电磁感应在圆盘内产生感应电流,然后小磁针受到磁场力而随之同
向转动,但要持续产生感应电流就要异步转动’即小磁针的转动略有滞后.
解析:圆盘运动过程中,半径方向的金属条切割磁感线,在圆心和边缘之间产生了感应电动势,选项A正
确;圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中,内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流9产生的磁
场又导致磁针转动,选项B正确;圆盘转动过程中’圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化,所以没
有磁通量的变化,选项C错误;圆盘本身呈现电中性,不会产生环形电流,选项D错误.
第十九讲电磁感应力、电、能综合问题
［章节练习］
1.答案:ACD
分析:本题通过电磁感应把机械能转化为电能,最终导体棒停止,电磁感应消失0沿斜面方向重力的分力
等于弹簧弹力。
解析:开始时金属棒切割磁感线产生电动势E＝BL℃0 ,则金属棒与导轨接触点间电压为U≡0。5E,选项
A正确;金属棒释放时’受到沿斜面向上的安培力与沿斜面向下的重力分力’因不知二力大小关系,则不
能确定通过R的最大电流,选项B错误;由于金属棒在运动过程中受到安培力作用,最终金属棒静止,则
金属棒沿斜面下滑距离为刨＝狮g:m0’应用电流定义式和法拉第电磁感应定律可知通过R的电荷量q-
2O｜
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1满分之路,搞定电磁学‖
器ˉ′需,选项C正碉从川始到停止,设闽路产生的热量为Q金属棒静止时弹簧弹性势能为Ep,
对金属棒和回路应用功能关系可知Q＋E′-……＋古″侧;则Q-寸啊咐＋嘿卫—E′,选项∏
正确
答案:AD
分析:＿开始’α杆受到电磁阻尼,b杆被电磁驱动.b杆向右的速度达到最大值时,安培力恰等于弹簧
弹力。
解析:当b杆向右的速度达到最大值时,所受的安培力与弹力相等,此时E＝BL（U-Um）’则安培力F安
2
BL（U＿Um）
B2L2（U-Um）,选项A正确;α杆受到的安培力的大小等于b杆受到的安培力的大
＝BL
2R
2R
二二≡
B2L2（U-Um）,选项B错误;因在过程中α杆产生的焦耳热为Q,则b杆产生的焦耳热也为
小,即F安＝
2R
Q,则α、6杆与弹簧组成的系统机械能减少量为2Q,选项C错误;由能量守恒定律可知,弹簧具有的弹性
势能为÷獭锄;ˉ＋腮刚z—＋顺硼岛
2Q·选项D正确
3.答案:（l）由α流向b
（2）5m／S
（3）L3J
分析:由于磁场方向在两个区域内恰恰相反,所以被动棒的电磁驱动与主动棒的运动方向相反
解析:（1）由右手定则可知此时α6中电流方向由α流向b.
（2）开始放置αb刚好不下滑时’αb所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有Fmax≡加lgsin0
O
设αb刚好要上滑时,Cα棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有E＝BLU
@
设电路中的感应电流为′,由闭合电路欧姆定律有′-R］辛R′
o
@
设αb所受安培力为F安,有F安＝ILB
此时α6受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有F安＝″′lgsin0＋Fmax
综合O@O@O式’代人数据解得u＝5m／s。
（3）设Cα棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总’由能量守恒有
枷:…n0-Q鼠＋÷…』
◎
◎
@
又Q＝R』等R:Q·
o
解得Q≡1.3J.
o
4·答案:L6AL28N,方向向左
分析:本题既有感生电动势,又有动生电动势,要格外注意’不可顾此失彼.
解析:o的变化有两个原因,＿是B的变化,二是面积S的变化,显然这两个因素都应当考虑在内,所以
有E≡芳-芳s—B′＂
2O2
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』答案与解析｝
又芳＝2T／’
在ls末’B＝2T,S＝［ut≡0.4×1×lm2＝0.4m2
所以1 ‘末,E-芳s＋B′圃-Mv
此时回路中的电流′＝贵＝MA
根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向
金属棒αb受到的安培力为F＝BI』＝2×L6×0。4N＝L28N,方向向左.
5.答案:AD
分析:本题属于电磁感应力、电、能综合问题.
解析;因续框刚迸入磁场时徽匀逮运动,＂｜F-F蜜＋…‘,其巾F露-竿,解得,-
（F-加gsin0）R,选项A正确;由牛顿定律可知,对线框进人磁场前F-′″gsin0≡加α,则线框进人磁场前
B2I;
的加速度为α＝F—懈sm0’选项B错误;线框进人磁场的过程中’由动能定理F′2＿′〃gsm0. ′2
w安
≡0,故产生的热量为Q≡W安＝（F-mgsin0）I2 ,选项C错误;由楞次定律可知,线框进人磁场时有α→b
→c→α方向的感应电流,选项D正确°
6·答案:（1）L5V-0.6V
（2）F＝l2. 5-3.75z（0≤z≤2）
图象如解析图所示
（3）7· 5J
分析:本题是导体棒有效切割长度问题,也是力电能综合问题.
解析:（1）金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势E＝B′u（′＝创）’
解得E≡1.5V（D点电势高）
当工＝（）.8m时’金属杆在导轨间的电势差为零.设此时杆在导轨外的长度为／外,则
◎
夕
＼
｀
‖
′
′
咖
—
〗
（
∑
尸
№
′
可
′外＝域—o;贡翼′,oP
,得／外＝1° 2m
由楞次定律判断D点电势高,故C、D两端电势差U（D＝～B』外u’即UcD＝-0·6V.
《2）杆在导轨间的长度′与位置堑关系是′＿o:云延感＿3ˉ;Ⅱ
对应的电阻R′为腮′ˉ十R,电流I-臀
杆受的安培力F安＝BI／＝7.5-3.75r
根据平衡条件得F＝F安＋″!gsin0
F＝12° 5-3.75如（0≤Z≤2）
画出的F-Z图象如图所示·
2O3
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｜满分之路』搞定电磁学l
ⅣN
日
◎
日
○
］
］
～夕
～
＼
＼
～
～
1
2
3勿／m
（3）外力F所做的功WF等于F-工图线下所围的面积’即WF＝5＋12. 5
2
×2J≡l7. 5］
而杆的重力势能增加量△Ep＝′川gOPsin0≡10J
故全过程产生的焦耳热Q＝WF
△Ep＝7. 5J·
1／′′!g（sinα＋／义cosα）R
TV-『而百α
／Zslnα）U2
αLtan0
2Bα（L
创cot0）
7答案; （｜）十′＂刚:
（2）
、
］
／
°
√
（
（1＋／』2）sinαCOsα＋／么
R
分析:本题属于电磁感应力、电、能综合问题,也是双棒问题,要两棒兼顾分析.
解析:（1）设αb棒的初动能为Ek’e／棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W1 ,有
W＋W1≡Ek
且W＝W1
●
◎
◎
1
2
由题有Ek≡-示mU1
△
得w＝＋咖融↑
@
（2）设在题设过程中,αb棒滑行时间为△r,扫过的导轨间的面积为△S,通过△S的磁通量为△O,α6棒产
生的电动势为E,αb棒中的电流为′通过α6棒某横截面的屯量为q则E＝罢
o
且△o＝B△S
o
电流′-齿
o
又有′＝普
o
由图甲所示△S＝d（L-dcot0）
o
Ⅳα
喊
C
D
乙
丙
0
‖
‖
‖
‖
‖
‖
‖
‖
0
L
d
Qb
甲
2B‘／（L-αcot0）
联立o～o,解得q≡
o
R
2O4
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』答案与解析｜
（3）αb棒滑行距离为工时,αb棒在导轨间的棒长为L堑≡L-2zcot0
O
此时,αb棒产生电动势Ez为E正≡BU2L刃
@
E工
o
流过e／棒的电流I烫为IZ＝页
e／棒所受安培力F正为FZ＝BIrL
o
B2U2L
联立O～O’解得F亚≡R
（L-2工cot0）
O
由o式可得,Fr在工＝0和B为最大值Bm时有最大值F］
·
由题知’αb棒所受安培力方向必水平向左,e／棒所受安培力方向必水平向右,使F1为最大值的受力分
析如图乙所示,图中／m为最大静摩擦力,有
F1cosα＝mgsinα＋／z（″!gcosα＋Flsinα）
O
ˉ1ˉ／
Cγ
′Ⅺg（sinα＋尸儿cosα）R
（cosα-〃slnα）u,
0~
≈
o
联立oo,得Bm＝
o式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小,该磁场方向可竖直向上’也可竖直向下。
由o式可知,B为Bm时9F堑随工增大而减小’工为最大Zm时’F堑为最小值F2 ,如图丙可知
F2cosα＋〃（加gcosα＋F2sinα）＝mgs1nα
田
°
12Ltan0
联立ooo解得工m＝
（1＋尸2）SlnαcOsα＋〃
第二十讲电磁感应的图象问题
［章节练习］
1·答案:D
分析:本题是电磁感应的图象问题,也是STS问题
解析;若将刷卡逮度改为÷线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半,周期将会加倍,故
仅有选项D正确
2.答案:C
分析:本题要根据牛顿第二定律列式,结合图象的斜率解决.
解析;线框进人磁场过程巾受到的安蠕力F＝B『′＝芋』线框切割磁感线的有效长度′增大,安培力增
人,由牛顿第二定律得;褪g F-″醒,得哩-g—警线框由静止＂速｀由于八,不断增大,凰不断减小,
则线框做加速度减小的加速运动’选项C正确
2O5
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｜满分之路.搞定电磁学l
3.答案:AC
分析:本题要用到安培力的二级结论,同时要注意导体棒的有效切割长度.
解析:导体棒在左半区域时,根据右手定则,通过导体棒的电流方向向上,电流由M经R到lV为正值’且
逐渐变大,导体棒在右半区域时,根据右手定则,通过导体棒的电流方向向下’电流为负值,且逐渐减小’
且满足经过分界线时感应电流大小突然加倍,选项A正确,B错误;根据第＿段时间内安培力大小F＝
B几≡B:肯粤u＝B2（2酗）婴测。逼′: ,叫得选项C正确｜D错误
R
4.答案;C
分析:这是两个线圈之间的互感现象,需分段讨论.
解析:通电线圈中产生的磁场B＝陀I（陀为比例系数）;在另＿线圈中的磁通量O＝BS≡陀IS,由法拉第电
磁感应定律可知,在另ˉ线圈中产生的感应电动势E-＂尝,由阎（b）可知,U鲤｜不变则｜筹｜不变,敝
~确
正
℃
项
选
变
不
皿
—
血
5.答案;CD
分析:本题的电流方向没有规定,这是导致多解性的根源
解析:由图乙可知,0～1s内,线框中磁通量的变化率相同,故0～1 s内电流的方向相同’由楞次定律可
知,电路中电流方向为逆时针;同理可知,l～2s内电路中的电流为顺时针,2～3s内,电路中的电流为顺
时针,s～4‘内,电路中的电流为逆时针,由E≡芳≡△患s叮知,电路中电流大小恒定不变所以本题
正确答案为C、D.
6°答案:BC
分析:速度时｜司图象是最为重要的图象之＿,根据图象判断线框的物理情景也是电磁感应常见问题
之一·
解析:在t＝1 s到3S内,线框做匀加速运动,没有感应电流,线框不受安培力’则有F＝mα,由运动图象
的斜率表示加速度,求得α-器-α5m／s』,则F—队5N』选项A错误》‘—0时,线框右侧边NM的陶端
电压为路端电腿,总的感应电动势为E-lV,路端电压为U-÷E-α75V,选项B正确;由（b）图象可
知,在t＝3s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场时与线框进人时速度相同,则线框出磁场与进磁场
运动情况完全相同,则知线框完全离开磁场的瞬间位置3速度与t＝1s时刻的速度相等,即为2m／s,选
项C正确,D错误。
206
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』答案与解析｜
7.答案:B
分析:图象问题要注意关于正方向的规定’本题也是电磁驱动问题
解析:由右手定则可知αb中感应电流的方向向上,由法拉第电磁感应定律得E＝BLU,由欧姆定律得I≡
警感应电流从上向下流过囤棒,由左手定则叮知,产生的安培力向右,大小为F＝B几＝竿脚,对
Cα进行受力分析可知,Cd棒竖直方向受到重力和轨道的支持力;水平方向受到安培力和摩擦力的作用,
由共点力的平衡可得’水平方向受到的摩擦力与安培力大小相等,方向相反’即方向向左,大小为／＝F
B÷:硼,可得大小与速度测成正比,与遮度的方向相反,选项B正确｀A、C｀D错误
＝≡≡
8。答案:C
分析:本题考查等效切割问题.
解析:开始时进人磁场切割磁感线,根据右手定则可知,电流方向为逆时针,即为正方向,当开始出磁场
时’回路中磁通量减小,产生的感应电流为顺时针,方向为负方向;当进人磁场时,切割的有效长度变大,,
则产生的感应电流也变大,但变大的速度越来越慢;当离开磁场时,切割的有效长度变小,则产生的感应
电流也变小,选项A、B、D错误,C正确.
9·答案:C
分析:本题也是等效切割长度问题。
解析:由楞次定律可知当bC进人匀强磁场至其离开时,线圈磁通量逐渐增大感应电流为负、并且由于磁
通量的变化速率在逐渐减小故感应电流的大小应逐渐减小,同理bC离开匀强磁场后’线圈磁通量逐渐减
小感应电流为正、并且由于磁通量的变化速率在逐渐减小故感应电流的大小应逐渐减小,所以选项A、
B、D错误、C正确.
选修3ˉ2
交流电
第二十-讲交流电的产生与描述
［章节练习］
1.答案:AC
分析:本题训练正弦式交流电产生的基础知识.
解析;根据i-t图象可知’交流电的最大值为10√百A’所以电流表的示数（有效值）为10A’选项A正
确交流电的周期T-M2、,线圈转动的角逮度妙-竿-l00…／s,选项B错误Ml.时,感应电流
达到峰值,线圈平面与磁场方向平行,选项C正确°0·02s时,线圈又回到题图所示位置,根据右手定则
可以判断,电阻R中电流的方向自左向右,选项D错误
207
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′满分之路.搞定电磁学1
2.答案:AC
分析:本题考查自行车头灯交流电的产生原理
解析:摩擦轮带动线圈在磁场中绕垂直于磁感线的轴转动,产生交流电,选项A正确;行驶速度会影响感
应电动势的大小,所以影响灯泡的亮度,选项B错误;摩擦轮和后轮属于皮带传动,具有相同的线速度,
如果知道了半径关系,就能知道角速度关系,也就能知道转速关系,选项C正确;线圈匝数与线圈磁通量
的变化率无关’选项D错误.
3.答案:AC
分析:本题考查正弦式交流电瞬时值的图象
解析:t＝0时刻,两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零,因此线圈平面均与中性面重合,选项A正
确;图中…寸应的周期之比为2 ; 3,因此线圈转速之比＂.
; 厕俯-六;六-3
; 2’选项B镭误;α线表
示的交流电动势的频率为′慰-六≡｛×｛0 』Hz-2;Hz,选项C正确;α线对应线圈相应的电动势的最
大值E瓤.＝NEs.寄,由图象知E撼.-｛5v｀‘线对应线圈相应的电动势的最大值E″,＝NBs.瓷｀因
此聋-费≡÷,E…-10v,有效值E』-措v≡5徊v,选项『〕错误
4.答案:（l）40V
2A
（2）80W
（3）0.04C
分析:本题考查交流电四值的不同用途
解析;（l）感应电动势最大值EmˉNBs“＝50√百v,有效值;E＝兰≡50v’′-卢≡…Uˉ′Rˉ
√2
40V·
（2）电阻R上所消耗的电功率P≡IU≡80W·
（3）通过R上的屯量Q＝『△膝＝器＝黔≡M』c
5.答案:B
分析:本题训练交流电有效值的计算办法.
解析;由有效值定义叫得罢×1＄-（队1∧）,×腮×队‘.×2＋（…）』×R×α1、×2』其中R≡l00α,
可得U＝4 ｀／T∏V,选项B正确.
6.答案:55｀／I∏V
分析:本题训练交流电有效值的计算办法
懈…佩…襟（｛竿）,申（—诸擂）』『Ⅳ
×丁≡页T’得U＝55√而V.
208
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｜答案与解析｜
7.答案:CD
分析:本题结合图象训练正弦式交流电的产生和描述.
解析;由题图可知’此交流电的周期T≡0.02s’Em＝22｀／百V,且t＝0时刻,线圈在中性面位置,t＝0.01s
时穿过线框的磁通量最大’选项A错误;交变电动势的瞬时值表达式为e＝22√百sin（1（）0冗Z）V,选项C正
］
确;交变电动势的有效值为22V,B错误;当′＝22V时.!＝古T,即线圈平面与中性面的夹角为45。,选
项D正确.
8。答案;D
分析:本题结合图象训练正弦式交流电的产生和描述.
解析:零时刻感应电动势为（）,磁通量变化最慢’线圈应与磁场垂直,选项A错误;感应电动势的周期为
M2＄,转逮为50『／s,选项B错误;感应电动势的最大值Em＝lVBS″-lV.m…』-竿,°顾-BS—
』‖Wb,选项C错误;线圈转ˉ周所产牛的电热Q-器×T-趴6s」｀选项D正确
11000∏
9.答案:ABD
分析:本题着重训练正弦式交流电有效值与最大值的关系,以及最大值的计算公式.
解标…电…值u≡］铲v-l＂0v.…丽确;咆流霍的…］-器A-』八选颧E正
确;从图乙中可得交流电周期为T-α02§,所以角速度“＝竿-l00冗（rad／s）’选项C错误｝根据公式
上
Em＝NBS凹可得如果产生该交变电流的线圈转速提高＿倍’则产生的感应电动势提高＿倍’所以电流提
高＿倍,选项D正确.
10·答案:ABD
分析:从正弦式交流电瞬时值表达式的推导过程可知,表达式与转轴的位置无关.
解祈;线圈转动产生正弦式交变电流.感应屯动势的最大值为B』1』:铡,所以有效值E-乎B…选项
A正确;转过∏时,线圈平面与磁场垂直,磁通量最大,感应电动势为0’电流为（）,选项B正确;转过一
周通过横截面的咆偷量为‘选项C镭误;转过霹过狸的热量Q-÷-器-瓣嘿′;鲤选项D正确
第二＋二讲变压器与电能的输送
［章节练习］
1.答案:C
分析:本题着重训练变压器的动态讨论问题
2O9
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｜满分之路·搞定电磁学］
解析;因为变压器输入电压不变:‖U』不变,丽变压器原副线圈的匝数比是圃定的根端-芳,所以
U』不变,v』不变当负载电阻的滑片向上滑动时,屯阻增大｀′』≡署,则负载电路的电流减小,‖‖A:减
小又阔为舟-告,所以A｜减小理想变压器两端电功率是棚等的根撼P—ul得输入功率减小,阔此
选项C正确·
2.答案;C
分析:本题着重训练远距离输电问题
解祝愿线…的…;U｜—岩根端—祟可求;U』-滞.义……压器所以T的副
线圈的输出功率等于膘线圈的输人功率P.所以输电线上的电流I＝击,输电线上损失的电功率为F′＝
∑
＼
‖
‖
／
尸
‰
了
儿
／
』
｛
＼
勺
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＼
｜
′
／
川
—
吨
（
厂
』
些
~~
厂
〃
△
〗
】
因此选项C正确,A、B、D错误
3.答案:B
分析:本题是两组副线圈的变压器讨论问题,关于此类问题,要格外注意电流与匝数成反比的关系已经
不再成立’这是一个易错点.
解析:变压器原副线圈的磁通量变化率相同’所以U:U1 :U2＝Ⅶ:
门l
:
抛2 ,根据能量守恒,输出功率等
于输人功率,所以骂只闭合s!时商U′-爵当s｛枷sⅪ都闭合时.U′′—爵＋器-驾箭U; ′代人敏擂
I＝1A、I′≡2A可得U;＝4U; ’即Ul :U2＝1
: 2’所以″l
; ″2＝1
: 2’选项B正确.
l.答案:AC
分析:本题是两组副线圈的变压器讨论问题
解析:由电压公式知输入电压的有效值为U0＝100V,S断开时,根据电压与匝数成正比知输出电压为l0
v,s断开时,由欧姆定律知,副线圈中的电流为序肖亏Aˉ队‘A,根据电流与恤数成反比得原线圈中电
流为0.05A,选项A正确;开关S断开时,两电阻总的电功率为UI＝10×0.5W≡5W,选项D错误;S
闭合时,相当于有两个副线圈’电压仍然与匝数成正比,但电流与匝数不再成反比,因O是副线圈中心抽
出的线头,两电阻两端电压均为5V.陶副线圈中电流分别为I』-:A-lA和I鸳≡备A≡＋A,所以
l×5＋＝×5
·
A＝六A’选项B错误;S闭合时,两电阻总
由IUb≡IlU1＋I2U2得’原线圈中电流为I＝
100
的电功率为P总-I｜U!＋I:U』—粤w,选项C服确
2↑O
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」答案与解析. ｜
5。答案:C
分析:本题是自锅变压器的动态讨论问题,可以调节副线圈的匝数,进而达到改变匝数比的作甩
解析;喘-器,″!＞″』知U:＜U』;滑动触头从M点｜顺时针旋转至N点的过隆巾｀删』减小侧U:降
低,C项正确.
6·答案:B
分析:本题着重训练变压器的动态讨论问题.
解析:当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,接人电路的阻值变大,变压器副线圈两端电压不变,副线
圈中的电流减小’则R1消耗的功率及其两端电压均变小,故电压表的示数变大,选项A错误’B正确;当
滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,副线圈中的电流减小,则原线圈中的电流也减小,电流表A1示数
变小,选项C错误;若闭合开关S,副线圈电路中总电阻减小’副线圈中的电流变大,R1两端电压变大,R2
两端电压减小,电流表A2示数减小;原线圈中的电流也变大,电流表A1示数变大,选项D错误.
7.答案:D
分析:本题结合图象考查远距离输电问题
解析;由圈象知f-＋-弧Hz选项A错误;发电机输出交变咆流电压的育效德为芳v-:测徊v选
项B错误;输电线的电流由降压变压器原、副线圈的匝数比及负载大小决定,选项C错误;用电器总电阻
变大0则降压器原、副线圈中电流减小’输电线上损失功率也减小,选项D正确
8.答案:A
分析:本题考查远距离输电｜可题·
解析根撼理想变压器臆副线圈的功率相筹,育［M』-U:′』解德用脚端电压为U』-等选项A正
确;输电线上的电压降为Il厂’选项B错误;理想变压器的输人功率为UIl-I;厂’选项C错误;输电线路
上损失的电功率为I;厂’选项D错误.
选修3ˉ2传感器
第二＋三讲传感器的工作原理
［章节练习］
1.答案:（1）如图所示
喘
2们
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（2）d.电阻箱的读数R0
e。仍为I0
电阻箱的读数R1
f.R0-Rl＋150Q
分析;本题着重训练热敏电阻的工作原理,以及分析推理的能力.
解析;（1）电阻箱的最大阻值与热敏电阻的最大阻值相差不大·因此电阻箱应与热敏电阻串联
（2）本实验原理是当电路的两种状态的电流相等时,外电路的总电阻相等。
95℃和T1时对应的电路的电阻相等,有150O＋R0＝RTl＋R1 ,即RT1≡R0-Rl＋150Q.
2.答案:ABC
分析:本题着重训练光敏电阻的工作原理’以及分析推理的能力
解析:当照射光强度增大时,R3阻值减小,外电路电阻随R3的减小而减小,Rl两端电压因干路电流增
大而增大,电压表的示数增大,同时内电压增大,故电路路端电压减小’选项A正确,I）错误;由路端电压
减小,R1两端电压增大知’R2两端电压必减小,则R2中电流减小’选项B正确;结合干路电流增大知流
过小灯泡的电流必增大,则小灯泡的功率增大,选项C正确.
3.答案:D
分析:本题着重训练力传感器（角速度计）的工作原理,以及分析推理的能力.
解析:系统在水平面内以角速度@转动时,无论角速度增大还是减小,BC的总电阻不变,根据闭合电路
欧姆定律得知’电路中电流保持不变,选项A、B均错误;设系统在水平面内以角速度幻转动时,弹簧伸长
的长度为墅则对元件A根擂牛顿第二定肆得…刨』《′＋掘》,义输出电雁U-舞E-÷E联立两式
″铡』′, ｀U-黑』｀选项C错误,D正确
得工≡h
加山
艘
4·答案:（1）A实验电路图如图所示
（2）0. 69（（）。66～0.72 均可）
2.33（2·00～2° 67均可）
十十十＋ˉ↓ˉ＋ˉ』
…k
｛
!
!
｝
;
｛
上捌
-
分析:本题训练传感器在实验中的应用。
解析;（1）根据U-I图象可知,电压和电流都取了0值,可见滑动变阻器采用分压式,分压式滑动变阻器
的总阻值不宜太大,要与小灯泡的阻值（几欧姆）匹配.同时由于小灯泡电阻通常较小,应选用外接法.
（2）当电流为0·3A时,根据U-I图象可知电压约为2.40V,则此时小灯泡的电功率约为0. 72W’小灯
泡电阻R约为a00Q』图内巾’根据闭合电路的欧姆定律′＝岩）屯源的内阻约为a00q
洋
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