高中物理2025年高二寒假复习+预习提升讲义（人教A版2019）（44份打包）

第04讲 带电粒子在电场中的运动（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：带电粒子在电场中的直线运动
带电粒子在电场中运动时重力处理
（1）基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除了有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但不能忽略质量）.
（2）带电粒子：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都要考虑重力；
2．做直线运动的条件
（1）粒子所受合力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。
（2）粒子所受合力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
3．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad。
4．用功能观点分析
（1）匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv
（2）非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
知识点2：带电粒子在电场中的偏转问题
1．带电粒子在电场中的偏转规律
重要推论
（1）粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子水平位移的中点。
（2）不同的带电粒子经同一电场加速后，又进入同一偏转电场，在偏转电场中的偏移量和偏转角都相同。若电性相同，则所有粒子的轨迹必定重合。
2. 计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离的方法
（1）y＝y0＋Ltan θ(L为屏到偏转电场的水平距离)；
（2）y＝(＋L)tan θ(l为电场宽度)；
（3）y＝y0＋vy·；
（4）根据三角形相似＝.
处理带电粒子的偏转问题的方法
（1）运动的分解法
一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动．
（2）功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
知识点3：带电粒子在电场和重力场中的运动
1．带电体在电场和重力场的叠加场中运动的一般分析方法
(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题。
(2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变。
2．带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动
(1)“等效重力”法
将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“等效重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向。
(2)“等效最高”点和“等效最低”点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为“等效最高”点和“等效最低”点。
强化点一 带电粒子在电场中的加速
带电粒子在匀强电场中所受的电场力方向与运动方向在同一条直线上时，可应用牛顿第二定律结合运动学公式求解，也可应用动能定理求解：带电粒子在非匀强电场中运动时，只能应用动能定理求解。
【典例1】（23-24高一下·江苏南京·期末）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到点，则由O点静止释放的电子（　　）
A．运动到P点返回 B．运动到P和点之间返回
C．运动到点返回 D．穿过点后继续运动
【变式1-1】（23-24高二上·江西九江·期末）平行金属板A、B竖直放置，间距为d，充电后与电源分离，将一带正电粒子从A板附近由静止释放，仅在静电力的作用下从B板上小孔射出。现将极板间距变为2d，再将同一粒子从A板附近由静止释放，则（　　）
A．粒子射出时的速度增加为原来两倍 B．粒子运动的加速度大小不变
C．系统电势能的减少量不变 D．静电力的冲量大小不变
【变式1-2】（23-24高二上·四川绵阳·期末）粒子加速器是基础科学研究的重要设备，可以使带电粒子获得很高的能量。图甲为某加速装置的示意图，它由很多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别与两极间电势差的变化规律如图乙所示的交变电源的两极相连。在t=0时刻，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时刻与偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1。为使电子在圆筒之间的间隙都能被加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。
若电子的质量为m，电荷量为，交变电源的电压为U，周期为T，两圆筒间隙的电场可视为匀强电场，圆筒内场强均为零。不计电子的重力，电子运动过程中质量不变。
（1）求电子进入圆筒1时的动量大小；
（2）若忽略电子通过圆筒间隙的时间，第3个金属圆筒的长度L3应该为多大？
（3）若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为d，仍然保持交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，各圆筒长度与在忽略电子通过圆筒间隙时间条件下设计的长度相同的情况下，求该装置能够让电子获得的最大速度。
强化点二 带电粒子在电场中的偏转
带电粒子在电场中的偏转是类平抛运动，故需从两个方向分析:垂直电场方向的匀速运动和沿电场方向的匀加速运动。
【典例2】（23-24高二下·湖南益阳·期末）如图，竖直放置的A、B与水平放置的C、D为两对正对的平行金属板，A、B两板间电势差为，C、D两板分别带正电和负电，两板间电势差为，两板间距离为d，C、D两极板长均为L。一质量为m，电荷量为的带电粒子（不计重力）由静止从A板开始经A、B间电压加速后穿过C、D并发生偏转（右侧没有电场），最后打在荧光屏上。求：
（1）粒子离开B板时速度大小v；
（2）粒子刚穿过C、D时的竖直偏转位移y；
（3）粒子打在荧光屏上时的动能。
【变式2-1】（23-24高二上·安徽六安·期末）如图所示，质量、电荷量的带电粒子，由静止经电压加速电场加速后，从金属小孔穿出并从正中央垂直射入电压的偏转电场，偏转电场极板长度，两极板间的距离。不计带电粒子的重力。求：
（1）粒子离开加速电场时的速度v的大小；
（2）粒子在偏转电场中运动的加速度a的大小。
【变式2-2】（23-24高二上·福建福州·期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板A1间的小孔以射出，然后从坐标系xoy中的B点（0，d）平行于x坐标轴进入yOP区域，该区域充满沿y轴负方向的匀强电场，OP与x轴夹角。已知质子比荷为，d=0.5m，不计质子的重力。求：
（1）极板AA1间的加速电压U；
（2）质子在电场中偏转并击中边界OP上的C点（x1，y1），已知x1=0.1m，求电场强度E的大小；
（3）改变电场强度的大小，场强方向不变，使质子在电场中偏转并垂直击中边界OP上的D点（x2，y2）（图中未标出），求D点的坐标。

强化点三 带电粒子在电场力和重力作用下的运动
此类问题的研究对象往往是带电小球、带电液滴或带电微粒等，运动轨迹可能是直线，也可能是曲线。可用动力学规律或功能关系分析。
【典例3】（23-24高二下·河南信阳·期末）如图所示，半径为R的虚线圆位于竖直面内，AC和BD为相互垂直的两条直径，其中BD位于水平方向。竖直平面内有足够大的匀强电场，场强大小为，方向与圆周平面平行。在圆周平面内将质量为m、带电荷量为的小球（可视为质点），从A点以相同的速率在圆周平面向各个方向抛出，小球会经过圆周上不同的点。在这些点中，到达B点时小球的动能最大。若将小球从A点垂直电场方向抛出，小球恰好能经过C点，则小球初速度为（重力加速度为g）（　　）
A． B． C． D．
【变式3-1】（22-23高二上·福建泉州·期中）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，从释放到滑块到达与圆心O等高的C点这一过程的电势能变化量；
(2)若滑块从水平轨道上距离B点s=10R的A点由静止释放，求滑块到达D点时对轨道的作用力大小；
(3)改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。
【变式3-2】（23-24高二上·上海黄浦·期末）如图所示，一质量为m带正电的小球，用长为L的绝缘细线悬挂于O点，处于一水平方向的匀强电场中，静止时细线右偏与竖直方向成45°角，位于图中的P点。重力加速度为g，求：
（1）静止在P点时线的拉力是多大？
（2）如将小球向右拉紧至与O点等高的A点由静止释放，则当小球摆至P点时，其电势能如何变？变化了多少？
（3）如将小球向左拉紧至与O点等高的B点由静止释放，则小球到达P点时的速度大小？
强化点四 带电粒子在交变电场中的运动
从带电粒子在板间运动的时间不同，划分为两种情形:
(1)类似于示波管的情况，速度很大的粒子在板间运动的时间t远小于交变电压的周期T，此时需采用近似方法处理，认为粒子通过极板间的时间内电压不变，且认为此时的电压等于粒子入射时的瞬时电压。
(2)粒子在板间的运动时间t与交变电压变化周期T相差不大甚至t>T，此类问题常用动力学知识分段求解，重点分析各段时间内的加速度、运动性质，每段运动时间与交变电场的周期T间的关系等。有时也可借助图像来描述带电粒子在电场中的运动情况。
【典例4】（23-24高二下·四川·期末）如图甲所示，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如图乙所示。一不计重力的带电粒子束先后以速度从O点沿板间中线射入极板之间，若时刻进入电场的带电粒子在时刻刚好沿A板右边缘射出电场，则（　　）

A．时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为
B．时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为
C．时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中的最大速度为
D．时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中离A板的最小距离为0
【变式4-1】（23-24高二上·安徽黄山·期中）如图甲所示，在两平行金属板间加有一交变电场，两极板间可以认为是匀强电场，当时，一带电粒子从左侧极板附近开始运动，其速度随时间变化关系如图乙图所示。带电粒子经过4T时间恰好到达右侧极板，（带电粒子的质量m、电量q、速度最大值、时间T为已知量）则下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子在两板间做往复运动，周期为T
B．两板间距离
C．两板间所加交变电场的周期为T，所加电压
D．若其他条件不变，该带电粒子从开始进入电场，该粒子能到达右侧板
【变式4-2】（23-24高二上·福建泉州·期末）如图甲，水平放置的平行板电容器的两极板的长度为、间距为，两板间加一恒定电压。一个质量为、电荷量为的带正电粒子从上极板边缘点以水平速度射入电容器后，从点飞出，点与下极板的距离为。不计粒子受到的重力和空气阻力。
（1）求两板间的电压；
（2）若两极板间的电势差随时间变化的关系图像如图乙所示，其。中时刻，粒子从上极板边缘点以水平速度射入电容器，求粒子射出电容器的位置与下极板间的距离（用表示）。
真题感知
1．（2024·新疆河南·高考真题）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则（　　）
A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量
C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量
2．（2024·辽宁·高考真题）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（　　）
A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大
C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小
3．（2024·江西·高考真题）如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能（r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（　　）
A．最低点的位置
B．速率达到最大值时的位置
C．最后停留位置x的区间是
D．若在最低点能返回，则初始电势能
4．（2024·福建·高考真题）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，C向下加速运动，下降后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为。已知A、B、C的质量分别为、、，小球C的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
(1)求匀强电场的场强大小；
(2)求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；
(3)若时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰）
5．（2024·河北·高考真题）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
（1）电场强度E的大小。
（2）小球在A、B两点的速度大小。
提升专练
一、单选题
1．（2024·浙江·一模）图甲为直线加速原理示意图，它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，奇数序号与偶数序号圆筒分别与交变电源相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在t=0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压大小为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是（　　）
A．金属圆筒1、2、3的长度之比为1:2:3 B．电子离开圆筒1时的速度为进入时速度的两倍
C．第n个圆筒的长度应满足 D．进入第n个圆筒时电子的速率为
2．（2024·云南曲靖·二模）在如图所示的空间直角坐标系中，一不计重力且带正电的粒子从坐标为处以某一初速度平行y轴正方向射出，经时间t，粒子前进的距离为L，在该空间加上匀强电场，粒子仍从同一位置以相同的速度射出，经相同时间t后恰好运动到坐标原点O，已知粒子的比荷为k，则该匀强电场的场强大小为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024·广东汕头·模拟预测）如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点，一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，以下说法正确的是（　　）
A．粒子的运动轨迹一定经过P点
B．粒子的运动轨迹一定经过PH之间某点
C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点从AD边射出
D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从AD边射出
4．（2024·四川成都·模拟预测）一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（　　）
A．L:d=2:1
B．U1:U1=2:1
C．微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度的正切值为
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
5．（24-25高二上·北京·期中）如图所示，两块相互靠近的平行金属板M、N组成电容器，充电后与电源断开，M板带负电，N板带正电，且它们的电荷量保持不变。板间有一个用绝缘细线悬挂的带电小球（可视为质点），小球静止时与竖直方向的夹角为，忽略带电小球所带电荷量对极板间匀强电场的影响，M、N板足够大，则（　　）
A．若只将N板水平向右平移稍许，电容器的电容将变小，夹角将变大
B．若只将N板竖直向上平移稍许，电容器的电容将变小，夹角将变小
C．将细线烧断，小球的运动轨迹是抛物线
D．若只将M板水平向左平移稍许，将细线烧断，小球到达N板的时间不变
6．（2024·吉林长春·模拟预测）如图所示为两个电荷量均为的带电小球A和B（均可视为质点），球A固定在点的正下方处，球B用长为的细线悬挂在点，静止时，细线与竖直方向的夹角为。已知静电常量为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．B的质量为 B．B的质量为
C．点处的电场强度的大小为 D．点处的电场强度的大小为
7．（2024·四川德阳·模拟预测）如图所示，一根轻质的不可伸长的细线两端分别系在水平天花板上的A、B两点，有一质量及大小均不计的光滑动滑轮跨在细线上，滑轮通过绝缘细线悬挂一带正电且可视为质点的物块。空间存在竖直向下的匀强电场，物块处于静止状态。现将电场强度方向由竖直向下缓慢逆时针转动到水平向右，A、B间细线的张力大小为F1，滑轮与物块之间细线张力大小为F2，则（　　）
A．F1逐渐增大 B．F1逐渐减小 C．F2逐渐增大 D．F2先减小后增大
二、多选题
8．（2024·河北·模拟预测）如图所示，有两种比荷不同的带正电的粒子，其中带电粒子A的比荷大于带电粒子B的比荷，A、B两种粒子先后进入加速电场加速，然后进入偏转电场，最后打在偏转电场右侧的屏上，带电粒子进入电场加速时的初速度忽略不计，不考虑重力的影响，下列说法正确的是（　　）
A．离开加速电场时，A的速度比B的速度大
B．离开偏转电场时，A、B的偏转距离相等
C．偏转电场对A、B所做的功一定相等
D．从进入加速电场到离开偏转电场，A、B的运动时间相等
9．（2024·河南·模拟预测）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球用长为L、不可伸长的绝缘细线悬于O点，将小球向左拉至与O点等高的A点，细线刚好伸直，已知电场强度大小，g为重力加速度大小，小球可视为质点，将小球由静止释放，则下列判断正确的是（　　）
A．小球运动到B点的速度大小为
B．小球第一次运动到O点正下方时的速度是小球运动过程中的最大速度
C．小球运动过程中的最大速度为
D．小球最终运动稳定时做往复运动，轨迹为半个圆周
10．（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图，带电荷量为的球1固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面上的O点，其正上方L处固定一带电荷量为的球2，斜面上距O点L处的P点有质量为m的带电球3恰好静止。球的大小均可忽略，已知重力加速度大小为g。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。下列关于球3的说法正确的是（　　）
A．带负电 B．运动至O点的速度大小为
C．运动至O点的加速度大小为 D．运动至OP中点时对斜面的压力大小为
三、解答题
11．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图甲所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m=2.0×10-27kg、电荷量q=＋1.6×10-19C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求：
（1）若A板电势变化周期T=1.0×10-5s，在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小；
（2）A板电势变化频率多大时，在t= 到t=时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。
12．（2025·云南·模拟预测）某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形区域内存在两层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向（如图所示），边长为，边长为，质量为m、电荷量为的粒子流从边中点P射入电场，粒子初速度为，入射角为θ，在纸面内运动，不计粒子重力及粒子间相互作用。
(1)当时，若粒子能从边射出，求该粒子通过电场的时间t；
(2)当时，若粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，求入射角θ的范围。第02讲 电场能的性质（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：电势和电势能
1．静电力做功
（1）特点：静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关．
（2）计算方法
①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离．
②WAB＝qUAB，适用于任何电场．
2．电势能
（1）定义：电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零势能位置时静电力做的功．
（2）静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.
（3）电势能的相对性：电势能是相对的，通常把电荷离场源电荷无穷远处的电势能规定为零，或把电荷在大地表面的电势能规定为零．
3．电势
（1）定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值．
（2）定义式：φ＝.
（3）矢标性：电势是标量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)．
（4）相对性：电势具有相对性 ，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同．
4．电势差
（1）定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力所做的功 与移动电荷的电荷量的比值．
（2）定义式：UAB＝.
（3）电势差与电势的关系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA.
5．等势面
（1）定义：电场中电势相等的各点组成的面．
（2）四个特点：
①在同一等势面上移动电荷时电场力不做功
②电场线一定与等势面垂直，并且从电势高 的等势面指向电势低 的等势面．
③等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。
④任意两个等势面都不相交．
几种典型的电场的等势面
匀强电场 点电荷的电场 等量异种电荷的电场 等量同种正电荷的电场
正电荷周围电势大于零；负电荷周围电势小于零 连线上：E先减小后增加， 电势一直减小 中垂线：从中间往两端，电场强度E一直减小，电势不变（0势面） 连线上：中点电场强度最小， 电势最低且； 中垂线上：从中间往两端，电场强度E先增大后减小；中点的电势最高
电势高低的判断
判断依据 判断方法
电场线方向 沿电场线方向电势降低，并且降低最快
场源电荷的正负 取无穷远处电势为零，正电荷周围电势大于零，越靠近正电荷电势越高；取无穷远处电势为零，负电荷周围电势小于零，越靠近负电荷电势越低
电势能的高低 正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能小
电场力做功 根据，将WAB、q的正负号带入，由UAB的正负判断A、B的高低
知识点2：电势差和电场强度
公式E＝的理解
（1）只适用于匀强电场．
（2）d为某两点沿电场强度方向上的距离，或两点所在等势面之间的距离．
（3）电场强度的方向是电势降低最快的方向．
2. 电场线、电势、电场强度的关系
（1）电场线与电场强度的关系：电场线越密的地方表示电场强度越大，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向．
（2）电场线与等势面的关系：电场线与等势面垂直，并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面．
（3）电场强度大小与电势无直接关系：零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方，电势不一定高．
3．E＝在非匀强电场中的三点妙用
判断电势差大小及电势高低 距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大，进而判断电势的高低
判断场强变化 φ－x图象的斜率k＝＝＝Ex，斜率的大小表示场强的大小，正负表示场强的方向
判断场强大小 等差等势面越密，场强越大
4. 解题思路
匀强电场中的两个推论
推论1：匀强电场中的任意线段AB的中点的电势：，如图甲所示：
推论1：匀强电场中若两线段AB//CD，且AB=CD，则UAB=UCD（或），如图乙所示：
知识点3：电场线、等势面及带电粒子的运动轨迹问题
1．等势线总是和电场线垂直，已知电场线可以画出等势线，已知等势线也可以画出电场线．
2. 带电粒子运动轨迹的分析
（1）判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为粒子在该点处的速度方向．
（2）判断电场力(或场强)的方向：仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹的凹侧，再根据粒子的正、负判断场强的方向．
（3）判断电场力做功的正、负及电势能的增减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加．　
知识点4：电场中的图像问题
几种常见电场图象的特点及规律
v t图象 根据v t图象中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化
φ x图象 (1)电场强度的大小等于φ x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ x图线存在极值，其切线的斜率为零； (2)在φ x图象中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强度的方向； (3)在φ x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后做出判断
E x图象 (1)反映了电场强度随位移变化的规律； (2)E＞0表示场强沿x轴正方向，E＜0表示场强沿x轴负方向； (3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定
Ep x图象 (1)反映了电势能随位移变化的规律； (2)图线的切线斜率大小等于电场力大小； (3)进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况
知识点5：电场力做功与功能关系
1．电场力做功的计算
(1)由公式W＝Flcos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：W＝qElcos α.
(2)由W＝qU来计算，此公式适用于任何形式的静电场．
(3)由动能定理来计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk.
(4)由电势能的变化来计算：WAB＝EpA－EpB.
2．几种功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变；
(3)除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化．
(4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化．
强化点一 电场中的电场线和等势面
（1）由于等势面和电场线垂直，已知等势面的分布，可以绘制电场线，从而确定电场大体分布。
（2）由等差等势面的疏密情况，可以定性地比较电场强度的大小。
【典例1】（多选）如图所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA=5 V，φB=2 V，φC=3 V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是（　　）
A． B． C． D．
【变式1-1】（23-24高二上·北京房山·期末）如图所示为某电场等势面的分布情况，下列说法正确的是（　　）
A．A点的电势比B点的电势高
B．电子在A点受到的静电力小于在B点受到的静电力
C．把电子从A点移动至B点静电力做的功与路径有关
D．电子在c等势面上比在d等势面上的电势能大
【变式1-2】（23-24高二上·北京东城·期末）图（a）为某带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为分析器内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则（　　）
A．P点电势比M点的低 B．P点电场强度比M点的大
C．M点电场强度方向沿z轴负方向 D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变
强化点二 等分法分析匀强电场
(1)用“等分法”计算匀强电场中的电势:在匀强电场中，已知电场中几个点的电势时，依据相互平行且相等的线段两端点间的电势差相等，使用“等分法”即可快速求解电场中某点电势的大小。
(2)用“等分法”确定匀强电场中的电场线:一般会给出匀强电场中几个点的电势，我们可以用“等分法”找到两个等势点，两等势点的连线就是等势线，垂直等势线的直线即为电场线。
【典例2】（23-24高二下·四川眉山·期末）如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方向平行于正方形ABCD所在平面。已知A、B、C三点的电势分别为，，，则（ ）
A．D点的电势，场强方向平行于AB方向
B．D点的电势，场强方向平行于AC方向
C．D点的电势，场强方向平行于BC方向
D．把一个电子从C移到B，电场力做功为4eV
【变式2-1】（多选）（23-24高二上·四川成都·期末）如图，A、B、C为圆周上三点，O为圆心，半径为，空间中存在与纸面平行的匀强电场，A、B、C三点的电势分别为，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度沿OB方向 B．电场强度沿AC方向
C．电场强度的大小为 D．电场强度的大小为
【变式2-2】（多选）（23-24高二上·江西南昌·期末）如图所示的虚线为等腰梯形，、两点为底边的三等分点，且，，在与等腰梯形所在平面平行的空间内存在匀强电场，已知、、三点的电势分别为、、。则下列说法正确的是（　　）
A．D点的电势为 B．M点的电势为
C．N点的电势为 D．电场强度的大小为
强化点三 应用U=Ed定性分析非匀强电场
在等差等势面分布图中，电场强度E越大，等势面间的距离d越小，由此可以判定等差等势面越密的地方电场强度越大。
【典例3】（22-23高二上·安徽合肥·期末）如图甲，高大建筑物上通常都装有避雷针，雷雨天气时避雷针发生尖端放电现象，中和空气中的电荷，达到避免雷击的目的。图乙所示是某次避雷针放电时的电场线分布，电场线关于直线ac对称，且。以下说法正确的是（　　）
A． B．接近建筑物的雷雨云带负电
C．电子在c点的加速度小于在a点的加速度
D．将质子从图中d点由静止释放，质子可能沿电场线运动
【变式3-1】（多选）如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN。P点在y轴右侧，MP⊥ON。则下列说法正确的是（　　）
A．M点的电势比P点的电势高
B．将负点电荷由O点移动到P点，电场力做正功
C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
D．M、N两点间的电势差小于O、M两点间的电势差
【变式3-2】（多选）如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则　　
A．M点的电势比P点的电势低
B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差
C．一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能
D．将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功
强化点四 电场中的图像问题
(1)E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律；
(2)-x图像的斜率的绝对值等于电场强度的大小；
(3)Ep-x图像的斜率的绝对值等于电场力的大小。
【典例4】（23-24高二上·安徽淮北·期末）如图所示，在轴上放有两个电荷量分别为和的点电荷，其中位于轴的坐标原点，电荷的右侧各点电势随变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中点电势为零，段中的电势最低点为点，则下列说法正确的是（ ）
A．两点电荷的电荷量 B．A点的电场强度强度方向向右
C．从点到点的电场强度先增大后减小
D．将一带负电的试探电荷从点移到点，电场力做正功
【变式4-1】一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能，随位移x变化的关系如图所示，其中段是关于直线对称的曲线，段是直线，则下列说法正确的是（ ）
A．处电场强度最小，但不为零
B．粒子在段做匀变速运动，段做匀速直线运动
C．若、处电势为、，则
D．段的电场强度大小、方向均不变
【变式4-2】（多选）（23-24高二下·湖南·期末）如图甲所示，倾角为、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，空间存在场强方向与斜面平行的匀强电场。一个带正电的滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑，上滑过程中滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示。已知，，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块的重力大小为 B．滑块受到的电场力大小为
C．滑块上滑的过程中，重力势能增加了 D．滑块上滑的过程中，重力势能与电势能之和减少
强化点五 电场强度、电势差和电势能的综合问题
(1)确定电场强度大小、方向的方法:由WAB=qUAB，求两点电势差；由，求匀强电场的电场强度大小；利用电场线垂直等势面，确定电场强度的方向。
(2)利用电场线、等势面分析带电粒子的功能关系。
【典例5】（23-24高二上·福建福州·期末）用一长1m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为2kg、电荷量为的小球，细线的上端固定于O点，现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°（g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8），则：
（1）小球带什么电；
（2）匀强电场的场强多大；
（3）平衡时细线的拉力为多大；
（4）若施加外力把小球从A点移到左边B点，此时细线与铅垂线成53°，求电场力对小球做了多少功，小球的电势能改变量。

【变式5-1】（多选）（22-23高二下·云南玉溪·期末）如图所示，边长为4cm的正方形abcd处在匀强电场中，电场方向与abcd平面平行。a点有粒子源，可沿纸面内任意方向发射电子，发射的电子初动能均为40eV，电子经过b点时动能为28eV，经过d点时动能为24eV。运动过程中电子仅受电场力作用，且不计电子间的相互作用力。下列说法正确的是（　　）

A．正方形abcd上c点电势最低 B．a、b两点间电势差为
C．电子通过c点时动能为15eV D．匀强电场的电场强度大小为5V/cm
【变式5-2】（23-24高二下·四川成都·期末）如图所示，A、B、C、D为边长为l的正四面体的四个顶点，M、N分别为CD边、BC边的中点。将带电量均为+Q的同种点电荷分别固定在A、B两顶点处，则下列说法正确的是（ ）
A．N点处的电场强度大小为
B．C点与D点处的电场强度相同
C．C、D、M三点的电势大小关系为
D．将一带电量为+q的试探电荷从C点沿直线移至D点过程中其电势能先减小后增大
强化点六 带电粒子在电场中的能量变化
(1)电荷在电场中运动与力学问题相比，只是多了一个静电力做功，从能量角度看，多了电势能。
(2)在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒，有时也会用到功能关系。应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)，应用能量守恒时需注意电势能和其他形式能之间的转化，应用功能关系解决该类问题需明确静电力做功与电势能改变之间的对应关系。
【典例6】如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，从释放到滑块到达与圆心O等高的C点这一过程的电势能变化量；
(2)若滑块从水平轨道上距离B点s=10R的A点由静止释放，求滑块到达D点时对轨道的作用力大小；
(3)改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。
【变式6-1】（23-24高二下·贵州遵义·期末）研究人员利用电场控制带电物体的运动，如图所示，实验区域内充满与水平面夹角斜向上的匀强电场，电场强度大小。为竖直固定的绝缘光滑半圆弧轨道，为圆心，半径，圆弧与绝缘光滑水平面平滑连接并相切于B点，间距离。一质量、电荷量的带正电小球，轻放于水平面上A点，一段时间后，小球从C点飞出，立即撤去圆弧轨道。不考虑空气阻力，重力加速度取。求：
（1）A、C两点的电势差；
（2）小球通过C点时的速度大小；
（3）小球从圆弧轨道C点飞出后，运动到距C点处所用的时间。
【变式6-2】（23-24高二上·福建泉州·期末）如图甲，倾角为的斜面底端固定一轻弹簧，顶端与一水平面相连，一绝缘轻绳将斜面上的物块A通过轻质定滑轮与水平面上的物块B相连。A、B的质量分别为和，A不带电，B带正电且电荷量为。先将B锁定，使细绳处于拉紧状态，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧细绳与水平面平行。解除锁定，A、B从静止开始运动，B始终处于水平向右的匀强电场中且不会与滑轮相碰，带电量保持不变。以物块A的初始位置为原点，沿斜面向下建立坐标系，A的加速度与其位置的关系如图乙所示。弹簧未超过弹性限度，重力加速度大小为，图乙中已知，忽略一切摩擦。
（1）求A刚接触弹簧时速度大小；
（2）求匀强电场的场强大小；
（3）取B物体的初始位置为零电势点，求B电势能的最大值。
真题感知
1．（2024·重庆·高考真题）沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷都为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将（ ）
A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动
2．（2024·北京·高考真题）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且。下列说法正确的是（　　）
A．P点电场强度比Q点电场强度大
B．P点电势与Q点电势相等
C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变
3．（2024·广西·高考真题）如图，将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为和的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上点和点，已知，则小圆环从点运动到点的过程中（　　）
A．静电力做正功 B．静电力做负功
C．静电力先做正功再做负功 D．静电力先做负功再做正功
4．（2024·河北·高考真题）我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是（ ）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
5．（2024·湖南·高考真题）真空中有电荷量为和的两个点电荷，分别固定在x轴上和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势随x变化的图像正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·全国·高考真题）在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为，其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为和的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（　　）
A．， B．， C．， D．，
7．（2024·江西·高考真题）蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质, 将其置于电压恒定的两平行金属板间, 板间电场视为匀强电场, 如图所示. 若两金属板间距减小, 关于火焰中电子所受的电场力, 下列说法正确的是 （ ）
A．电场强度增大，方向向左 B．电场强度增大，方向向右
C．电场强度减小，方向向左 D．电场强度减小，方向向右
提升专练
1．如图所示，A、B两个等量同种点电荷固定在同一水平线上，将一个质量为m、电荷量为q的带电小球C放在A、B连线的竖直平分线上某处时，小球恰好处于静止状态，此时A、C连线与水平方向的夹角为θ，已知重力加速度为g，小球可视为质点，则下列判断正确的是（　　）
A．点电荷B和小球C可能带异种电荷
B．点电荷A在小球C处产生的场强大小为
C．将小球C沿竖直方向下移一些再由静止释放，小球一定向下运动
D．将小球C沿竖直方向下移（不到A、B连线）的过程中，小球的电势能一定增大
2．真空中，距孤立点电荷r处的电势（取无穷远处电势为零，Q为点电荷的带电荷量，k为静电力常量）。如图所示，在直径为5d的圆O直径两端点A、B分别固定、的点电荷，M是圆周上的点，，则M点的电势为（　　）
A． B． C． D．
3．如图所示，ABCD是边长为L的正方形，O为正方形的中心，M、N分别为AB和BC边的中点，A、B和C分别固定有电荷量为+Q、+Q和-Q的点电荷，则（　　）
A．M点的电场强度大于N点的电场强度 B．将电子由M移动到D，电势能增大
C．将质子由O移动到N，电场力做负功 D．O、D、M三点，O点的电势最高
4．光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一质量m＝1g的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点（图中未画出），其运动过程的v－t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定（　　）
A．中垂线上B点电场强度最小 B．A、B两点之间的位移大小
C．B点是连线中点，C与A点必在连线两侧 D．UBC>UAB
5．在轴附近固定有两个点电荷和，其连线与轴平行。以无穷远处为电势零点，测得轴上各点的电势随坐标的分布如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．处的电场强度为零
B．和带有异种电荷
C．将试探电荷从沿轴正方向移到的过程中，电势能先增大后减小
D．将试探电荷从沿轴正方向移到的过程中，电场力一直做正功
6．如图所示， 在直角坐标系xOy中有a、b、c、d四点， c点坐标为（-4cm，3cm）。现加上一方向平行于xOy 平面的匀强电场， b、c、d三点电势分别为9V、25V、16V， 将一电荷量为的点电荷从a点沿 abcd移动到d点，下列说法正确的是（　　）
A．坐标原点O的电势为7V
B．电场强度的大小为500 V/m
C．该点电荷在a点的电势能为2×10-4J
D．该点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力做功为8×10-4J
7．如图所示，充电后水平放置的平行板电容器与电源断开，金属板相距为d，一质量为m、电荷量为的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出（轨迹如图中虚线所示），若仅将平行板电容器上极板平行上移距离后，其他条件保持不变，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）
A．平移后油滴将做匀加速直线运动
B．平移后电场强度大于，方向竖直向下
C．平移后下板和上板之间的电势差大小为
D．平移后油滴穿越两板之间的电场后电势能减少了
8．如图所示，圆心为O、半径的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，和为该圆直径且夹角为60°。将一带电荷量为的点电荷从a点移动到b点，电场力做功为；若将该粒子从d点移动到c点，电场力做功为。求：
(1)取c点电势为零，则d点电势；
(2)该匀强电场的场强大小和方向。
9．如图所示，水平轨道AB与竖直半圆轨道BC相切于B点，半圆轨道半径为R，AB长度为。在AB上方、直径BC左侧存在水平向右的匀强电场。一个质量为m带正电的小球自A点由静止释放，经过B点后进入半圆轨道，小球进入半圆轨道后立即撤去电场。已知小球所受电场力大小（g为重力加速度的大小），水平面和半圆轨道均光滑且绝缘。求：
（1）小球运动到最高点时的速度大小；
（2）小球运动到最高点时距水平面AB的距离。
10．光滑平面右侧固定一光滑轻质定滑轮，通过轻质绝缘细线分别连接绝缘带电小滑块A和绝缘带电长滑块C（足够长），A和C的质量均为m，电荷量均为+q，A和C可在相互平行的方向上沿平面运动。开始时系统静止在水平向左、电场强度大小为E的匀强电场中。如图所示，某时刻起，长滑块C上表面有一质量为2m、带电荷量为+2q的绝缘小滑块B以初速度v0水平向右运动。已知B、C之间的滑动摩擦力大小为qE且略小于最大静摩擦力，A与C在运动过程中没有与定滑轮发生碰撞，A、B、C之间的静电力可忽略。求：
（1）初始时B和C的加速度大小；
（2）B向右的最大位移以及达到最大位移过程中静电力对整个系统所做的功。高二物理寒假预习检测卷
考试范围：必修三第2章+第三章；考试时间：100分钟；
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、选择题(本题共10小题,共46分。1-7小题,每题只有一个选项符合题意,每题4分;8-10小题,每题有两
个或两个以上的选项符合题意,选对得6分,选对不全得3分,选错或不选得0分。)
1．如图所示，在水平放置的条形磁铁的S极附近，一个闭合金属线圈竖直向下运动，线圈平面始终保持水平。在位置B，磁感线正好与线圈平面平行，A与B和B与C之间的距离都比较小。在线圈从位置A运动到位置C的过程中，从上往下看，感应电流的方向是（ ）
A．顺时针方向 B．逆时针方向
C．先顺时针方向，后逆时针方向 D．先逆时针方向，后顺时针方向
2．电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生交变电流。如图甲所示，时磁场方向恰与线圈平面垂直，磁极匀速转动，线圈中的电动势随时间变化的关系如图乙所示。将两磁极间的磁场近似视为匀强磁场，则（　　）
A．时线圈中磁通量为0 B．时线圈中电流方向由P指向Q
C．时线圈中磁通量变化率最大 D．线圈中的电动势瞬时值表达式为
3．在如图所示的电路中，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S 后，两灯始终一样亮 B．闭合开关S 后，灯泡P 中电流从右向左
C．当断开开关S时，两灯同时熄灭 D．当断开开关S 时，灯泡P中电流从右向左
4．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（　　）
A． B．C． D．
5．如图所示，电阻不计的水平导轨间距0.5m，导轨处于方向竖直向上的磁感应强度为的匀强磁场中。导体棒ab垂直于导轨放置且处于静止状态，其质量，电阻，与导轨间的动摩擦因数。电源电动势，其内阻，定值电阻的阻值。不计定滑轮的摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳对ab的拉力沿水平方向，则（　　）
A．导体棒ab受到的安培力大小为3N，方向水平向左 B．重物重力G最小值是2N
C．当时，ab不受摩擦力 D．重物重力G最大值是5N
6．如图甲所示，用金属裸导线制作大小两个圆环，已知大圆半径为，小圆半径为，两圆环接触相切于点。大圆环上端、和切点处留有一非常小缺口。空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，从时刻起磁感应强度按图乙规律变化，设磁场垂直纸面向里为正方向。则以下说法中正确的是（　　）
A．在过程中，大圆环上a、b两点电势
B．若将小缺口闭合，在过程中小圆环上有如箭头所示方向的电流
C．若将小缺口闭合，在前后瞬间回路中的电流不同
D．在过程中，将理想电压表正确接在大圆环上的、两点之间，电压表读数为
7．如图甲所示，两个完全相同的正方形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的同一根轴匀速转动，转轴位于磁场边界处。线圈P以一条边为转轴，线圈Q以中心线为转轴，分别产生的电流随时间变化的图像如图乙、丙所示，则两线圈中电流的有效值之比为（ ）
A． B． C． D．
8．某燃气灶点火装置原理如图，转换器将直流电压转换为如图所示的正弦交流电压，并加在一台理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。则（　　）
A． B．
C． D．电压表的示数为
9．如图所示，磁极N、S间的磁场看成匀强磁场，磁感应强度大小为，矩形线圈ABCD的面积为S，线圈共n匝，电阻为r，线圈通过滑环与理想交流电压表V和阻值为R的定值电阻相连，AB边与滑环E相连，CD边与滑环F相连。线圈绕垂直于磁感线的轴以角速度逆时针匀速转动，图示位置恰好与磁感线方向垂直。以下说法正确的是（ ）
A．线圈过图示位置时磁通量最大，感应电动势最小
B．线圈转动一周的过程中克服安培力做的功为
C．线圈从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量为
D．线圈在图示位置时电压表示数为0
10．如图所示，两宽度不等的光滑平行金属导轨水平固定放置，窄轨间距为L、宽轨间距为2L，导体棒ab、cd分别垂直放置在两导轨上，质量均为m、电阻均为R，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，已知两导轨均足够长、电阻不计，现让两导体棒均以大小为v0的初速度平行于导轨水平向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，ab棒始终未滑离窄轨，在导体棒运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒ab的最大速度为 B．回路中的最大电流为
C．导体棒ab产生的焦耳热最多为 D．通过导体棒ab的电荷量最多为
第II卷（非选择题）
二、实验题（每空2分，共16分）
11．某同学需要通过一个变压器从家庭电路中得到的交流电电源，于是买了一个标记为“”的变压器，如图所示，他看到变压器上有、、、四个引出线头，且、d引线比、引线粗，没有相应的说明书。
(1)一般来说，同样材料和长度的导线，粗的导线比细的导线电阻小，适合承载稍 （填“大”或“小”）的电流。因此接家用电源的引线应该是 （填“”或“”）；
(2)为了检验自己的上述判断是否准确，他借来一个学校实验室用的学生电源，从学生电源上输出的电压代替家用电路中的电压，按自己的判断接好线后，再用数字万用表测量另外两个引线之间的电压，发现读数为，说明他对哪一端接的判断是 的（填“正确”或“不正确”）。
12．在探究电磁感应有关现象及规律的实验中，某同学选择的灵敏电流计G，在没有电流通过的情况下，指针恰好指在刻度盘中央。请根据该同学的实验操作，回答问题：
（1）首先，将灵敏电流计G连接在图甲所示电路中，电流计的指针如图甲中所示。
（2）然后，将灵敏电流计G与一螺线管串联，当条形磁铁运动时，灵敏电流计G指针偏转情况如图乙所示。则条形磁铁的运动情况是 。（选填“向上拔出”或“向下插入”）
（3）接着，将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。闭合开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下。请问：灵敏电流计指针向右偏与螺线管B中导线的绕向 （选填“有”或“没有”）关系：若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是 （填序号）。
A．断开开关 B．在A线圈中插入铁芯 C．变阻器的滑片向右滑动 D．变阻器的滑片向左滑动
（4）最后，该同学用电流传感器研究自感现象，电路如图丁所示。电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值。
①在时刻，闭合开关S，电路稳定后，在时刻断开S，电流传感器连接计算机描绘了整个过程线圈中的电流随时间t变化的图像。图丁中的A、B图像，可能正确的是 。（选填“A”或“B”）
②在“闭合开关—稳定一小段时间—断开开关”这个过程中，通过电流传感器得到图像如图戊所示。比较与的大小关系，有 。（选填“>”“<”或“=”）
三、解答题（本题共3小题，共38分）
13．（8分）发电站给用户供电电路如图所示。发电站的输出电压U1＝250V，升压变压器原、副线圈的匝数比n1:n2＝1:16，降压变压器原、副线圈的匝数比n3:n4＝190:11，用户用电时的功率P=95kW，用户两端电压U4＝220V。变压器均为理想变压器，求：
(1)输电线的总电阻；
(2)发电站的输出功率。
14．（14分）如图所示，固定金属圆环内存在匀强磁场，方向垂直圆环向下，在外力作用下金属棒ab可绕着圆心O匀速转动。从圆心和圆环边缘用细导线连接足够长的两平行金属导轨，导轨与水平面夹角为30°，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将金属棒cd垂直导轨轻轻放上，金属棒处于静止状态。已知圆环内和导轨平面的磁场大小均为B = 1T，圆环半径和金属棒ab长均为d = 1m，导轨宽度和金属棒cd长度均为L = 2m，金属棒cd质量为m = 1kg，与导轨之间的动摩擦因数为，ab棒电阻为r = 2Ω，cd棒电阻为R = 4Ω，其余电阻不计，，，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）若ab棒以ω0= 12rad/s逆时针匀速转动，cd棒保持静止，则流过ab棒的电流方向和ab棒两端的电压；
（2）要使cd棒与导轨保持相对静止，则ab棒转动的角速度应满足什么条件？
（3）若ab棒以ω3= 31rad/s顺时针匀速转动，当cd棒恰好匀速时，cd棒的位移为x = 16m，求：从静止到恰好匀速过程中，安培力对cd棒做的功。
15．（16分）如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨倾斜地固定在绝缘水平面上，倾角为α = 30°，两导轨之间的距离为l = 1.0 m，水平虚线1、2间的距离为s = 7 m，水平虚线1、2间以及水平虚线2、3间分别存在垂直导轨平面向上和垂直导轨平面向下的匀强磁场，且磁感应强度大小均为B = 2 T，两粗细相同的导体棒由同种材料制成，导体棒MN的长度为l，导体棒PQ的长度为2l，导体棒MN垂直导轨置于虚线2、3间，导体棒PQ由虚线1上方d = 1.6 m处垂直导轨静止释放，同时在导体棒MN上施加一平行导轨平面的外力F，导体棒MN始终保持静止。导体棒PQ刚越过虚线1时外力F刚好为零，且导体棒PQ到达虚线2前已做匀速直线运动，导体棒MN的电阻值为R = 2 Ω，重力加速度g取10 m/s2，金属导轨电阻不计。求：
(1)导体棒PQ匀速时外力F的大小；
(2)导体棒PQ从释放到虚线2的过程，导体棒MN上产生的热量；
(3)导体棒PQ从释放到虚线2的过程，流过导体棒MN的电荷量。第05讲 交变电流（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（4大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1．通过实验观察交变电流的方向.会区分交流电和直流电。 2. 会分析交变电流的产生过程，会推导交变电流电动势的表达式。 3. 知道什么是正弦式交变电流，知道正弦式交变电流的瞬时值表达式。 4. 了解交流发电机的构造及工作原理。
知识点1：交变电流
【情境导入】
用示波器观察于电池电流的波形是一条平行于t轴的直线；而交流电的波形是一条正弦(或余弦)曲线,如图所示。想一想,这两种波形代表的电流有何区别
【答案】直流电方向不变，而交流电方向在做周期性变化。
1．交变电流
大小和方向随时间做周期性变化的电流叫作交变电流，简称交流．
2．常见的交变电流的波形图
实际应用中，交变电流有着不同的变化规律，常见的有以下几种，如图所示．
3．直流电
方向不随时间变化的电流叫作直流，大小和方向都不随时间变化的电流叫作恒定电流，下图均表示直流电。
知识点2：交变电流的产生
【情境导入】
假定线圈绕OO′轴沿逆时针方向匀速转动，如图所示，则：
(1)线圈转动一周的过程中，线圈中的电流方向如何变化？
(2)线圈转动过程中，当产生的感应电流有最小值和最大值时线圈分别在什么位置？
答案　(1)
转动过程 磁通量变化 电流方向
甲→乙 变小 B→A→D→C
乙→丙 变大 B→A→D→C
丙→丁 变小 A→B→C→D
丁→甲 变大 A→B→C→D
(2)线圈转到甲或丙位置时线圈中感应电流最小，为零，此时线圈所处的平面称为中性面．线圈转到乙或丁位置时线圈中的感应电流最大，此时线圈处在垂直中性面的位置．
1．中性面位置(S⊥B，如图中的甲、丙)
线圈平面与磁场垂直的位置，此时Φ最大，为0，e为0，i为0。线圈经过中性面时，电流方向发生改变，线圈转一圈电流方向改变两次。
2．垂直中性面位置(S∥B，如图中的乙、丁)
此时Φ为0，最大，e最大，i最大．
知识点3：正弦式交变电流的变化规律
【情境导入】
如图所示，线圈平面绕bc边的中点从中性面开始转动，角速度为ω.经过时间t，线圈转过的角度是ωt，ab边的线速度v的方向跟磁感线方向间的夹角也等于ωt.设ab边长为L1，bc边长为L2，线圈面积S＝L1L2，磁感应强度为B，则：
(1)ab边产生的感应电动势为多大？
(2)整个线圈中的感应电动势为多大？
(3)若线圈有N匝，则整个线圈的感应电动势为多大？
答案　(1)eab＝BL1vsin ωt＝BL1sin ωt＝BL1L2ωsin ωt＝BSωsin ωt.
(2)整个线圈中的感应电动势由ab和cd两边产生的感应电动势组成，且eab＝ecd，所以e总＝eab＋ecd＝BSωsin ωt.
(3)若线圈有N匝，则相当于N个完全相同的电源串联，所以e＝NBSωsin ωt.
1．从中性面开始计时
线圈中产生的电动势的瞬时值表达式：e＝Emsin ωt，Em叫作电动势的峰值，Em＝NωBS.
2．正弦式交变电流
按正弦规律变化的交变电流叫作正弦式交变电流，简称正弦式电流．
3．正弦式交变电流的瞬时值表达式
(1)从中性面位置开始计时
e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt，u＝Umsin ωt
(2)从与中性面垂直的位置开始计时
e＝Emcos ωt，i＝Imcos ωt，u＝Umcos ωt.
4. 交变电流的峰值
Em＝NωBS，Im＝，Um＝.
电动势峰值Em＝NωBS由线圈匝数N、磁感应强度B、转动角速度ω和线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关．
如图所示的几种情况中，如果N、B、ω、S均相同，则感应电动势的峰值均相同．
教材习题02 下列电流随时间变化的图像中，属于交变电流的是（　　） 解题方法 【详解】交变电流是大小和方向随时间周期性变化，ABD不属于交变电流，C属于交流电。
【答案】C。
教材习题02 下列各情况中，线圈都以角速度绕图中的转动轴匀速转动，能产生交变电流的是哪些？请简述理由。 解题方法 【详解】产生交变电流的条件是线圈绕垂直于匀强磁场的转轴做匀速圆周运动。甲图，转轴与磁场平行，线圈在转动的过程中，线圈里始终没有磁通量，没有感应电流；乙图，线圈中磁通量随线圈的转动呈周期性的变化，能产生交变电流；丙图，线圈中磁通量随线圈的转动呈周期性的变化，能产生交变电流，丁图，线圈中磁通量随线圈的转动呈周期性的变化，能产生交变电流。
【答案】丙和丁。
教材习题03 如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕OO′轴顺时针（沿OO′方向看）匀速转动时，线圈中产生正弦交流电。从线圈转过图示位置开始计时，设沿abcda方向为电流正方向，则线圈中产生的交流电图像是图中的哪一个？说明判断的理由。 解题方法 【详解】在图示位置，穿过线圈的磁通量达到最大，线圈中产生的感应电流为零，即 ， 当线圈绕OO′轴顺时针（沿OO′方向看）匀速转动时，穿过线圈的磁通量减小，且原磁场方向向上，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向和原磁场方向相同，故线圈中的感应电流的方向沿abcda，电流为正方向，故选a。
【答案】A。
考点1：交流发电机原理和示意图
【典例1】（23-24高二下·江苏常州·期末）如图所示，线圈abcd在水平匀强磁场中匀速转动而产生交变电流。当线圈逆时针转动到图示水平位置时（　　）
A．线圈处于中性面位置 B．线圈中瞬时感应电动势为零
C．穿过线圈平面的磁通量最大 D．线圈中电流方向为
【答案】D
【详解】A．中性面是垂直于磁感应强度，题中该位置与中性面垂直，故A项错误；
B．在题中该位置，线框切割磁感线的速度最快，其瞬时感应电动势最大，故B项错误；
C．在中性面位置穿过线圈平面的磁通量最大，题中该位置与中性面垂直，其磁通量最小，故C项错误；
D．根据楞次定律，线圈中电流方向为，故D项正确。
故选D。
【变式1-1】（23-24高二下·广东肇庆·阶段练习）如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，下列说法正确的是（ ）
A．图示位置，ab边的感应电流方向为由a→b
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．线圈每转动一周，电流方向改变一次
D．图示位置线圈平面与磁场方向平行，磁通量变化率为零
【答案】A
【详解】A．线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则知，ab边的感应电流方向是a→b，A正确；
B．线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，B错误；
C．线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈转动一周，有两次经过中性面，电流方向改变两次，C错误；
D．线圈平面与磁场方向平行时，此时线圈平面位移与中性面垂直位置，产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，D错误。
故选A。
【变式1-2】（多选）（23-24高二下·广东深圳·期中）如图所示，下列线圈匀速转动或匀速直线运动，能产生交变电流的是（　　）
A．B．C． D．
【答案】AD
【详解】A．线圈沿垂直磁场的转轴转动，故可以产生交变电流，故A正确；
B．根据，可知产生的是恒定电流，不会产生交变电流，故B错误；
C．回路磁通量不变，没有感应电流，故C错误；
D．线圈沿垂直磁场的转轴转动，可以产生正弦式交流电，故D正确。
故选AD。
考点2：判断线圈转到不同位置的电流方向
【典例2】（23-24高二下·北京·期中）如图（a）→（b）→（c）→（d）→（e）过程是交流发电机发电的示意图。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。下列说法正确的是（　　）
A．图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大
B．从图（b）开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是
C．当线圈转到图（c）位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变
D．当线圈转到图（d）位置时，感应电动势最大，cd边感应电流方向为c→d
【答案】C
【详解】A．图（a）中，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为0，故A错误；
B．从线圈在中性面位置开始计时的表达式才是，故B错误；
C．当线圈转到图（c）位置时，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最小为零，电流方向将改变，故C正确；
D．当线圈转到图（d）位置时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，故感应电动势最大，cd边感应电流方向为d→c，故D错误。
故选C。
【变式2-1】（23-24高二下·北京房山·期中）某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd处于匀强磁场中，通过交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈绕垂直磁场方向的轴匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量随时间t变化的图像，则（　　）
A．t=0时刻，线圈处于中性面位置
B．t1时刻，电流表示数最大
C．t2时刻，线圈中电流方向发生改变
D．t3时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零
【答案】D
【详解】A．由图乙可知，t=0时刻穿过线圈的磁通量为0，则线圈与中性面垂直。故A错误；
BD．t1和t3时刻，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，电流表示数为电流有效值为一定值保持不变。故B错误；D正确；
C．t2时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，感应电流最大，此时电流方向不发生改变。故C错误。
故选D。
【变式2-2】（23-24高二下·四川成都·阶段练习）如图所示，单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中，中心轴线与磁场边界重合，线圈绕中心轴线按图示方向（从上向下看逆时针方向）匀速转动，时线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿为正方向，则图中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是（　　）
A．B．C．D．
考点3：中性面及其性质
【典例3】（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）图甲是交流发电机的示意图，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，金属线圈ABCD绕转轴匀速转动，A为电流传感器（与计算机相连），为定值电阻，线圈电阻为，其余电阻不计。图乙为计算机上显示的电流数据随时间变化的图像。下列说法中正确的是（　　）
A．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势为0，对应图乙中或时刻
B．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势最大，对应图乙中或时刻
C．、时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最小，磁通量的变化率最大
D．、时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最小，磁通量的变化率最大
【答案】D
【详解】AB．图甲所示位置线圈平面与磁场垂直，即为中性面，此时的感应电动势为0，回路中的感应电流为0，对应图乙中或时刻，故AB错误；
C．结合上述，、时刻线圈处于中性面，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，由于此时的感应电动势为0，则此时的磁通量的变化率最小，故C错误；
D．根据图乙可知，、时刻的感应电流最大，即此时的感应电动势最大，则此时线圈平面与中性面垂直，即线圈平面平行于磁场方向，穿过线圈的磁通量的绝对值最小，由于此时感应电动势最大，则此时磁通量的变化率最大，故D正确。
故选D。
【变式3-1】如图甲所示，由交流发电机、定值电阻、交流电流表A组成的闭合回路，线圈沿逆时针方向转动，图甲所示位置磁感线与线圈平面平行，从此刻开始计时，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，则（　　）
A．时刻线圈中感应电动势最小
B．时刻线圈中感应电流的方向改变
C．线圈转到图甲所示位置时，线圈中磁通量变化率为零
D．线圈转动到图甲所示位置时，线圈中感应电流方向为
【答案】B
【详解】A．根据题图乙，结合交流发电机工作原理可知，在时刻，穿过线圈的磁通量为零，但磁通量变化率最大，则线圈中产生的感应电动势最大，故A错误；
B．由题图乙可知，在时刻，穿过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，线圈中感应电流的方向改变，故B正确；
C．线圈转到题图甲所示位置时，穿过线圈的磁通量为零，但磁通量变化率最大，故C错误；
D．线圈沿逆时针方向转动，根据右手定则判断可知，当线圈转动到题图甲所示位置时，线圈中感应电流方向为，故D错误。
故选B。
【变式3-2】（多选）如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设方向为电流正方向，则下列说法正确的是（　　）
A．图乙中时间段对应图甲中至的过程
B．图乙中时刻对应图甲中的
C．图乙中时刻为时，则内电流的方向改变100次
D．图乙中时刻为时，则交变电流的频率为
【答案】AC
【详解】A．题图乙中时间段对应电流沿方向且逐渐变大，结合楞次定律，此过程对应题图甲中至的过程，A正确；
B．题图乙中时刻，感应电流最大，则磁通量的变化率最大，磁通量最小，而题图甲中，磁通量最大，B错误；
CD．题图乙中时刻为时，则交变电流的周期为，交变电流的频率为，而一个周期内电流方向改变两次，所以内电流的方向改变100次，C正确，D错误。
故选AC。
考点4：交流电在示波器上的显示
【典例4】示波器面板如图所示，图甲图为一信号源。
（1）若要观测此信号源发出的正弦交流信号的波形（正弦交流信号的电流i随时间t做周期性变化的图像如图乙所示），应将信号源的a端与示波器面板上的 接线柱相连，b端与 接线柱相连。
（2）若示波器所显示的输入波形如图丙所示，要将波形上移，应调节面板上的 旋钮；要使此波形横向展宽，应调节 旋钮。
【答案】 Y输入 地 竖直位移 X增益
【详解】（1）[1][2]根据示波器的操作原理,若要观测此信号源发出的正弦交流信号的波形，应将信号源的a端与示波器面板上的Y接线柱相连，b端与地接线柱相相连；
（2）[3][4]若要将图4中的波形曲线上移，应调节竖直位移旋钮，若要使此波形横向展宽，应调节X增益旋；要使屏上能够显示3个完整的波形，应调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮。
【变式4-1】①在使用示波器时，如果屏幕上出现如图1所示的波形时，应调节图2中的 旋钮使之显示在屏幕中央区域（如图3所示），如果外接Y输入正弦交流电源，观察到正弦波的竖直方向的正、负半周均超出了屏幕的范围，应调节 旋钮或 旋钮（填旋钮旁边的数字或名称），或这两个钮配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内.
②如果使该信号显示从一个波形变成两个完整的波形，如图4所示，则应调节 旋钮或 旋钮（填旋钮旁边的数字或名称），这两个旋钮配合使用；波形横向变窄，应调节 旋钮．
【答案】 上下移动 衰减 Y增益 扫描范围 扫描微调 X增益
【详解】①[1][2][3]图1所示，为竖直方向缺失，故应调节上下移动；若正负半周均超出了屏幕的范围，Y增益过大，则应调衰减旋钮或Y增益旋钮．
②[4][5][6]如果使该信号显示从一个波形变成两个完整的波形，且波形横向变窄如图4所示，则应调节X增益旋钮或扫描微调旋钮，或这两个旋钮配合使用；若要使此波形横向变窄，应调节X增益旋钮．
【变式4-2】利用示波器可以显示输入信号的波形，单匝正方形金属线框abed处在匀强磁场中，当以线圈平面内某虚线为轴匀速转动时，线圈内产生的电流随时间的变化关系如图甲所示。则在四个选项所示的情景中，无论从线圈平面处于哪个位置开始计时，都不可能产生该电流的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】A．当以线圈平面内某虚线为轴匀速转动时，线圈中的磁通量始终不变，没有感应电流产生，故A不可能产生该电流，故A符合题意；
BCD．三图中线圈绕垂直于磁场方向的轴转动，磁通量发生变化，根据交变电流的产生原理可知，三者均产生示波器中的正弦式交变电流，故BCD不符合题意。
故选A。
一、单选题
1．（23-24高二下·广东梅州·期末）如图甲所示，2023年6月14日，我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置“南鲲号”在广东珠海投入试运行，南鲲号发电原理可作如下简化：海浪带动浪板上下摆动，驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动，如图乙所示，若转子带动线圈沿逆时针方向转动，并向外输出电流，下列说法正确的是（　　）
A．图乙中线圈所处位置是中性面
B．在图乙所示位置时，穿过线圈的磁通量变化率最大
C．在图乙所示位置时，线圈b端电势高于a端电势
D．在图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向上
【答案】B
【详解】AB．在图乙所示位置时，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为0，但穿过线圈的磁通量变化率最大，产生的感应电动势最大，故A错误，B正确；
C．在图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线向上切割磁感线，线圈靠近N极的导线向下切割磁感线，根据右手定则可知，线圈中的电流方向由b流向a，由于线圈相当于电源内部，则线圈b端电势低于a端电势，故C错误；
D．在图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线电流方向向里，磁场方向向右，根据左手定则可知，安培力方向向下，故D错误。
故选B。
2．（23-24高二下·江苏连云港·期末）如图所示，两圆弧形磁极之间放置一矩形线圈，其中A、B为线圈引出的两个接线端，线圈可绕轴转动。下列说法正确的是（　　）
A．线圈处于非匀强磁场中 B．图示位置穿过线圈的磁通量不为零
C．通电后线圈左右两边受安培力相同 D．若线圈在外力作用下转动，则A端电势始终低于B端
【答案】A
【详解】A．两圆弧形磁极之间的磁场是非匀强磁场中，故A正确；
B．根据对称性结合磁通量的公式可知，图示位置穿过线圈的磁通量为零，故B错误；
C．通电后线圈两边安培力方向不同，故C错误；
D．若线圈在外力作用下转动，产生交变电流，A端电势可能高于B端，故D错误；
故选A。
3．（23-24高二下·陕西西安·期中）如图甲所示为交流发电机、定值电阻R、交流电流表A组成的闭合回路，线圈ABCD逆时针方向转动，图示位置磁感线与线圈平面平行，图乙所示为通过线圈的磁通量随时间t的变化关系图像，下列说法正确的是（ ）
A．、时刻线圈中感应电动势最小
B．、时刻电阻R两端的电压为零
C．线圈转动到图示位置时，线圈中磁通量变化率为零
D．线圈转动到图示位置时，感应电流方向为
【答案】B
【详解】A．根据题图乙，由交流发电机工作原理可知，在、时刻，穿过线圈的磁通量为零，但磁通量变化率却最大，则线圈中产生的感应电动势最大，故A错误；
B．由题图乙知线圈在、时刻，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为0，则R两端的电压为0，故B正确；
C．线圈转到题图甲所示位置时，穿过线圈中的磁通量为零，但磁通量变化率却最大，故C错误；
D．线圈ABCD逆时针方向转动，根据右手定则可判断当线圈转动到题图甲所示位置时，感应电流方向为D→C→B→A→D，故D错误。
故选B。
4．（23-24高二下·江西·阶段练习）汽车上的发电机多采用旋转式发电机。如图甲，转子在外力带动下旋转产生磁场，定子线圈产生感应电动势。现简化为如图乙模型，一连有电阻的线圈轴线与条形磁铁中心线在同一平面，条形磁铁（转子）绕其中心在该平面内匀速转动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．条形磁铁在图示位置，线圈中磁通量最大
B．条形磁铁在图示位置，电阻中电流为零
C．条形磁铁从图示位置转动过程中，电阻中电流方向由指向
D．增大条形磁铁的转速，可以增大中的电流
【答案】D
【详解】A．条形磁铁在图示位置，线圈中磁通量最小，为零，故A错误；
B．条形磁铁在图示位置，磁通量的变化率最大，感应电流最大，电阻中电流不为零，故B错误；
C．条形磁铁从图示位置转动过程中，线圈中向上的磁通量增大，根据楞次定律可得电阻中电流方向由指向，故C错误；
D．增大条形磁铁的转速，线圈中磁通量变化率增大，感应电动势增大，中电流增大，故D正确。
故选D。
5．（23-24高二下·江苏连云港·期中）一矩形线圈的匝数为50，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。下列结论正确的是（　　）
A．在t=0.1s和t=0.3s时，电动势最大 B．在t=0.2s和t=0.4s时，电动势方向发生改变
C．电动势的最大值是50V D．在t=0.4s时，磁通量的变化率最大，为3.14Wb/s
【答案】D
【详解】A．在t=0.1s和t=0.3s时磁通量最大，感应电动势为零，故A错误；
B．在t=0.2s和t=0.4s时，磁通量为零，感应电动势、感应电流最大，电动势方向不发生改变，故B错误；
C．电动势的最大值为，故C错误；
D．在t=0.4s时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，即，故D正确。
故选D。
6．（23-24高二下·湖北孝感·期中）如图所示为发电机简化模型，内部是匝数为N的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度绕垂直于磁场的水平转轴匀速转动产生交流电。已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为。下列说法正确的是（ ）
A．当线圈转到图示位置时处于中性面 B．当线圈转到竖直位置时电流表的示数为零
C．当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最大 D．穿过线圈的最大磁通量为
【答案】C
【详解】A．图示的位置与中性面垂直，A错误；
B．电流表的示数显示的有效值，不为零，B错误；
C．图示的位置磁通量变化率最大，C正确；
D．最大磁通量为，D错误。
故选C。
7．（23-24高二下·江苏常州·期中）利用示波器可以显示输入信号的波形，单匝正方形金属线框abcd处在匀强磁场中，当以线圈平面内某虚线为轴匀速转动时，线圈内产生的电流随时间的变化关系如图甲所示。则在四个选项所示的情景中，无论从线圈平面处于哪个位置开始计时，都不可能产生该电流的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】A．图中线圈绕匀速转动时，线圈磁通量发生变化，会产生感应电流，故A错误；
B．图中线圈绕匀速转动时，线圈磁通量一直为0，磁通量保持不变，不会产生感应电流，故B正确；
C．图中线圈绕匀速转动时，线圈磁通量发生变化，会产生感应电流，故C错误；
D．图中线圈绕匀速转动时，线圈磁通量发生变化，会产生感应电流，故D错误。
故选B。
8．（2024·重庆·模拟预测）如图所示，从左往右看，各线圈在匀强磁场中绕轴匀速顺时针转动，从图示位置开始计时，设电流从2流出线圈为正方向，能产生图甲所示交变电流的是（　　）
A．线圈平面与磁场垂直 B．线圈平面与磁场平行C．线圈平而与磁场垂直 D．线圈平面与磁场平行
【答案】B
【详解】AC．由图甲可知，时，线圈电流最大，此时线圈与磁场平行，AC错误；
BD．由图甲可知，时，电流从2流出线圈，由右手定则可知，B图中电流从2流出线圈，D图中电流从1流出线圈，故B正确，D错误。
故选B。
二、多选题
9．（22-23高二上·河北邯郸·期末）一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图所示．则下列说法中正确的是（ ）
A．时刻，线圈处在中性面 B．时刻，的变化率为0
C．时刻，感应电动势为0 D．从时间内，线圈转过的角度是
【答案】ACD
【详解】AC．由图像可知t＝0、t＝0.02s、t＝0.04s时刻线圈平面位于中性面位置，最大
故E＝0，故AC正确；
B．t＝0.01s时刻线圈平面与磁感线平行，最小，最大，故E最大，故B错误；
D．从图像可知，从t＝0.01s时刻至t＝0.04s时刻线圈旋转周，转过的角度为，故D正确。
故选ACD。
10．（23-24高二下·广东茂名·期末）如图所示是物理实验室常见的手摇交流发电机，快速摇动发电机手柄，能看到灯泡可以发光，下列说法正确的是（　　）
A．手柄摇得越快，发电机产生的交流电峰值越大 B．手柄摇得越快，发电机产生的交流电频率越高
C．手柄每转动一周，感应电流方向都会改变一次 D．把磁铁N、S极位置互换，发电机将不能发电
【答案】AB
【详解】AB．手柄摇得越快，线圈转动的角速度越大，产生交流电的频率
越大，线圈产生感应电动势的峰值，越大，故AB正确；
C．手柄每转动一周，线圈转动周，感应电流方向改变次，故C错误；
D．磁铁N、S极位置互换，线圈转动仍然切割磁感线产生感应电动势，故D错误。
故选AB。
三、实验题
11．（23-24高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图所示，（a）→（b）→（c）→（d）→（e）过程是交流发电机发电的示意图，线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。
(1)图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量 ，磁通量变化率 。（均填“最大”或“为零”）
(2)从图（b）开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是 。（填“”或“”）
(3)当线圈转到图（c）位置时，感应电流 。（填“最小”或“最大”）
(4)当线圈转到图（d）位置时，感应电动势 。（填“最小”或“最大”）
(5)当线圈由图（d）转到图（e）过程中，ab边感应电流方向为 。（填“a→b”或“b→a”）
【答案】(1) 最大 为零
(2)
(3)最小
(4)最大
(5)
【详解】（1）[1][2]图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，则此时穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小为零；
（2）根据题意，由图（b）可知，时刻线圈平面与磁感线方向平行，此时感应电流最大，线圈中电流i随时间t变化的关系是
（3）当线圈转到图（c）位置时，线圈平面与磁感线垂直，感应电流为零，最小。
（4）当线圈转到图（d）位置时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，感应电动势最大。
（5）根据右手定则可知，ab边感应电流方向为。
四、解答题
12．（22-23高二·上海·随堂练习）如图是一手摇发电机，其原理可简化为矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的中心轴OO'匀速转动，产生随时间变化的感应电动势。已知矩形线圈abcd的匝数为N，边长，。线圈所在处磁感应强度为B。线圈的角速度为。当线圈转动到如图所示位置时，其平面与磁场方向平行。
(1)求线圈转动到如图位置时ab边切割磁感线产生的感应电动势大小并判断ab两端电势的高低；
(2)从线圈处于如图位置开始计时，t时刻线圈转至截面图中虚线所示位置，推导t时刻线圈产生的感应电动势大小为；
【答案】(1) ，B端电势高
(2)
【详解】（1）ab边切割磁感线产生的电动势，， 可得B端电势高。
（2）线圈匀速转动过程中，ab，cd边都切割磁感线产生感应电动势，总电动势为两边产生的电动势之和，即，如图经过时间t，ab边绕OO'转过的角度
此时ab边的速度方向如图中所示
v与磁场方向的垂直分量
根据电磁感应定律，在ab边上产生的感应电动势大小为
又，由此可得
13．（23-24高二下·全国）闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，线圈中产生正弦式交变电流。若在如图甲所示N、S极间放置一圆柱形铁芯O，受铁芯影响，两极间的磁场如图乙所示，缝隙中的磁感线沿圆柱的半径分布，且只在图中所示的左、右各的圆心角范围内存在。一边长为l的正方形平面线框abcd，其中ab、cd两边与铁芯轴线平行，bc、da两边与铁芯的轴线OO′垂直。线圈由图示位置以恒定的角速度ω绕OO′逆时针旋转，试分析线圈中感应电动势随时间的变化规律。（图中ab、cd所在位置磁感应强度大小均为B）

【答案】见解析
【详解】线圈在图中位于水平位置，旋转角度过程中，ab、cd两边均垂直切割磁感线，线速度大小为
感应电动势大小均相等，
ab、cd两边等效为两个电源，根据右手定则可以确定两电源是串联关系，则回路总的电动势为
E总=Eab＋Ecd=Bl2ω
线圈由旋转至角度过程中，ab、cd两边不切割磁感线，电动势为零，依次分析，令abcd为正方向，作出电动势变化规律如图所示第06讲 电学实验基础（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：螺旋测微器和游标卡尺的使用和读数
1.螺旋测微器原理和使用
（1）构造：如图甲，S为固定刻度，H为可动刻度．
（2）原理：可动刻度H上的刻度为50等份，旋钮K每旋转一周，螺杆P前进或后退0.5 mm，则螺旋测微器的精确度为0.01 mm.
　　
　　　 　　 甲 　　　　　　 　　 乙
（3）读数
①测量时被测物体长度的半毫米数由固定刻度读出，不足半毫米部分由可动刻度读出．
②测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01 (mm)
③如图乙所示，固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米，从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.
游标卡尺的原理和使用
（1）构造(如图所示)：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内外测量爪)、游标尺上还有一个深度尺，尺身上还有一个紧固螺钉．
（2）用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．
（3）原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．
不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，见下表：
刻度格数(分度) 刻度总长度 每小格与1 mm的差值 精确度(可准确到)
10 9 mm 0.1 mm 0.1 mm
20 19 mm 0.05 mm 0.05 mm
50 49 mm 0.02 mm 0.02 mm
读数：若用x表示由主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果表达为(x＋K×精确度)mm.
知识点2：电流表和电压表的改装、使用和读数
电流表和电压表的改装
项目 改装为大量程的电压表 改装为大量程的电流表
原理 串联电阻分压 并联电阻分流
改装原理图
分压电阻或 分流电阻 U＝Ig(Rg＋R) ，故R＝－Rg IgRg＝(I－Ig)R，故R＝
改装后电 表内阻 RV＝Rg＋R>Rg RA＝两种电表的使用技巧
（1）机械调零：在不通电时，指针在零刻度线的位置；
（2）量程选择：指针在满偏刻度的以上；
（3）接入方法：电流表与待测用电器串联，电压表与待测电阻并联，接线时，都是电流从正极（红色接线柱）流入，负极（黑色接线柱）流出；
读数
（1）0～3 V的电压表和0～3 A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1 V或0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．
（2）对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.
（3）对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A.
知识点3：电流表的内外接法的选择及技巧
电流表和电压表测电阻两种方法的比较
（电流表）内接法 （电流表）外接法
电路图
误差原因 电流表分压U测＝Ux＋UA 电压表分流I测＝Ix＋IV
电阻测量值 R测＝＝Rx＋RA>Rx测量值大于真实值 R测＝＝适用条件 RA Rx RV Rx
巧记口诀 大内偏大（大电阻内接法，测量值偏大） 小外偏小（小电阻外接法，测量值偏小）
伏安法测电阻的电路选择方法
方法 （电流表）内接法 （电流表）外接法
计算法 Rx> Rx<
试触法 按如图所示电路图接好电路，让电压表的一根接线柱P先后与a、b处接触一下
如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法． 如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法
知识点4：滑动变阻器的分压式和限流式接法的选择及技巧
滑动变阻器的限流式接法和分压式接法比较
限流接法 分压接法 对比说明
电路图 串并联关系不同
负载R上电压的调节范围 ≤U≤E 0≤U≤E 分压调节范围大，并且从0开始
负载R上电流的调节范围 ≤I≤ 0≤I≤ 分压条件范围大，并且从0开始
开关闭合前触头位置 最右端 最左断 都是为了保护电路
两种接法的选择
（1）限流式接法适合控制阻值较小的电阻的电压，分压式接法适合控制阻值较大的电阻的电压．
（2）要求电压从0开始逐渐增大，采取分压式接法．
知识点5：欧姆表的工作原理
1. 欧姆表的原理和使用
（1）构造：如图所示，欧姆表由电流表G、电池、调零电阻R和红、黑表笔组成．
欧姆表内部：电流表、电池、调零电阻串联．
外部：接被测电阻Rx.
全电路电阻R总＝Rg＋R＋r＋Rx.
（2）工作原理：闭合电路欧姆定律I＝.
（3）刻度的标定：红、黑表笔短接(被测电阻Rx＝0)时，调节调零电阻R，使I＝Ig，电流表的指针达到满偏，这一过程叫欧姆调零．
①当I＝Ig时，Rx＝0，在满偏电流Ig处标为“0”．(图甲)
②当I＝0时，Rx→∞，在I＝0处标为“∞”．(图乙)
③当I＝时，Rx＝Rg＋R＋r，此电阻值等于欧姆表的内阻值，Rx叫中值电阻．
2. 欧姆表测电阻的误差分析
（1）电池旧了电动势下降，会使电阻测量值偏大．
（2）欧姆表挡位选择不当，导致表头指针偏转过大或过小都有较大误差，通常使表针指在中央刻度附近，即表盘的～范围内，误差较小．
强化点一 测量仪器的读数
(1)测长度时,刻度尺、螺旋测微器要估读,游标卡尺不估读。
(2)电表读数时,都要估读,但最小分度0.1、0.01的与最小分度 0.02，0.5的读数规则不同。
【典例1】（23-24高二上·河南许昌·期末）如图所示，甲图中游标卡尺（游标卡尺规格为20分度）的读数为 mm，乙图中螺旋测微器的读数为 mm。
【变式1-1】一同学用游标卡尺测一根金属管的深度h时，游标卡尺上的游标尺和主尺的相对位置如图甲所示，则这根金属管的深度 ；该同学又利用螺旋测微器测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图乙所示，则 。
【变式1-2】用游标卡尺测量圆柱体的内径如图所示，圆柱体的内径为 mm；用螺旋测微器测量一金属的直径如图所示，金属丝的直径为 mm。
强化点二 电表的改装
准确理解两个改装图,明确表头G改装为电压表或电流表的原理，能根据不同要求分析相关问题。
(1)无论表头G改装成电压表还是电流表,它的三个特征量Ug、Ig、Rg是不变的,即通过表头的最大电流Ig并不因改装为不同的电表而改变。
(2)电表改装的问题实际上是串、并联电路中电流、电压的计算问题,只要把表头G看成一个电阻Rg即可,切记通过表头的满偏电流Ig是不变的。
(3)改装后的电压表的表盘上显示的是表头和分压电阻两端的总电压,改装后的电流表的表盘上显示的是通过表头和分流电阻的总电流。
【典例2】（24-25高二上·新疆乌鲁木齐·期末）把一个满偏电流I=1mA、线圈电阻R=的小量程电流表，改装成量程U=10 V的电压表，需串联的分压电阻阻值为 Ω；改装成量程10 mA的电流表，需并联的分流电阻的阻值为 Ω。
【变式2-1】（23-24高二下·湖南湘西·期末）一灵敏电流计G的内阻，满偏电流，现把它改装成如图所示的多量程电表。开关、都闭合时为电流表，量程为0～3A；开关、都断开时为电压表，量程为0～3V。试回答下列问题：
(1)定值电阻 、
(2)开关闭合、断开时为 （填“电流”或“电压”）表，量程为 。
【变式2-2】（23-24高一下·河北承德·期末）某物理兴趣小组将一灵敏电流计G进行改装。按图甲所示改装时，定值电阻，；按图乙所示改装成电流表时，4、5接线柱之间的量程是4、6接线柱之间量程的10倍。已知电流计内阻，，求：
(1)图甲中1、3接线柱之间的最大电压与电流计G两端的最大电压的比值；
(2)定值电阻的阻值。
强化点三 电流表内外接法的选择
(1)定量判定法:已知待测电阻的阻值大约为Rx,电流表的内阻RA和电压表的内阻RV，则:
当，用内接法；当，用外接法。
（2）试触法：①若电流表示数有显著变化,说明电压表的分流作用较强,即Rx是一个大阻值电阻，应选用电流表内接法；②若电压表示数有显著变化,说明电流表的分压作用较强,即Rx是一个小阻值电阻，应选用电流表外接法。
【典例3】（23-24高二上·宁夏银川·期末）某电阻的阻值大约为70Ω，为了更精确地测量其阻值，该同学采用伏安法。实验室备有下列器材：
A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）；
B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）；
C．电流表A1（量程250mA，内阻约为0.2Ω）；
D．电流表A2（量程50mA，内阻约为1Ω）；
E．滑动变阻器R（最大阻值150Ω）；
F．电池组E（电动势为3V，内阻不计）；
G．开关S，导线若干。
为减小实验误差，电压表应选用 ，电流表应选用 （填器材前面的序号），实验电路应选图 （填“甲”或“乙”）。若该同学选择器材、连接电路等操作均正确，则电阻的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）其真实值。
【变式3-1】（23-24高二上·山东济宁·期末）为了更精确地测定某电学元件Rx的电阻（粗测阻值约为30Ω），小明收集到如下实验器材：
①电动势为3V的电源（内阻可忽略）； ②量程为0~3V，内阻约为3kΩ的电压表；
③量程为0~100mA，内阻约为1Ω的电流表； ④阻值为0~5Ω的滑动变阻器；
⑤开关和导线若干。
为方便控制电路，尽可能地减小实验误差，采用如图所示电路，则图中P、Q点的接法最优化的是（　　）
A．P点接b、Q点不接 B．P点接c、Q点不接
C．P点接b、Q点接a D．P点接c、Q点接a
【变式3-2】（23-24高一下·贵州六盘水·期末）某兴趣小组将表头和两个定值电阻连接成如图所示的电路，得到两个量程分别为0~1mA和0~2.5mA的电流表，已知表头的满偏电流为250μA，内阻为480Ω，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．当使用a、c两个端点时，量程为0~2.5mA D．当使用a、b两个端点时，量程为0~2.5mA
强化点四 滑动变阻器的分压式接法的三种情况
（1）分压式接法、限流式接法都可以时,因为采用限流式接法能耗小,所以优先采用限流式接法;
（2）当有两个滑动变阻器供选择时,在都满足电压电流调节范围要求的情况下，选最大阻值小的滑动变阻器,这样调节的电压、电流变化比较均匀,移动相同的距离，阻值变化小,便于调节;
（3）当滑动变阻器的最大阻值与被测电阻差不多时，宜采用限流式接法。
【典例4】（23-24高二上·山东菏泽·期中）伏安法测电阻是常用的一种测电阻的方法，用电压表和电流表测出待测电阻的电压和电流，可用电压和电流的比值计算出电阻。如图甲、乙所示为某同学设计的两个用伏安法测电阻的电路图，电压表与电流表均不能视为理想电表，则以下正确的是（　　）

A．图甲电路中测得的电压和电流可以从0开始调节
B．图甲电路中，由于电流表的分压导致电阻的测量值大于真实值
C．图乙的电阻测量值一定比图甲的电阻测量值更接近真实值
D．图乙电路中，闭合开关之前滑动变阻器滑片应放到端
【变式4-1】（22-23高二上·湖南株洲·期末）如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路，已知电源电动势为，内阻不计，以下分析正确的是（　　）
A．此接法由于电压表的分流，电流表测量值偏小
B．此接法适用于测量小电阻，电阻的测量值小于真实值
C．开始实验时滑动变阻器滑片应处在最左端
D．滑动变阻器滑片处在中央时，电压表的示数大于
【变式4-2】演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小。假设电压表是理想的，则下列说法正确的是（　　）
A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化 B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化
C．物体M不动时，电路中没有电流 D．物体M不动时，AB间电压为0V
强化点五 滑动变阻器的分压式接法的三种情况
【典例5】（23-24高二上·湖北荆州·期末）欧姆表的内部结构如图甲所示，先将两表笔短接，表头满偏，再将阻值为的电阻接在之间，发现指针正好指向灵敏电流计表盘的正中央；某个欧姆表的表盘，用来测量某个电阻时，指针的刻度如图乙所示，设指针向右的偏角为，下列说法正确的是（　　）
A．乙图的读数为 B．甲图欧姆表的内阻为
C．是红表笔、是黑表笔
D．对乙图，重新欧姆调零来测阻值更大的电阻时，指针向右的偏角一定小于
【变式5-1】（23-24高二上·湖南郴州·期末）一个将电流表改装成欧姆表的示意图如图所示，此欧姆表已经调零用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满偏刻度的处。现用该表测一未知电阻，指针偏转到满偏刻度的处，则该电阻的阻值为（　　）
A．2R B．3R C．4R D．5R
【变式5-2】如图是一个多用电表的简化电路图，S为单刀多掷开关，通过操作开关可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6。下列说法正确的是（ ）
A．当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接1时量程较小
B．当开关S接3时，测量的是电阻，图中A是黑表笔
C．当开关S接4时，A表笔电势比B表笔高
D．当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接6时量程较大
提升专练
一、单选题
1．（2024·广东清远·模拟预测）图为双量程电压表的内部结构，其中表头内阻Rg = 1000 Ω，满偏电流Ig = 1 mA。连接ab时电压表的量程为2 V，连接ac时电压表的量程为10 V，现在调整R1、R2的连接方式，则电压表最大量程可达到（　　）
A．12 V B．17 V C．18 V D．20 V
2．（2024·浙江杭州·一模）如图所示是双量程的磁电式电表的原理图，测量时分别接入“A、B”或“A、C”，下列说法正确的是（　　）
A．此为电流表，接“A、B”时量程更大 B．此为电压表，接“A、C”时量程更大
C．若被短路，接“A、B”时电表测量值仍正确 D．若被短路，接“A、C”时电表测量值偏大
3．（2024·江苏苏州·二模）如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流计G和一个可变电阻组成，知灵敏电流计的满偏电流，内电阻，则下列说法正确的是（　　）
A．甲表是电流表，减小时量程增大
B．乙表是电压表，减小时量程增大
C．在甲图中，若改装的电流表量程为，则
D．在乙图中，若改装的电压表量程为，则
4．（2024·江苏南通·一模）在电学实验中，改装后的电表测量值略偏小，为校准电表，可以将一个阻值较小的电阻（　　）
A．与电阻串联 B．与电阻并联 C．与电阻串联 D．与电阻并联
5．（2024·北京朝阳·模拟预测）如图所示是一个用补偿法测未知电阻的电路。已知电阻，、的总长度为。当拨至1时，、电阻线的长度调为时表指针指零位；当拨至2时，、电阻线的长度调为时表指针指零位；则的大小满足（　　）
A． B． C． D．
6．（2024·江苏镇江·一模）如图所示，先将R2的阻值调为零，闭合S，调节R1的滑动触头，使电压表读数等于其量程Um；然后保持R1的滑动触头不动，调节R2，当电压表读数等于Um时记录下R2的值，则RV＝R2。用这种方法测得电压表内阻的测量值RV测与真实值RV真相比是（ ）
A．RV测＝RV真 B．RV测>RV真 C．RV测7．（2024·北京平谷·模拟预测）某同学想自己设计并改装一个欧姆表。他手上有如下器材：量程300μA、内阻900Ω的电流计；电动势1.5V的一节干电池；滑动变阻器、电阻箱和若干定值电阻。他设计的电路如图甲所示，实验时他将两表笔短接，电流计指针满偏时，他计算出电路中的总电阻为5kΩ。然后他将一个50Ω和10Ω的电阻分别接到两表笔之间时，发现电流计指针指示的位置几乎一样，很难区分。经过研究后他认为，要想比较准确地测量几十欧姆的电阻，用图甲所示电路并不合适，为此他设计了如图乙所示的电路。并联合适电阻 R 后，使干路电流是流经电流计电流的100倍。则（　　）
A．将图乙电路中的两表笔短接，此时电路中的总电阻是5Ω
B．分别将一个50Ω和10Ω的电阻先后接到图乙电路的两表笔之间，通过干电池的电流几乎没有区别
C．分别将一个50Ω和10Ω的电阻先后接到图乙电路的两表笔之间，电流计指针指示的位置明显不同
D．在图甲电路和图乙电路的两表笔之间分别接入5kΩ和50Ω的电阻，通过两电流计的电流明显不同
8．关于多用电表的使用，下列操作正确的是（　　）
A．测电压时，应按图甲连接方式测量 B．测电流时，应按图乙连接方式测量
C．测电阻时，应按图丙连接方式测量 D．测二极管的反向电阻时，应按图丁连接方式测量
二、实验题
9．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）某同学对航天飞机上使用的由特殊材料制作的电阻进行电阻率的测量，其形状为圆柱体，实验室现提供以下器材：
A．电流表（量程，内阻）；
B．电流表（量程，内阻约为）；
C．滑动变阻器（，额定电流2A）；
D．定值电阻（）；
E．待测电阻（长度为、电阻大约为）；
F．直流电源E（电动势为4V，内阻很小）；
G．开关一只，导线若干。
实验步骤如下：
a．用螺旋测微器测出该电阻的直径d，螺旋测微器示数如图甲所示；
b．根据如图乙所示的实验电路将实验器材连接起来；
c．闭合开关S，改变滑动变阻器的滑片位置得到多组电流表及电流表的读数、，并将其记录下来；
d．将记录的数据描绘在以为纵轴、为横轴的坐标系中，得到如图丙所示的图像；
e．利用图像得到待测电阻的阻值，求得其电阻率。
请回答下列问题：
(1)待测电阻的直径 mm；
(2)由图乙可以得到与的关系为 ；
(3)由图丙知， Ω，由知， （结果保留三位有效数字）；
(4)在图乙中，可以认为电流表与定值电阻串联后就是改装的电压表，测量电阻时得到的阻值与真实值相比，测量值 （填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
10．（2024·安徽合肥·三模）某同学将小量程电流表G改装为双量程电压表，并用标准电压表进行校准，如下图。已知小量程电流表G满偏电流为，表上标记的内阻值为，、和是定值电阻，其中。图甲中，若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为。
(1)则根据题给条件，定值电阻的阻值应选 Ω， Ω。
(2)用量程为，内阻为的标准电压表对改装表挡的不同刻度进行校准，如图乙。所用电池的电动势E为；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为和。为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为 Ω的滑动变阻器。
(3)若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值 （填“大于”或“小于”）。
11．（2025·湖北·一模）某新型智能恒流源，能稳定输出大小为的电流。某实验小组利用此恒流源测量一定值电阻的阻值。他们又找来了一块电流表A（阻值未知且很小）、滑动变阻器R、电阻箱、导线若干，并连接如图甲所示电路图。
(1)当该同学将电阻箱的阻值调小时，电流表的读数将 （填“增大”“减小”或“不变”）；
(2)该同学通过改变电阻箱的阻值，同时记录电流表A的示数为I，得到多组数据，他采用图像法处理数据，为使图像为一条直线，应描绘的是___________图像；
A． B． C． D．
(3)该同学描绘的图像如图乙所示，则电阻的阻值为 （用a，b，c表示）；
(4)若考虑电流表内阻的影响，则该同学测得的电阻的阻值与实际值相比 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。第04讲 互感和自感（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（5大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1.知道互感和自感现象,理解互感和自感是电磁感应的特例。 2 探究通电自感、断电自感的特点,能理解通电、断电时自感现象的成因。 3.知道互感和自感现象的防止与应用。
知识点1：互感现象及其应用
【情境导入】
如图所示，当线圈A的开关S接通或断开时，在线圈B中产生感应电动势，线圈B中感应电流的变化，同时也会在线圈A 中产生相应的感应电动势。
1. 互感现象的概念
两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象叫作互感，产生的感应电动势叫作互感电动势。
2. 互感示例
3. 互感现象的应用与危害
(1)应用：收音机的磁性天线、变压器都是利用互感现象制成的。
(2)危害；在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作，这时要设法减小电路间的互感现象。
知识点2：自感现象
【情境导入】
如图所示，A1、A2是规格完全一样的灯泡。闭合电键S，调节变阻器R，使A1、A2亮度相同，再调节R1，使两灯正常发光，然后断开开关S。重新闭合S。
重新闭合S，发现灯泡A 立刻发光，跟线圈L 串联的灯泡A 逐渐亮起来，这是为什么呢
1. 自感现象与自感电动势
当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势，这种现象称为自感。由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势。
2. 自感现象与楞次定律
如图所示，通过线圈的电流i增加时，导致穿过线圈的磁通量向上增大，因电磁感应，线圈要阻碍磁通量增加，故“想”产生向下的磁场Bi，Bi对应的电流方向与原电流方向相反，而同一导线中不可能有两个不同方向的电流，线圈产生的自感电动势的作用是阻碍原电流增加。
自感现象遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律。自感电动势不能阻止原电流的增加。假若原电流不再增加，则电磁感应现象消失，自感电动势也就不存在了。
3 自感电动势的方向
当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势方向与原电流方向相同(即：增反减同)。
(1)通电时线圈产生的自感电动势阻碍电流的增加。
(2)断电时线圈产生的自感电动势方向与原来线圈中的电流方向相同，且在与线圈串联的回路中，线圈相当于电源。
(3)自感电动势只是延缓了电流的变化，但不能阻止原电流的变化，更不能使原电流反向。
4. 自感现象中灯泡亮度的变化
项目 与线圈串裂的灯泡 与线圈并联的灯泡
电路图
通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流I1突然变大，然后逐渐减小达到稳定，灯泡突然变亮然后逐渐变暗，最后亮度不变
断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 ①若I ≤I ，灯泡逐渐变暗；②若I >I ，灯泡闪亮一下后逐渐变暗；两种情况灯泡电流方向均改变(I 、I 为电路稳态电流)
原因分析 电路通.断时，流过线圈的电流迅速变化，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加或减少，使流过灯泡的电流不能突变，但不能阻止电流变化 电路接通时，因线圈产生自感电动势，可认为接通瞬间，线圈L处于断路状态，此时灯泡比稳定状态时亮。电路断开时，线圈与灯泡在同一回路中，线圈相当于电源、回路电流只能在I 的基础上减小，故灯泡可能逐渐变暗，也可能闪亮一下后逐渐变暗
1. 当电路中的电流稳定时，线圈相当于一段导线，其阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的，有时不计线圈电阻，相当于短路。
2. 线圈断开时，可能产生很大的自感电动势:
知识点3：自感系数
1. 自感电动势的大小
自感电动势的大小与线圈中电流的变化率成正比，与线圈的自感系数L成正比。
写成公式为：
2. 自感系数
（1）中，L是比例系数，又叫自感系数，简称自感或电感。
（2）L的决定因素：自感系数与线圈的大小、形状、匝数，以及有无铁芯等因素有关。线圈越粗、越长、匝数越多，其自感系数L就越大。如果线圈内有铁芯，则自感系数L会比没有铁芯时大得多。
（3）单位：亨利，简称亨(符号是H)，1
（4）物理意义：自感系数是表征线圈产生自感电动势本领大小的物理量。数值上等于通过线圈的电流在1s内改变1A时产生的自感电动势的大小。
3. 生产生活中的自感现象
(1)自感现象的应用：断电自感产生高压，如日光灯、汽车发动机点火器、煤气灶电子点火器等。
(2)自感现象的危害与防止：开关断电时形成电弧、无轨电车电弓与电网线之间形成电火花等，要尽量防止或减小其影响。如下图所示，线圈采用了双线绕法，两根平行导线中的电流反向，它们的磁场相互抵消。不论导线中的电流如何变化，线圈中的磁通量始终为零，所以，消除了自感现象的影响。
知识点四 磁场的能量
1. 自感现象中的磁场能量
(1)线圈中电流从无到有时，磁场从无到有，电源的能量输送给磁场，储存在磁场中，电流越大，磁场能越大。
(2)线圈中电流减小时，磁场中的能量释放出来转化为电能，进而转化为内能。
①线圈能储存一定的磁场能，该能量又会通过电路转化成其他形式的能；
②线圈的磁场能与通过线圈的电流I和线圈的自感系数L有关，数值越大，磁场能越大。
2. 电的“惯性”
自感电动势有阻碍线圈中电流变化的“惯性”。
当线圈瞬间和断电瞬间，自感电动势都要阻碍线圈中电流的变化、使圈中的电流不能立即增大到最大值或不能立即减小为零，即或用中的电流不能“突变”。 电的“慢性”太小决定于线通的自感系数。
教材习题01 如图所示电路中，线圈L的电阻与另一支路中电阻器R的阻值相同。当开关S接通瞬间和断开瞬间，两个电流表的示数是否相同？ 解题方法 闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表A1示数小于A2示数。断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，线圈相当于电源与电阻串联，由于两电流表串联，所以电流表A1示数等于A2示数
【答案】接通瞬间，A2表大于A1表，断开瞬间，两表示数相同。
教材习题02 如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈。如果断开开关，闭合，A、B两灯都能同样发光。如果最初是闭合的，是断开的，那么，闭合以后，A灯和B灯亮度如何变化？此时如果断开，A灯和B灯亮度又将如何变化？ 解题方法 闭合以后的瞬时，A、B两灯同时亮起来，由于自感线圈产生自感电动势阻碍电流增加，则线圈L可看做是断路，即开始时两灯亮度相同，随自感线圈中电流增加，则B灯逐渐变暗，最后线圈将B短路，使得B最终熄灭，此时A变得更亮；此时如果断开，则A灯立刻熄灭，因L中产生感应电动势阻碍电流减小，则该电流会在L和灯泡B中重新形成回路，使得灯泡B闪亮一下后慢慢熄灭。
【答案】闭合S2，AB一样亮；断开S2，A熄灭，B闪亮。
教材习题03 如图所示的电路中，开关S断开之前通过灯L的电流方向如何？断开之后的瞬间通过灯L的电流方向如何？ 解题方法 开关S断开之前通过灯L的电流方向由a到b；断开之后的瞬间原来通过灯L的电流立即消失，而通过线圈的电流由于自感电动势阻碍电流减小，则该电流会在线圈和灯L中重新形成回路，则此时通过灯L的电流方向从b到a。
【答案】开关S断开之前通过灯L的电流方向由a到b；断开之后的瞬间通过灯L的电流方向由b到a；
考点1：互感现象及其应用
【典例1】（23-24高二下·浙江舟山·期末）智能手表通常采用无线充电方式。如图所示，充电基座与电源相连，将智能手表压在基座上，无需导线连接，手表便可以充电。已知充电基座与手表都内置了线圈，则（ ）
A．无线充电的原理是互感
B．充电时因无导线连接，所以传输能量没有损失
C．若用塑料薄膜将充电基座包裹起来，则不能给手表充电
D．充电时，基座线圈的磁场对手表线圈中的电子施加力的作用，驱使电子运动
【变式1-1】（23-24高二下·四川凉山·期中）无线充电是近年发展起来的新技术。如图所示，该技术通过发射线圈和接收线圈传输能量。手机的内置接收线圈可以直接放在无线充电基座上进行充电，下列关于无线充电的说法正确的是（　　）
A．无线充电过程主要利用了电磁感应原理 B．在充电过程中只有电能间的相互转化
C．无线充电基座可以对所有手机进行充电 D．无线充电基座可以用稳恒直流电源充电
【变式1-2】（23-24高二下·北京丰台·期中）无线充电技术的发展使人们可以利用无线充电板为手机充电，如图所示为充电原理图。充电板的送电线圈接电源，对充电板供电，通过线圈的互感使手机内的受电线圈产生电流对手机电池充电。若时间0~t0内送电线圈产生的磁场垂直于受电线圈平面向上，其磁感应强度均匀增加。下列说法正确的是（　　）
A．送电线圈可以接稳恒电源给手机充电
B．时间0~t0内，送电线圈中的电流为顺时针方向（俯视）
C．时间0~t0内，c点电势低于d点电势
D．时间0~t0内，受电线圈内的感应电流均匀增加
考点2：自感现象的理解与应用
【典例2】如图所示，将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上，一端接上电池（电池另一极与锉刀接触），手执导线的另一端，在锉刀上来回划动，由于锉刀表面凹凸不平，回路不停通、断电产生电火花。则（　　）
A．产生电火花的主要原因是电池放电
B．导线端划动的方向决定了自感电动势的方向
C．锉刀采用什么材料制成对实验没有影响
D．如导线端只向一个方向划动，也能产生电火花
【变式2-1】（23-24高二下·江苏苏州·期中）如图所示，电键S原来断开，电源及线圈、导线电阻均不计，电路中电流大小为I，现在闭合电键S将一个电阻短路，于是线圈中有自感电动势产生，该自感电动势（　　）
A．有阻碍电流增大的作用，最后电流小于I
B．有阻碍电流增大的作用，最后电流增大到2I
C．有阻碍电流减小的作用，最后电流由I减小为零
D．有阻碍电流变化的作用，因而电流保持为I不变
【变式2-2】（23-24高二下·四川·开学考试）电磁弹射装置的原理图如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0～t0时间内驱动线圈中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A．发射线圈中感应电流产生的磁场水平向右 B．t=t0时驱动线圈产生的自感电动势最大
C．t=0时发射线圈中的感应电动势最大 D．t=t0时发射线圈中的感应电流最大
考点3：含自感线圈的电路闭合及断开后电流的变化
(1)通电瞬间可把线圈看成断路。
(2)断电时自感线圈相当于电源，它提供的电流大小从原来的值逐渐变小。
(3)电流稳定时，自感线圈相当于定值电阻，理想线圈电阻为零，相当于导线。
【典例3】实验小组同学设计了如图所示的电路来探究电感的作用效果。电路中的三个灯泡L1、L2、L3完全相同，线圈的直流电阻忽略不计。调节滑动变阻器的滑片P，使其位于合适位置，然后闭合开关S。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S的瞬间，L1不亮 B．闭合开关S后，L2立即亮起来，然后缓慢熄灭
C．电路稳定后，断开开关S，L3立即熄灭 D．电路稳定后，断开开关S，L3闪一下然后缓慢熄灭
【变式3-1】在如图所示的电路中，L是一带铁芯的线圈，R为电阻。两条支路的直流电阻相等。那么在接通和断开开关的瞬间，两电流表的读数I1、I2的大小关系正确的是（　　）
A．接通瞬间，断开瞬间 B．接通瞬间，断开瞬间
C．接通瞬间，断开瞬间 D．接通瞬间，断开瞬间
【变式3-2】（多选）（24-25高二上·新疆乌鲁木齐·期中）演示自感现象的实验电路图如图所示，线圈的自感系数较大，且使滑动变阻器接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，A1、A2为两个完全相同的灯泡，下列判断正确的是（　　）
A．接通开关S，灯A1、A2立即变亮
B．接通开关S，灯A1逐渐变亮，灯A2立即变亮
C．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1、A2逐渐熄灭
D．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭
考点4：自感现象中的图像问题
(1)当电流增大时(如通电)，自感电动势方向与原电流方向相反;当电流减小时(如断电)，自感电动势方向与原电流方向相同。
(2)注意断电时流过自感线圈的电流瞬时值不变，即通过自感线圈的电流大小不能突变。
【典例4】（23-24高二下·山东济宁·期末）如图甲所示的电路中，已知灯泡电阻不变且阻值为R。闭合开关S后，流过两个电流传感器的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）

A．线圈的直流电阻小于灯泡电阻R
B．断开开关S瞬间，灯泡先闪亮再熄灭
C．闭合开关S瞬间，线圈中的自感电动势和电流均为零
D．由图像中的数据和题干条件可以计算出电源电动势和内阻
【变式4-1】（23-24高二下·四川南充·期末）如图所示的电路中，是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D2灯泡的电阻是D1灯泡电阻的2倍且阻值均不变，是内阻不计的电源，在时刻，闭合开关，电路稳定后在时刻断开开关，规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正，分别用、表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流随时间变化关系的是（　　）
A． B． C． D．
【变式4-2】（23-24高二下·上海嘉定·期末）如图所示的实验电路中，L是自感线圈，R为定值电阻，电源内阻不可忽略。t=0时闭合开关S，一段时间后断开开关，则电流传感器所记录的电流i随时间t变化的图像可能为（　　）

A． B． C． D．
考点5：分析含自感线圈的电路小灯泡闪亮问题
【典例5】（多选）如图所示，A、B是两个完全相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S瞬间，A、B灯同时亮
B．闭合开关S瞬间，B灯比A灯先亮，最后一样亮
C．断开开关S瞬间，B灯闪亮一下再熄灭
D．断开开关S瞬间，流过B灯的电流方向向左
【变式5-1】（多选）（23-24高二下·山东威海·期末）如图所示的电路中，L为自感系数很大的线圈，其自身的电阻几乎为0，A、B和C是三只相同的小灯泡，S为开关。下列说法正确的是（　　）
A．S闭合瞬间，A立即发光，B和C逐渐变亮
B．S断开后，A闪亮后熄灭，B逐渐熄灭，C立即熄灭
C．S断开后，L中的磁场能转化为电能
D．S断开瞬间，A右端电势高于左端
【变式5-2】（23-24高二下·重庆·期中）如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈。若最初是接通的，是断开的，那么下列描述中正确的是（ ）
A．刚接通，A灯就立即亮，B灯延迟一段时间才亮
B．刚接通时，A灯延迟一段时间才亮，B灯就立即亮
C．接通到电路稳定，B灯由亮变暗最后熄灭
D．接通，电路稳定后再断开时，A、B灯均立即熄灭
考点6：日光灯镇流器的原理及其应用
【典例6】如图所示是日光灯的电路图，日光灯主要由灯管、镇流器、启动器组成。关于日光灯的原理，下列说法不正确的是（　　）
A．日光灯启动利用了镇流器中线圈的自感
B．日光灯正常发光时，镇流器起降压限流的作用
C．日光灯正常发光后取下启动器，仍能正常工作
D．日光灯正常发光后取下启动器，不能正常工作
【变式6-1】A和L是日光灯的灯管和镇流器，如果按图所示的电路连接，下列关于日光灯发光情况的叙述中，正确的是( )
A．只把S1接通，S2、S3不接通，日光灯就能正常发光
B．把S1和S2接通后，S3不接通，日光灯就能正常发光
C．S3不接通，接通S1和S2后再断开S2，日光灯就能正常发光
D．当日光灯正常发光后，再接通S3，日光灯仍能正常发光
【变式6-2】（多选）如图为日光灯电路，关于该电路，以下说法中正确的是（　　）

A．启动过程中，起辉器断开瞬间镇流器L产生瞬时高压
B．日光灯正常发光后，镇流器L使灯管两端电压低于电源电压
C．日光灯正常发光后起辉器是导通的
D．图中的电源可以是交流电源，也可以是直流电源
一、单选题
1．（2024高二上·甘肃天水·）手机的无线充电是根据下列哪种原理实现的（　　）
A．电流的热效应 B．电磁感应
C．接触起电 D．电流的磁效应
2．（24-25高二上·河北邢台·阶段练习）如图所示，A、B为两个完全相同的灯泡，当S闭合时，下列说法正确的是（　　）
A．A比B先亮 B．B比A先亮
C．A、B一起亮 D．无法判断哪个灯泡先亮
3．（23-24高二下·全国·单元测试）在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，会采用如图所示的双线绕法，其原理是（　　）
A．电路中电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B．电路中电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．电路中电流变化时，两股导线中的电流产生的磁场互相抵消
D．电路中电流变化时，电流的改变量互相抵消
4．如图所示，是日光灯的电路图，主要由灯管、镇流器、启动器组成。关于日光灯的原理，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S点燃日光灯管过程中，启动器的双金属片始终是闭合的
B．闭合开关S点燃日光灯管过程中，镇流器相当于电阻
C．将镇流器换为定值电阻，闭合开关S仍能正常点燃日光灯管
D．将启动器更换为开关S1，先闭合开关S和S1，再断开S1，仍有可能点燃日光灯管
5．（23-24高二下·北京怀柔·期末）在如图所示的电路中，和是两个相同的灯泡。线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S时，和同时亮
B．闭合开关S时，先亮，逐渐变亮，稳定时亮度相同
C．断开开关S时，闪亮一下再熄灭
D．断开开关S时，流过的电流方向向左
6．（23-24高二下·江苏·期末）如图1所示，大功率家用电器的插头常配备漏电保护装置，工作原理如图2所示，其中“零序电流互感器”可视为闭合铁芯。正常用电时，火线和零线的电流等大反向；出现漏电时，快速响应电路能够在毫秒级的时间内检测到漏电并触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源。下列说法中正确的是（　　）
A．漏电保护装置利用的原理是互感现象
B．图2中零线应该置于互感器的外面，否则无法正常使用
C．正常用电时，M和N两点之间没有电压
D．出现漏电时，M和N两点之间没有电压
二、多选题
7．（23-24高二下·福建泉州·期末）如图所示，a、b灯分别标有“3.6V，2.5W”和“3.6V，4.0W”，闭合开关，调节R，能使a、b都正常发光。断开开关后重做实验，则（　　）
A．闭合开关，a将慢慢亮起来，b立即达到最亮
B．闭合开关，a、b立即达到最亮
C．断开开关，a逐渐熄灭，b灯闪亮一下再熄灭
D．断开开关，a、b都逐渐熄灭
8．如图所示电路中，和是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻可不计。在开关S闭合和断开瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．当S闭合时，先达到最亮，稳定后熄灭时达到最亮
B．当S闭合时，先达到最亮，稳定后与亮度相同
C．电路稳定后断开S时，闪亮后与一起熄灭
D．电路稳定后断开S时，立即熄灭，闪亮后逐渐熄灭
9．（23-24高二上·辽宁·阶段练习）如图所示电路中，A、B为完全相同的灯泡，电阻为R。自感线圈L的直流电阻也为R，a、b为L的左、右端点，电源电动势为E，内阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S，灯泡A缓慢变亮，灯泡B瞬间变亮
B．闭合开关S，当电路稳定后，灯泡A、B一样亮
C．闭合开关S，电路稳定后再断开开关S，灯泡A闪亮后缓慢熄灭
D．闭合开关S，电路稳定后再断开开关S的瞬间，b点电势高于a点
三、解答题
10．图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。电路中电灯的电阻R1=6.0Ω，定值电阻R=2.0Ω，AB间电压U=6.0V。开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1=1.0×10-3s时刻断开开关S，此时刻前后电流传感器显示的电流随时间变化的图线如图乙所示。求：
（1）线圈L的直流电阻RL，断开开关后通过电灯的电流方向；
（2）在t2=1.6×10-3s时刻线圈L中的感应电动势E的大小。
11．（1）课上老师带领同学观察自感现象，如左图所示，线圈L与灯泡A1串联，滑动变阻器R与灯泡A2串联。闭合开关S，灯泡 （选填“A1”、“A2”）缓慢亮起。在右图所示实验中，先闭合开关S使灯泡发光，并设通过线圈L的电流为，通过小灯泡的电流为，然后断开开关，实验中发现小灯泡闪亮一下再熄灭，这说明 （填“＞”、“＜”或“＝”）。

（2）为了更好说明自感电动势阻碍线圈的电流变化，老师带领同学用电流传感器（相当于电流表，其电阻可以忽略不计）显示自感对电流的影响，对图和图电路，我们观察开关S闭合、断开流过传感器的电流。

实验发现：
闭合开关S，左图电路传感器的波形大约如 （选填图中的“甲、乙、丙、丁”）所示；
切断开关S，右图电路中传感器2的波形大约如 （选填图中的“甲、乙、丙、丁”）所示。

12．（23-24高二下·全国·单元测试）在如图所示的电路中，为一直流电阻可以忽略不计的自感线圈。断开开关，自感线圈中的电流从最大值减小到零所经历的时间为，产生的感应电动势为，可使氖管发光；那么如果电流在内减小到零，则氖管两端可得到多大电压？
13．观察图片回答下列问题：
（1）如图甲，A1、A2的规格相同，先闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节可调电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S。重新接通电路，会观察到什么现象？
（2）试用电磁感应理论分析（1）发生的现象。
（3）如图乙，开始时开关闭合，断开开关时，线圈L中的电流会立即变为0吗？
（4）图乙中开关断开后，产生感应电动势的线圈可以看成一个电源，灯泡中的电流与原来通过它的电流方向是否一致？
（5）图乙中开关断开后，通过灯泡的电流是否有可能比原来的更大？第04讲 带电粒子在电场中的运动（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：带电粒子在电场中的直线运动
带电粒子在电场中运动时重力处理
（1）基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除了有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但不能忽略质量）.
（2）带电粒子：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都要考虑重力；
2．做直线运动的条件
（1）粒子所受合力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。
（2）粒子所受合力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
3．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad。
4．用功能观点分析
（1）匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv
（2）非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
知识点2：带电粒子在电场中的偏转问题
1．带电粒子在电场中的偏转规律
重要推论
（1）粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子水平位移的中点。
（2）不同的带电粒子经同一电场加速后，又进入同一偏转电场，在偏转电场中的偏移量和偏转角都相同。若电性相同，则所有粒子的轨迹必定重合。
2. 计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离的方法
（1）y＝y0＋Ltan θ(L为屏到偏转电场的水平距离)；
（2）y＝(＋L)tan θ(l为电场宽度)；
（3）y＝y0＋vy·；
（4）根据三角形相似＝.
处理带电粒子的偏转问题的方法
（1）运动的分解法
一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动．
（2）功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
知识点3：带电粒子在电场和重力场中的运动
1．带电体在电场和重力场的叠加场中运动的一般分析方法
(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题。
(2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变。
2．带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动
(1)“等效重力”法
将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“等效重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向。
(2)“等效最高”点和“等效最低”点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为“等效最高”点和“等效最低”点。
强化点一 带电粒子在电场中的加速
带电粒子在匀强电场中所受的电场力方向与运动方向在同一条直线上时，可应用牛顿第二定律结合运动学公式求解，也可应用动能定理求解：带电粒子在非匀强电场中运动时，只能应用动能定理求解。
【典例1】（23-24高一下·江苏南京·期末）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到点，则由O点静止释放的电子（　　）
A．运动到P点返回 B．运动到P和点之间返回
C．运动到点返回 D．穿过点后继续运动
【答案】D
【详解】由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，表明电子在薄板A、B之间做加速运动，电场力做正功，电场方向向左，在薄板B、C之间做减速运动，电场力做负功，电场方向向右，到达P点时速度恰好为0，之后，电子向左加速至M点，再向左减速至O点速度为0，之后重复先前的运动，根据动能定理有
解得
根据
当C板向左平移到点，B、C间距减小，B、C之间电压减小，则有
结合上述有
可知，电子减速运动到的速度不等于0，即电子穿过点后继续向右运动。
故选D。
【变式1-1】（23-24高二上·江西九江·期末）平行金属板A、B竖直放置，间距为d，充电后与电源分离，将一带正电粒子从A板附近由静止释放，仅在静电力的作用下从B板上小孔射出。现将极板间距变为2d，再将同一粒子从A板附近由静止释放，则（　　）
A．粒子射出时的速度增加为原来两倍 B．粒子运动的加速度大小不变
C．系统电势能的减少量不变 D．静电力的冲量大小不变
【答案】B
【详解】B．根据
解得
由电容器充电后与电源分离可得Q不变，所以E不变，则粒子所受静电力不变，由牛顿第二定律得粒子加速度不变，故B正确；
A．根据公式
若将极板间距变为2d，可得粒子射出时速度变为，故A错误；
C．静电力做功为
d变为2倍，则电势能的减少量变为2倍，故C错误；
D．静电力的冲量为
速度变为，则静电力的冲量变为倍，故D错误。
故选B。
【变式1-2】（23-24高二上·四川绵阳·期末）粒子加速器是基础科学研究的重要设备，可以使带电粒子获得很高的能量。图甲为某加速装置的示意图，它由很多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别与两极间电势差的变化规律如图乙所示的交变电源的两极相连。在t=0时刻，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时刻与偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1。为使电子在圆筒之间的间隙都能被加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。
若电子的质量为m，电荷量为，交变电源的电压为U，周期为T，两圆筒间隙的电场可视为匀强电场，圆筒内场强均为零。不计电子的重力，电子运动过程中质量不变。
（1）求电子进入圆筒1时的动量大小；
（2）若忽略电子通过圆筒间隙的时间，第3个金属圆筒的长度L3应该为多大？
（3）若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为d，仍然保持交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，各圆筒长度与在忽略电子通过圆筒间隙时间条件下设计的长度相同的情况下，求该装置能够让电子获得的最大速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）电子由金属圆板经电场加速进入圆筒1，根据动能定理得
电子进入圆筒1时的动量大小为
联立解得
（2）电子进入第3个圆筒时，经过3次加速，根据动能定理得
由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是半个周期，则
联立解得
（3）由题意，若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，则电子进入每级圆筒的时间都要比忽略电子通过圆筒间隙中对应时间延后一些，当延后时间累计为，则电子再次进入电场时将开始做减速运动，此时的速度就是装置能够加速的最大速度，则有
根据动能定理得
联立解得
强化点二 带电粒子在电场中的偏转
带电粒子在电场中的偏转是类平抛运动，故需从两个方向分析:垂直电场方向的匀速运动和沿电场方向的匀加速运动。
【典例2】（23-24高二下·湖南益阳·期末）如图，竖直放置的A、B与水平放置的C、D为两对正对的平行金属板，A、B两板间电势差为，C、D两板分别带正电和负电，两板间电势差为，两板间距离为d，C、D两极板长均为L。一质量为m，电荷量为的带电粒子（不计重力）由静止从A板开始经A、B间电压加速后穿过C、D并发生偏转（右侧没有电场），最后打在荧光屏上。求：
（1）粒子离开B板时速度大小v；
（2）粒子刚穿过C、D时的竖直偏转位移y；
（3）粒子打在荧光屏上时的动能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在加速电场中加速过程，由动能定理可得
得
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得
联立得
（3）粒子从开始运动到打在荧光屏上整个过程根据动能定理可知
联立得
【变式2-1】（23-24高二上·安徽六安·期末）如图所示，质量、电荷量的带电粒子，由静止经电压加速电场加速后，从金属小孔穿出并从正中央垂直射入电压的偏转电场，偏转电场极板长度，两极板间的距离。不计带电粒子的重力。求：
（1）粒子离开加速电场时的速度v的大小；
（2）粒子在偏转电场中运动的加速度a的大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】偏转电场极板长度
两极板间的距离
（1）粒子在加速电场加速的过程，根据动能定理得
解得
（2）带电粒子在偏转电场中的加速度
解得
【变式2-2】（23-24高二上·福建福州·期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板A1间的小孔以射出，然后从坐标系xoy中的B点（0，d）平行于x坐标轴进入yOP区域，该区域充满沿y轴负方向的匀强电场，OP与x轴夹角。已知质子比荷为，d=0.5m，不计质子的重力。求：
（1）极板AA1间的加速电压U；
（2）质子在电场中偏转并击中边界OP上的C点（x1，y1），已知x1=0.1m，求电场强度E的大小；
（3）改变电场强度的大小，场强方向不变，使质子在电场中偏转并垂直击中边界OP上的D点（x2，y2）（图中未标出），求D点的坐标。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据动能定理可知
解得
（2）粒子在电场中做类平抛运动，则水平方向有
竖直方向有
其中
，
解得
（3）质子在电场中垂直击中边界OP上的D点，则
联立解得
强化点三 带电粒子在电场力和重力作用下的运动
此类问题的研究对象往往是带电小球、带电液滴或带电微粒等，运动轨迹可能是直线，也可能是曲线。可用动力学规律或功能关系分析。
【典例3】（23-24高二下·河南信阳·期末）如图所示，半径为R的虚线圆位于竖直面内，AC和BD为相互垂直的两条直径，其中BD位于水平方向。竖直平面内有足够大的匀强电场，场强大小为，方向与圆周平面平行。在圆周平面内将质量为m、带电荷量为的小球（可视为质点），从A点以相同的速率在圆周平面向各个方向抛出，小球会经过圆周上不同的点。在这些点中，到达B点时小球的动能最大。若将小球从A点垂直电场方向抛出，小球恰好能经过C点，则小球初速度为（重力加速度为g）（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】小球受到电场力和重力的合力，当到达等效最低点时动能最大，故B点为等效最低点，则小球受到的合力沿方向。受力如图
由平行四边形定则可知：电场方向与方向成
则
小球垂直电场抛出，做类斜上抛运动，如图，运动到点过程
得
故选D。
【变式3-1】（22-23高二上·福建泉州·期中）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，从释放到滑块到达与圆心O等高的C点这一过程的电势能变化量；
(2)若滑块从水平轨道上距离B点s=10R的A点由静止释放，求滑块到达D点时对轨道的作用力大小；
(3)改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。
【答案】(1)
(2)0
(3)
【详解】（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，从释放到滑块到达与圆心O等高的C点这一过程的电场力做功为
电场力做正功，电势能减小，故电势能变化量为
（2）若滑块从水平轨道上距离B点s=10R的A点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为，从A点到D点过程运用动能定理，可得
解得
在D点，根据牛顿第二定律
解得
滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0。
（3）等效竖直平面圆周运动，要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，满足题意的s最小。
等效重力由重力和电场力的合力提供
等效重力与重力的夹角
解得
当恰好通过等效最高点时的速度设为v，则此时满足
从A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理可得
解得
【变式3-2】（23-24高二上·上海黄浦·期末）如图所示，一质量为m带正电的小球，用长为L的绝缘细线悬挂于O点，处于一水平方向的匀强电场中，静止时细线右偏与竖直方向成45°角，位于图中的P点。重力加速度为g，求：
（1）静止在P点时线的拉力是多大？
（2）如将小球向右拉紧至与O点等高的A点由静止释放，则当小球摆至P点时，其电势能如何变？变化了多少？
（3）如将小球向左拉紧至与O点等高的B点由静止释放，则小球到达P点时的速度大小？
【答案】（1）；（2）电势能增加；；（3）
【详解】（1）由平衡可知
细线的拉力
（2）如将小球向右拉紧至与O点等高的A点由静止释放，则当小球摆至P点时，电场力做负功，则电势能增加，增加量为
解得
（3）小球先做匀加速直线运动到达最低点C，根据动能定理得
解得
到达C点后细绳绷紧，小球沿细绳方向的速度变为零，则垂直绳方向的速度
从C到P做圆周运动，由动能定理得
解得
强化点四 带电粒子在交变电场中的运动
从带电粒子在板间运动的时间不同，划分为两种情形:
(1)类似于示波管的情况，速度很大的粒子在板间运动的时间t远小于交变电压的周期T，此时需采用近似方法处理，认为粒子通过极板间的时间内电压不变，且认为此时的电压等于粒子入射时的瞬时电压。
(2)粒子在板间的运动时间t与交变电压变化周期T相差不大甚至t>T，此类问题常用动力学知识分段求解，重点分析各段时间内的加速度、运动性质，每段运动时间与交变电场的周期T间的关系等。有时也可借助图像来描述带电粒子在电场中的运动情况。
【典例4】（23-24高二下·四川·期末）如图甲所示，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如图乙所示。一不计重力的带电粒子束先后以速度从O点沿板间中线射入极板之间，若时刻进入电场的带电粒子在时刻刚好沿A板右边缘射出电场，则（　　）

A．时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为
B．时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为
C．时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中的最大速度为
D．时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中离A板的最小距离为0
【答案】B
【详解】A．依题意可知粒子带负电，由受力分析可知，时刻进入电场的粒子，沿电场方向在内向上做匀加速运动，在内向上做匀减速运动，根据对称性可知，在时刻，沿电场方向的速度刚好减为0，则粒子离开电场时速度大小为，故A错误；
B．时刻进入电场的粒子，沿电场方向在内向下做匀加速运动，在内向下做匀减速运动，根据对称性可知，在时刻，沿电场方向的速度刚好减为0，则粒子离开电场时速度大小为，故B正确；
CD．时刻进入电场的粒子，沿电场方向在内向上做匀加速运动，在内向上做匀减速运动，在内向下做匀加速运动，在内向下做匀减速运动；可知粒子在时刻的速度最大，在时刻与A板的距离最小；设粒子在电场中的加速度大小为，对于时刻进入电场的粒子，在时刻刚好沿A板右边缘射出电场，则有
，
可得
对于时刻进入电场的粒子，在时刻沿电场方向的分速度为
则时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中的最大速度为
在内粒子向上运动的位移大小为
则时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中离A板的最小距离为
故CD错误。
故选B。
【变式4-1】（23-24高二上·安徽黄山·期中）如图甲所示，在两平行金属板间加有一交变电场，两极板间可以认为是匀强电场，当时，一带电粒子从左侧极板附近开始运动，其速度随时间变化关系如图乙图所示。带电粒子经过4T时间恰好到达右侧极板，（带电粒子的质量m、电量q、速度最大值、时间T为已知量）则下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子在两板间做往复运动，周期为T
B．两板间距离
C．两板间所加交变电场的周期为T，所加电压
D．若其他条件不变，该带电粒子从开始进入电场，该粒子能到达右侧板
【答案】BD
【详解】
A．由图像可知，运动过程中粒子速度方向未发生改变，带电粒子在两板间做单向直线运动，A错误；
B．速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图像可知两板间距离为
B正确；
C．设板间电压为U，则粒子加速度为
则
解得
C错误；
D．开始进入电场的粒子，速度—时间图像如图，由图像可知，粒子正向位移大于负向，故运动方向时而向右，时而向左，最终打在右板上，D正确。
故选BD。
【变式4-2】（23-24高二上·福建泉州·期末）如图甲，水平放置的平行板电容器的两极板的长度为、间距为，两板间加一恒定电压。一个质量为、电荷量为的带正电粒子从上极板边缘点以水平速度射入电容器后，从点飞出，点与下极板的距离为。不计粒子受到的重力和空气阻力。
（1）求两板间的电压；
（2）若两极板间的电势差随时间变化的关系图像如图乙所示，其。中时刻，粒子从上极板边缘点以水平速度射入电容器，求粒子射出电容器的位置与下极板间的距离（用表示）。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛，在水平和竖直方向分别有
，
又根据
，
方程联立解得
（2）带电粒子在电场中水平方向上做匀速直线运动，设粒子在电场中运动的时间为，则
由已知条件
解得
因为粒子时刻从上极板边缘A点射入电容器，所以内，粒子在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，内粒子做匀减速直线运动，并减速到0，设内粒子在竖直方向上的位移为，则
内粒子的运动情况与内的运动情况相同，则
解得
故粒子射出电容器的位置与下极板的距离为
（要求：分两个板块，2024年真题和优选最新模拟题）
真题感知
1．（2024·新疆河南·高考真题）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则（　　）
A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量
C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量
【答案】B
【详解】由题意可知设Q和P两球之间的库仑力为F，绳子的拉力分别为T1，T2，质量分别为m1，m2；与竖直方向夹角为θ，对于小球Q有
对于小球P有
联立有
所以可得
又因为
可知，即P的质量一定大于Q的质量；两小球的电荷量则无法判断。
故选B。
2．（2024·辽宁·高考真题）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（　　）
A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大
C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小
【答案】D
【详解】根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场强度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的运动方向相同，则电场力对小球正功，小球的动能增大，电势能减小。
故选D。
3．（2024·江西·高考真题）如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能（r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（　　）
A．最低点的位置
B．速率达到最大值时的位置
C．最后停留位置x的区间是
D．若在最低点能返回，则初始电势能
【答案】BD
【详解】A．全过程，根据动能定理
解得
故A错误；
B．当小球甲的加速度为零时，速率最大，则有
解得
故B正确；
C．小球甲最后停留时，满足
解得位置x的区间
故C错误；
D．若在最低点能返回，即在最低点满足
结合动能定理
又
联立可得
故D正确。
故选BD。
4．（2024·福建·高考真题）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，C向下加速运动，下降后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为。已知A、B、C的质量分别为、、，小球C的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
(1)求匀强电场的场强大小；
(2)求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；
(3)若时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰）
【答案】(1)
(2)；
(3)
【详解】（1）撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有
解得
（2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有
，
其中
解得
C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
解得
（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有
当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得
对B、C根据牛顿第二定律可得
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为
联立解得
5．（2024·河北·高考真题）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
（1）电场强度E的大小。
（2）小球在A、B两点的速度大小。
【答案】（1）；（2），
【详解】（1）在匀强电场中，根据公式可得场强为
（2）在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得
A到B过程根据动能定理得
联立解得
提升专练
一、单选题
1．（2024·浙江·一模）图甲为直线加速原理示意图，它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，奇数序号与偶数序号圆筒分别与交变电源相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在t=0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压大小为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是（　　）
A．金属圆筒1、2、3的长度之比为1:2:3
B．电子离开圆筒1时的速度为进入时速度的两倍
C．第n个圆筒的长度应满足
D．进入第n个圆筒时电子的速率为
【答案】D
【详解】由于电子每经过圆筒狭缝时都要加速，进入圆筒后做匀速运动，所以电子在筒内运动的时间均为，电子在加速过程中加速度相同，经过n次加速后，根据动能定理
解得
不计缝隙时间，电子在圆筒内的时间均为,则
所以金属圆筒1、2、3的长度之比为，故A错误；
B．由于电子在筒内做匀速直线运动，所以电子离开圆筒1时的速度等于进入时的速度，故B错误；
CD．根据动能定理，电子进入第n个圆筒时的速度满足
所以
所以第n个圆筒的长度为
故C错误，D正确。
故选D。
2．（2024·云南曲靖·二模）在如图所示的空间直角坐标系中，一不计重力且带正电的粒子从坐标为处以某一初速度平行y轴正方向射出，经时间t，粒子前进的距离为L，在该空间加上匀强电场，粒子仍从同一位置以相同的速度射出，经相同时间t后恰好运动到坐标原点O，已知粒子的比荷为k，则该匀强电场的场强大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设沿三个轴方向的加速度分别为则在三个方向上运动分别为
，，
不加电场时有
根据
联立解得
故选A。
3．（2024·广东汕头·模拟预测）如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点，一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，以下说法正确的是（　　）
A．粒子的运动轨迹一定经过P点
B．粒子的运动轨迹一定经过PH之间某点
C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点从AD边射出
D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从AD边射出
【答案】D
【详解】AB．由题意知，粒子的初速度方向垂直于电场方向，故粒子做类平抛运动，根据平抛运动推理：速度反向延长线过水平位移的中点，O为FH中点，即DO为轨迹的切线，因P在DO线上，所以运动轨迹一定不经过P点，一定经过EP之间点，故AB错误；
CD．若将粒子的初速度变为原来一半，在电场力的方向运动不变，即离开矩形区域的时间不变，又初速度方向做匀速直线运动，所以位移是原来的一半，恰好由E点射出，故C错误，D正确。
故选D。
4．（2024·四川成都·模拟预测）一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（　　）
A．L:d=2:1
B．U1:U1=2:1
C．微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度的正切值为
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【答案】D
【详解】A．带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，从进入电场到最高点有
联立解得
故A错误；
B．带电粒子在加速电场中，有
带电粒子在偏转电场中，有
联立解得
故B错误；
C．设带电粒子进入偏转电场的速度方向与水平方向夹角为α，则有
设带电粒子射出偏转电场的速度方向与水平夹角为β，则有
依题意，带电粒子从最高点运动到射出电场过程，有
联立解得
根据数学三角函数，可得
故C错误；
D．粒子射入最高点的过程水平方向和竖直方向的位移分别为
解得
可知带电粒子的轨迹方程与其质量或者电荷数量无关，即轨迹不会变化，故D正确。
故选D。
5．（24-25高二上·北京·期中）如图所示，两块相互靠近的平行金属板M、N组成电容器，充电后与电源断开，M板带负电，N板带正电，且它们的电荷量保持不变。板间有一个用绝缘细线悬挂的带电小球（可视为质点），小球静止时与竖直方向的夹角为，忽略带电小球所带电荷量对极板间匀强电场的影响，M、N板足够大，则（　　）
A．若只将N板水平向右平移稍许，电容器的电容将变小，夹角将变大
B．若只将N板竖直向上平移稍许，电容器的电容将变小，夹角将变小
C．将细线烧断，小球的运动轨迹是抛物线
D．若只将M板水平向左平移稍许，将细线烧断，小球到达N板的时间不变
【答案】D
【详解】A．只将N板水平向右平移稍许，由公式
可知，电容器的电容将变小，而又由
可知，两板间的电场强度
将不变，电场力不变，故夹角θ将不变，选项A错误；
B．只将N板竖直向上平移稍许，由公式
可知，电容器的电容将变小，而又由
可知，两板间的电场强度
将变大，电场力变大，故夹角θ将变大，选项B错误；
C．若将细线烧断，小球受电场力和重力都为恒力，则小球将沿绳的方向斜向下做初速度为零的匀加速直线运动，选项C错误；
D．只将M板水平向左平移稍许，由公式
可知，电容器的电容将变小，而又由
可知，两板间的电场强度
将不变，电场力不变，将细线烧断，小球与C选项情景中运动位移、加速度均不变，到达N板的时间不变，故D正确。
故选D。
6．（2024·吉林长春·模拟预测）如图所示为两个电荷量均为的带电小球A和B（均可视为质点），球A固定在点的正下方处，球B用长为的细线悬挂在点，静止时，细线与竖直方向的夹角为。已知静电常量为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．B的质量为 B．B的质量为
C．点处的电场强度的大小为 D．点处的电场强度的大小为
【答案】C
【详解】AB．对B受力分析，如图所示
由几何关系可知，三个力之间的夹角均为，则有
又
则B质量为
故AB错误；
CD．根据点电荷电场强度公式，A、B在O点产生的电场强度大小都为
又两电场强度方向间夹角为，结合平行四边形定则得O点处的电场强度的大小为
故C正确，D错误。
故选C。
7．（2024·四川德阳·模拟预测）如图所示，一根轻质的不可伸长的细线两端分别系在水平天花板上的A、B两点，有一质量及大小均不计的光滑动滑轮跨在细线上，滑轮通过绝缘细线悬挂一带正电且可视为质点的物块。空间存在竖直向下的匀强电场，物块处于静止状态。现将电场强度方向由竖直向下缓慢逆时针转动到水平向右，A、B间细线的张力大小为F1，滑轮与物块之间细线张力大小为F2，则（　　）
A．F1逐渐增大 B．F1逐渐减小
C．F2逐渐增大 D．F2先减小后增大
【答案】B
【详解】一根绳上的力大小处处相等，则初始时合力的方向为竖直向下，则设A、B间细线与竖直方向夹角为θ，则
初始时，物块受到的重力和电场力之和（看作等效重力）等于滑轮与物块之间细线张力
AB绳上的张力
随着电场强度方向由竖直向下缓慢逆时针转动到水平向右，电场力也逐渐逆时针转动到水平向右，随着电场力和重力夹角增大，等效重力G′逐渐减小，即F2逐渐减小，AB细绳与等效重力方向之间的夹角也在逐渐减小，如图中θ′，则cosθ′ > cosθ，可知F1在逐渐减小。
故选B。
二、多选题
8．（2024·河北·模拟预测）如图所示，有两种比荷不同的带正电的粒子，其中带电粒子A的比荷大于带电粒子B的比荷，A、B两种粒子先后进入加速电场加速，然后进入偏转电场，最后打在偏转电场右侧的屏上，带电粒子进入电场加速时的初速度忽略不计，不考虑重力的影响，下列说法正确的是（　　）
A．离开加速电场时，A的速度比B的速度大
B．离开偏转电场时，A、B的偏转距离相等
C．偏转电场对A、B所做的功一定相等
D．从进入加速电场到离开偏转电场，A、B的运动时间相等
【答案】AB
【详解】A．粒子在加速电场中，根据动能定理有
解得
带电粒子A的比荷大于带电粒子B的比荷，则离开加速电场时，A的速度比B的速度大，故A正确；
B．粒子在偏转电场中做类平抛运动，设板长为L，间距为d，则
根据牛顿第二定律有
解得
则离开偏转电场时，A、B的偏转距离相等，故B正确；
C．电场力做功为
则偏转电场对A所做的功大于对B做的功，故C错误；
D．加速电场的宽度为，在加速电场中有
从进入加速电场到离开偏转电场，运动时间为
解得
则从进入加速电场到离开偏转电场，A、B的运动时间不相等，故D错误；
故选AB。
9．（2024·河南·模拟预测）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球用长为L、不可伸长的绝缘细线悬于O点，将小球向左拉至与O点等高的A点，细线刚好伸直，已知电场强度大小，g为重力加速度大小，小球可视为质点，将小球由静止释放，则下列判断正确的是（　　）
A．小球运动到B点的速度大小为
B．小球第一次运动到O点正下方时的速度是小球运动过程中的最大速度
C．小球运动过程中的最大速度为
D．小球最终运动稳定时做往复运动，轨迹为半个圆周
【答案】BD
【详解】BC．对小球受力分析，将电场力与重力合成为一个等效“重力”，如图所示
由
解得
可知其等效“重力场”的最低点为点C。如图所示
依题意，小球由静止释放后做匀加速直线运动，第一次运动到O点正下方时的速度设为v，由动能定理，可得
解得
此时细线瞬间绷紧，致使沿细线方向的速度变为零，则垂直于细线方向的速度为
之后，小球将以等效最低点C为中心做往复运动，设小球运动到C点的速度为，由动能定理可得
解得
可知小球第一次运动到O点正下方时的速度是小球运动过程中的最大速度，即
故B正确；C错误；
AD．由对称性可知，小球运动到B点的速度大小与细线绷紧瞬间的速度大小相等，即
设小球往复运动过程中，运动到等效最低点左侧最高点时，细线与竖直方向夹角为，由动能定理可得
解得
由几何关系及对称性可知，小球最终运动稳定时做往复运动，轨迹为半个圆周。
故A错误；D正确。
故选BD。
10．（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图，带电荷量为的球1固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面上的O点，其正上方L处固定一带电荷量为的球2，斜面上距O点L处的P点有质量为m的带电球3恰好静止。球的大小均可忽略，已知重力加速度大小为g。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。下列关于球3的说法正确的是（　　）
A．带负电 B．运动至O点的速度大小为
C．运动至O点的加速度大小为 D．运动至OP中点时对斜面的压力大小为
【答案】BC
【详解】A．球3原来静止，迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动，说明1、3之间原来是斥力，球3带正电，故A错误；
B．由几何关系知，球1球2球3初始位置为一正三角形，球3运动至O点过程中库仑力不做功，由动能定理得
解得
故B正确；
C．设球3电量为Q，对P点的球3受力分析，在沿斜面方向有
对O点的球3受力分析，在沿斜面方向有
联立解得
故C正确；
D．运动至OP中点时，在垂直斜面方向有
解得
根据牛顿第三定律可得运动至OP中点时球3对斜面的压力大小为，故D错误。
故选BC。
三、解答题
11．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图甲所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m=2.0×10-27kg、电荷量q=＋1.6×10-19C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求：
（1）若A板电势变化周期T=1.0×10-5s，在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小；
（2）A板电势变化频率多大时，在t= 到t=时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。
【答案】（1）2.0×104m/s；（2）
【详解】（1）电场强度
带电粒子所受电场力
解得
粒子在时间内走过的距离为
故带电粒子在 ,恰好到达A板，此时带电粒子速度
（2）带电粒子在向A板做匀加速运动，在向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A板运动可能的最大位移
要求粒子不能到达A板，则有
电势变化频率应满足
12．（2025·云南·模拟预测）某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形区域内存在两层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向（如图所示），边长为，边长为，质量为m、电荷量为的粒子流从边中点P射入电场，粒子初速度为，入射角为θ，在纸面内运动，不计粒子重力及粒子间相互作用。
(1)当时，若粒子能从边射出，求该粒子通过电场的时间t；
(2)当时，若粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，求入射角θ的范围。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）依题粒子进入磁场后，受到竖直方向的电场力，故水平方向做匀速直线运动，根据几何关系可知，粒子在水平方向的速度
水平方向匀速直线运动，故该粒子通过电场的时间
（2）粒子进入电场时，竖直方向的速度为
分析易得，粒子竖直方向加速度为
若粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，由
整理可得
故
解得
故θ的取值范围是第03讲 涡流、电磁阻尼和电磁驱动（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（7大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1．理解涡流、电磁阻尼和电磁驱动，能解释一些现象，解决实际问题。 2.明确涡流的原理，知道涡流的利与弊，能在问题情境中分析并解决问题。 3.了解电磁阻尼和电磁驱动现象，理解电磁阻尼和电磁驱动的原理及其应用。
知识点1：电磁感应现象中的感生电动势
【情境导入】
如图所示，B增强时，就会在空间激发一个感生电场E.如果E处空间存在闭合导体，导体中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向移动，产生感应电流．
(1)感生电场的方向与感应电流的方向有什么关系？如何判断感生电场的方向？
(2)上述情况下，哪种作用扮演了非静电力的角色？
答案　(1)感应电流的方向与正电荷定向移动的方向相同．感生电场的方向与正电荷受力的方向相同，因此，感生电场的方向与感应电流的方向相同，感生电场的方向可以用楞次定律来判定．
(2)感生电场对自由电荷的作用．
1．感生电场
麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，这种电场叫作感生电场．
2．感生电动势
由感生电场产生的电动势叫感生电动势．
3．电子感应加速器
电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备，当电磁铁线圈中电流的大小、方向发生变化时，产生的感生电场使电子加速．
1．变化的磁场周围产生感生电场，与闭合电路是否存在无关．如果在变化的磁场中放一个闭合电路，自由电荷在感生电场的作用下发生定向移动．
2．感生电场可用电场线形象描述．感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的，而静电场的电场线不闭合．
3．感生电场的方向根据楞次定律用右手螺旋定则判断，感生电动势的大小由法拉第电磁感应定律E＝n计算．
知识点二　涡流
【情境导入】
如图所示，线圈中的电流随时间变化时，导体中有感应电流吗？如果有，它的形状像什么？
答案　有．变化的电流产生变化的磁场，变化的磁场产生感生电场，使导体中的自由电子发生定向移动，产生感应电流，它的形状像水中的漩涡，所以把它叫作涡电流，简称涡流．
1．涡流的产生
当线圈中的电流随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，用图表示这样的感应电流，就像水中的漩涡，所以把它叫作涡电流，简称涡流．
3．产生涡流的两种情况
(1)块状金属放在变化的磁场中．
(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动．
4．产生涡流时的能量转化
(1)金属块在变化的磁场中，磁场能转化为电能，最终转化为内能．
(2)金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能．
5．涡流的应用与防止
(1)应用：真空冶炼炉、探雷器、安检门等．
(2)防止：为了减小电动机、变压器铁芯上的涡流，常用电阻率较大的硅钢做材料，而且用相互绝缘的硅钢片叠成铁芯来代替整块硅钢铁芯．
知识点三　电磁阻尼和电磁驱动
【情境导入】
弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体．将磁体托起到某一高度后放开，磁体能上下振动较长时间才停下来．如果在磁体下端放一个固定的闭合线圈，使磁体上下振动时穿过它(如图所示)，磁体就会很快停下来，解释这个现象．
答案　当磁体穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁体靠近或离开线圈，也就使磁体振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因而会很快停下来．
【知识梳理】
1. 电磁阻尼
当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼．
2. 电磁驱动
若磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动．
3. 电磁阻尼和电磁驱动的比较
电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 由导体在磁场中运动形成的 由磁场运动而形成的
效果 安培力方向与导体运动方向相反，为阻力 安培力方向与导体运动方向相同，为动力
能量 转化 克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能
共同点 两者都是电磁感应现象，导体受到的安培力都是阻碍导体与磁场间的相对运动
教材习题01 如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯。接通交流电源，一段时间后，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，线圈的匝数和交流电源的频率应该如何改变？哪种家用电器的原理与此类似？ 解题方法 若要缩短上述加热时间，即增大加热功率，则可增大感应电动势，则根据法拉第电磁感应定律可知，可以通过增加线圈的匝数或增加交流电源的频率（即增加磁通量的变化率）来增大感应电动势，从而缩短上述加热时间。电磁炉的原理与此类似。
【答案】增加线圈的匝数、增加交流电源的频率，电磁炉。
教材习题02 一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一条形磁铁。一次在磁铁下方固定一闭合线圈（如图），另一次不放线圈，然后将磁铁下拉相同的距离后释放。你认为两次磁铁振动的时间有区别吗？为什么？ 解题方法 放线圈时磁铁很快停止振动，不放线圈时磁铁振动较长时间后才停止。在磁铁上下振动的过程中，线圈中磁通量发生变化而会产生感应电流，感应电流的磁场使磁铁上下振动时始终受到阻碍作用，也就使磁铁振动时除了要克服空气阻力做功外，还需要克服安培力做功，所以弹簧和磁铁整体的机械能减少得更快，因而磁铁很快就会停下来。
【答案】略。
教材习题03 如图所示，把一个闭合线圈放在蹄形磁体的两极之间，蹄形磁体和闭合线圈都可以绕轴转动。当转动蹄形磁体时，线圈也跟着转动起来，解释这种现象，并说明线圈转动的能量从何而来。 解题方法 当蹄形磁铁转动时，穿过闭合线圈的磁通量就发生变化。线圈处于图示初始状态时，穿过线圈的磁通量为零，蹄形磁铁一转动，穿过线圈的磁通量就要增加。根据楞次定律，此时线圈中就有感应电流产生，感应电流的磁场就要阻碍磁通量的增加，即线圈的转动方向与磁铁的转动方向相同，以阻碍磁通量的增加，因而线圈跟着磁铁同向转动起来。使线圈转动的能量是由磁铁转动的机械能转化而来。
【答案】略。
考点1：涡流的原理
（1）涡流是整块导体中发生的电磁感应现象；
（2）导体内部发热的原理是电流的热效应，热量的计算遵守能量守恒定律和焦耳定律。
【典例1】（多选）关于涡流，下列说法正确的是（　　）
A．涡流会使铁芯温度升高 B．涡流发热，要损耗额外的能量
C．涡流都是有害的 D．金属通以恒定电流会产生涡流
【变式1-1】如图所示，金属探测器有较高的灵敏度，可以探测到金属物体。探测器内有电源及相应电路，打开开关后探测器内会产生电流。探测器回路很容易受到其他磁场的影响而使仪器报警。下列说法正确的是（　　）
A．探测器回路内可能为恒定的直流电流
B．用探测器扫描塑料板时，塑料板内会产生感应电流
C．被探测金属内会产生涡流，涡流产生的磁场使探测器报警
D．若用探测器探测残破的古铜币，探测器不会报警
【变式1-2】（多选）高频焊接原理示意图如图所示，线圈通以高频交流电，金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热，将焊缝熔化焊接，下列情况中能使焊接处消耗的电功率增大的是（　　）
A．其他条件不变，增大交变电流的电压 B．其他条件不变，增大交变电流的频率
C．感应电流相同的条件下，增大焊接处的接触电阻
D．感应电流相同的条件下，减小焊接处的接触电阻
考点2：电磁灶的结构和原理
【典例2】电磁炉（图甲）是目前家庭常用的炊具，具有无明火、无污染、高效节能等优点。某同学依据电磁炉原理自己制作了一个简易电磁炉，其结构简图如图乙所示。在线圈上放置一盛有冷水的金属杯，接通交流电源，一段时间后杯内的水就会沸腾起来。下列说法正确的是（　　）
A．家用电磁炉工作时，利用其面板产生的涡流来加热食物
B．家用电磁炉的锅用铁而不用陶瓷材料，主要是因为陶瓷的导热性能较差
C．简易电磁炉工作时，利用自感产生的电流来加热水
D．仅增大简易电磁炉所接交流电源的频率，可以缩短从开始加热到水达到沸腾的时间
【变式2-1】电磁炉（或电磁灶）是家家户户常见的电器，如图所示.关于电磁炉，以下说法中正确的是（　　）
A．烹调锅换成陶瓷的也可以正常加热食物
B．电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的
C．电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的
D．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用
【变式2-2】为了研究电磁炉的工作原理，某个同学制作了一个简易装置，如图所示，将一根电线缠绕在铁芯外部，接通交流电源，放置在铁芯上方的不锈钢锅具开始发热，下述可以增大锅具的发热功率的办法，可行的是（　　）
A．增大交流电源的频率 B．把不锈钢锅换成陶瓷锅
C．将电源换成电动势更大的直流电源 D．把线圈内部铁芯去掉
考点3：报警器的结构和原理
【典例3】如图所示，甲、乙为形状与大小均相同且内壁光滑的圆筒，竖直固定在相同高度。两块相同的钕铁硼强磁铁，从甲、乙上端筒口同一高度同时无初速度释放，穿过乙筒的磁铁先落到地面。关于两圆筒的制作材料，下列可能正确的是（　　）
A．甲—塑料，乙—铝 B．甲—铜，乙—胶木
C．甲—玻璃，乙—塑料 D．甲—毛竹，乙—木头
【变式3-1】水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘。圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态。当圆盘绕轴逆时针方向匀速转动时，下列说法正确的是（　　）
A．小磁针不动
B．小磁针逆时针方向转动
C．小磁针顺时针方向转动
D．由于圆盘中没有磁通量的变化，圆盘中没有感应电流
【变式3-2】（多选）如图所示，把一个闭合线圈放在蹄形磁铁两磁极之间（两磁极间磁场可视为匀强磁场），蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕OO′轴转动。当蹄形磁铁匀速转动时，线圈也开始转动，当线圈的转动稳定后，有（　　）
A．线圈与蹄形磁铁的转动方向相同 B．线圈与蹄形磁铁的转动方向相反
C．线圈中产生交变电流 D．线圈中产生为大小改变、方向不变的电流
考点4：磁场主动运动时的驱动力和变化趋势
【典例4】将圆柱形强磁铁吸在干电池的负极，强磁铁的N极朝上S极朝下，金属导线折成上端有一支点，下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源的正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池旋转起来．下列判断正确的是（ ）
A．线框能旋转起来，是因为电场力 B．俯视观察，线框沿逆时针方向旋转
C．电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率 D．导线框将上下振动
【变式4-1】如图所示，在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽。有一质量为、电荷量为的带正电小球，在槽内沿顺时针方向做匀速圆周运动。现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场，则（　　）
A．小球速度变大 B．小球速度变小 C．小球速度不变 D．小球速度可能变大也可能变小
【变式4-2】（多选）如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极.金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都良好接触但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴线旋转起来.下列判断中正确（ ）
A．线框能旋转起来，是因为电磁感应 B．俯视观察，线框沿逆时针方向旋转
C．电池输出的电功率大线框能转的机械功率 D．旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大
考点5：导体框在方向交替变化的运动磁场中的运动情况及能量转化
【典例5】电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来。如图所示，扇形铜框在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中份重合。为使线框快速停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中最合理的是（　　）
A． B． C． D．
【变式5-1】如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO‘转动，当从上往下看磁铁做逆时针转动后，则【 】
A．线圈将逆时方向转动，转速与磁铁相同 B．线圈将逆时方向转动，转速比磁铁小
C．线圈将逆时方向转动，转速比磁铁大 D．线圈仍将静止
【变式5-2】（多选）如图所示，竖直平面内过O点的竖直虚线左右两侧有垂直纸面大小相等、方向相反的水平匀强磁场，一导体圆环用绝缘细线连接悬挂于O点，将导体圆环拉到图示a位置静止释放，圆环绕O点摆动，则（　　）
A．导体圆环从a运动到b位置的过程中，有顺时针方向电流
B．导体圆环从b运动到c位置的过程中，电流总是顺时针方向
C．导体圆环在b位置的速度大小与c位置速度大小不相等
D．导体圆环向右最多能摆到与a位置等高的位置
考点6：电磁阻尼与电磁驱动的理解
（1）电磁阻尼中的安培力为阻力，即安培力阻碍导体与磁场间的相对运动
（2）电磁阻尼中机械能转化为电能。
【典例6】如图所示，“中国第一高楼”上海中心大厦上的阻尼器，该阻尼器首次采用了电涡流技术，底部附着永磁铁的质量块摆动通过导体板上方时，导体板内产生涡流。关于阻尼器，下列说法正确的是（ ）
A．阻尼器摆动时产生的涡流源于外部电源供电
B．阻尼器最终将机械能转化为内能
C．风速越大，导体板中磁通量变化率越小
D．阻尼器摆动时产生的涡流源于电流的磁效应现象
【变式6-1】空间中有足够大的磁场区域，方向如图所示，磁场内有一个竖直固定的半圆形滑轨，滑轨两端在同一水平线上。闭合金属环从滑轨右端静止滑下，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．若是匀强磁场，环上滑的最大高度小于h B．若是匀强磁场，环上滑的最大高度等于h
C．若是非匀强磁场，环上滑的最大高度等于h D．若是非匀强磁场，环上滑的最大高度大于h
【变式6-2】（多选）如图所示，一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。现施加一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，下列说法正确的有（　　）
A．所加磁场越强越易使圆盘停止转动 B．金属圆盘中的涡流只存在于磁场边界附近
C．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高 D．若所加匀强磁场穿过整个圆盘，圆盘也会减速
考点7：电磁驱动原理的其他应用
（1）电磁驱动中的安培力是动力，即安培力阻碍导体与磁场间的相对运动；
（2）电磁驱动中，电能转化为机械能。
【典例7】如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示，关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（　　）
A．线框①、②两部分导线电阻在电路中是串联关系
B．从上往下看，该“简易电动机”顺时针旋转
C．其工作原理是导线切割磁感线产生感应电流从而使导线框受到安培力而转动
D．电池消耗的电能全部转化为线框的动能
【变式7-1】物理学中有很多关于圆盘的实验，第一个是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连。第二个是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴自由转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，以下说法正确的是（　　）
A．法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量不变，无感应电动势，无感应电流
B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，反之，转动小磁针，圆盘则不动
C．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，但会滞后于圆盘
D．法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现
【变式7-2】（多选）飞机在航母上弹射起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动的原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈附近的金属环会被弹射出去。现在固定线圈左侧的同一位置，先后放置两个分别由铜和铝制成的闭合金属环。已知两环横截面积相等，形状、大小相同，且电阻率，合上开关S瞬间（　　）
A．铜环受到的安培力等于铝环受到的安培力 B．若将铜环放置在线圈右方，环将向右运动
C．从左侧看，环中感应电流的方向沿顺时针方向 D．电池正负极调换后，金属环不能向左弹射
一、单选题
1．2021年7月25日，台风“烟花”登陆上海后，“中国第一高楼”上海中心大厦上的阻尼器开始出现摆动，给大楼进行减振。如图所示为该阻尼器的简化图，该阻尼器首次采用了电涡流技术，底部附着永磁铁的质量块在导体板上方摆动时，导体板内产生涡电流。下列说法正确的是（ ）
A．阻尼器摆动时产生的涡电流，源于外部电源
B．阻尼器最终将机械能转化成为内能
C．导体板电阻率越大，涡电流越大
D．导体板上的涡电流的大小与质量块的摆动速率无关
2．为了研究电磁炉的工作原理，某个同学制作了一个简易装置，如图所示，将一根电线缠绕在铁芯外部，接通交流电源，放置在铁芯上方的不锈钢锅具开始发热，下述可以增大锅具的发热功率的办法，可行的是（ ）
A．增大交流电源的频率
B．把不锈钢锅换成铜锅
C．将电源换成电动势更大的直流电源
D．把线圈内部铁芯去掉
3．电磁感应现象在科技和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，发射线圈接入恒定电流也能实现手机充电
B．图乙中，电磁炉不能使用陶瓷锅，是因为陶瓷导热性能比金属差
C．图丙中，真空冶炼炉的加热原理是利用线圈中电流产生的焦耳热
D．图丁中，运输电流表时用导线把两个接线柱连在一起，是利用了电磁阻尼
4．如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来。下列判断中正确的是（　　）
A．俯视观察，线框沿逆时针方向旋转
B．线框能旋转起来，是因为电磁感应
C．电池输出的电功率等于线框旋转的机械功率
D．旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大
5．电磁驱动技术在生活生产、科研和军事中应用广泛。如图所示为一电磁驱动模型，在水平面上固定有两根足够长的平行轨道。轨道左端接有阻值为R的电阻，轨道电阻不计、间距为L，虚线区域内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直轨道平面向下。长度为L，质量为m、电阻为r的金属棒ab静置于导轨上，金属棒与导轨间的最大静摩擦力大小为，当磁场以速度v水平向右匀速移动时，下列说法中正确的是（　　）
A．金属棒中感应电流的方向为从b到a
B．金属棒被驱动后做水平向右的匀加速直线运动
C．金属棒受到安培力所做的功等于回路中产生的焦耳热
D．若磁场区域足够大，金属棒最终在磁场中达到稳定状态时的速度小于ν
6．黄冈市进入了高铁时代。如图所示为安检门原理图，左侧面有一通电线圈，右侧面有一接收线圈。从左往右看，工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向增大的电流，则（ ）

A．无人通过安检门时，接收线圈中无感应电流
B．若接收线圈中有感应电流，方向一定与左侧线圈电流方向相同
C．通过人员携带金属时，金属中会产生涡漩电流
D．通过人员携带金属时，接收线圈中无感应电流
7．为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼”来实现。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案。甲方案：在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于铝板中间；乙方案：在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于铝框中间。下列说法正确的是（ ）
A．甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产生感应电流
B．甲方案中，铝板摆动时能产生涡流，起到电磁阻尼的作用
C．乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流
D．乙方案比甲方案更合理
二、多选题
8．下列说法正确的是（　　）
A．图甲中装置可以利用导体棒左右运动研究磁场对通电导线的作用力方向
B．图乙中增大电子枪的加速电压，粒子在磁场中运动周期不变
C．图丙中真空冶炼炉利用冶炼炉中的涡流产生热量融化金属
D．图丁中一只小鸟站在一条通过500A电流的铜质裸导线上，小鸟不会被电死的原因是两爪之间的电压很小。
9．如图所示，在O点正下方有一个有理想边界的匀强磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点在同一水平线 B．A点高于B点
C．铜环最终将做等幅摆动 D．最终环将静止于最低点
10．如图所示，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一钢制圆环用绝缘细线悬挂于O点.将圆环拉至位置a后无初速度释放，圆环摆到右侧最高点b，不计空气阻力．在圆环从a摆向b的过程中（ ）
A．感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向
B．感应电流的大小是先增大再减小
C．如果铜环的电阻足够小，b点与a点的高度差也足够小
D．安培力方向始终沿水平方向
三、解答题
11．扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌。为了有效隔离外界震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小震动，如图所示。如图所示是对紫铜薄板施加恒定磁场的四种方案。试问出现扰动时，对于紫铜薄板上下、左右震动衰减最有效的方案是哪一个？说明判断的理由。
12．如图所示，铝制小球通过轻绳悬挂于O点，在O点正下方水平地面上放置一块磁铁。现将小球从a位置由静止释放，小球从左向右摆动，磁铁始终保持静止，忽略空气阻力，问：
（1）小球能否摆到右侧与a点等高的c点？为什么？
（2）小球从a位置出发摆到右侧最高点的过程中，磁铁对地面的压力大小如何变化？磁铁所受的摩擦力方向如何？（无须说明原因）
13．观察图像回答下列问题：
（1）如图甲，一个单匝线圈落入磁场中，分析它在图示位置时电流的方向和所受安培力的方向。安培力对线圈的运动有什么影响？
（2）如图乙，磁电式仪表的线圈绕在铝框上，指针也固定在铝框上。假定仪表工作时指针向右转动，由于铝框转动时其中有感应电流，铝框要受到安培力。安培力对铝框的转动产生什么影响？
（3）如图丙，转动蹄形磁体，铝框也跟着转动，为什么会这样？第01讲 楞次定律（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（4大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1．体验楞次定律的探究过程，掌握影响感应电流方向的因素。 2．理解楞次定律的内容，会用楞次定律判断感应电流的方向。 3．掌握右手定则，并区分楞次定律和右手定则使用时的区别。
知识点1：影响感应电流方向的因素
1．实验原理
（1）由电流表指针偏转方向与电流方向的关系，找出感应电流的方向．
（2）通过实验，观察、分析原磁场方向和磁通量的变化，记录感应电流的方向，然后归纳出感应电流的方向与原磁场方向、原磁通量变化之间的关系．
2．实验器材
条形磁体，线圈，电流表，导线若干，滑动变阻器，开关，干电池，电池盒．
3．实验过程
（1）探究电流表指针的偏转方向和电流方向之间的关系．
实验电路如图甲、乙所示：
结论：电流从哪一侧接线柱流入，指针就向哪一侧偏转，即左进左偏，右进右偏．（指针偏转方向应由实验得出，并非所有电流表都是这样的）
（2）探究条形磁体插入或拔出线圈时感应电流的方向
①按图连接电路，明确线圈的绕线方向．
②按照控制变量的方法分别进行N极（S极）向下插入线圈和N极（S极）向下时抽出线圈的实验．
③观察并记录磁场方向、电流方向、磁通量大小变化情况，并将结果填入表格．
甲 乙 丙 丁
条形磁体运动的情况 N极向下插入线圈 S极向下插入线圈 N极朝下时抽出线圈 S极朝下时抽出线圈
原磁场方向（“向上”或“向下”） 向下 向上 向下 向上
穿过线圈的磁通量变化情况（“增加”或“减少”） 增加 增加 减少 减少
感应电流的方向（在线圈上方俯视） 逆时针 顺时针 顺时针 逆时针
感应电流的磁场方向 （“向上”或“向下”） 向上 向下 向下 向上
原磁场与感应电流磁场方向的关系 相反 相反 相同 相同
④整理器材．
4．结果分析
根据上表记录，得到下述结果：
甲、乙两种情况下，磁通量都增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，阻碍磁通量的增加；丙、丁两种情况下，磁通量都减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，阻碍磁通量的减少．
实验结论：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
5．注意事项
（1）确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系时，要用试触法并注意减小电流大小，防止电流过大或通电时间过长损坏电流表．
（2）电流表选用零刻度在中间的灵敏电流计．
（3）实验前设计好表格，并明确线圈的绕线方向．
（4）按照控制变量的思想进行实验．
（5）完成一种操作后，等电流计指针回零后再进行下一步操作．
知识点2：楞次定律
1．内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
2．从能量角度理解楞次定律
感应电流沿着楞次定律所述的方向，是能量守恒定律的必然结果，当磁极插入线圈或从线圈内抽出时，推力或拉力做功，使机械能转化为感应电流的电能．
2．对楞次定律的理解
（1）楞次定律中的因果关系：磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果．
（2）对“阻碍”的理解
问题 结论
谁阻碍谁 感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场（原磁场）的磁通量的变化
为何阻碍 原磁场的磁通量发生了变化
阻碍什么 阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身
如何阻碍 当原磁场的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当原磁场的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同”
结果如何 阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行，最终结果不受影响
①阻碍不是阻止，是“阻而不止”。感应电流的磁场对原人注意磁场磁通量的变化是“阻碍”作用，并不是“阻止”原磁通量的变化。
②阻碍不是相反：当引起感应电流的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反;当引起感应电流的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同（增反减同）。
③有相对运动时，阻碍导体与磁体的相对运动，而不是阻碍导体或磁体的运动。
④电磁感应使回路面积有变化趋势时，面积收缩或扩张是为了阻碍回路磁通量的变化。
3．应用楞次定律判断感应电流方向的步骤
（1）明确所研究的闭合回路，判断原磁场方向．
（2）判断闭合回路内原磁场的磁通量变化．
（3）依据楞次定律判断感应电流的磁场方向．
（4）利用右手螺旋定则（安培定则）判断感应电流的方向．
知识点3：右手定则
【情境导入】
如图所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．
（1）请用楞次定律判断感应电流的方向．
（2）感应电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间满足什么关系？
答案　（1）感应电流的方向为a→d→c→b→a；（2）满足右手定则．
1. 右手定则
如图所示，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
2．适用范围：闭合电路的部分导体做切割磁感线运动时产生的感应电流方向的判断。
3．右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和感应电流方向三者之间的关系：
（1）大拇指所指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动．
（2）四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源．
4．楞次定律与右手定则的比较
规律 比较内容 楞次定律 右手定则
区别 研究对象 整个闭合回路 闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导体
适用范围 各种电磁感应现象 只适用于部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况
联系 右手定则是楞次定律的特例
当闭合电路的部分导体做切割磁感线运动时,可以用右手定则判定感应电流的方向,也可以用楞次定律判定感应电流的方向。
5. 安培定则、左手定则和右手定则的区别
项目 安培定则（右手） 左手定则 右手定则
作用 判断电流的磁场方向 判断通电导体受磁场力的方向 判断导体切割磁感线时产生的感应电流的方向
已知条件 电流方向 电流方向和磁场
方向 导体运动方向和磁场
方向
图例
因果关系 电流—磁场 电流一受力 运动一电流
实例 电磁铁 电动机 发电机
教材习题01 判断如图所示的各种情况下线圈内感应电流的方向。 解题技巧 增反减同；来拒去留；增缩减扩；
【答案】a. 从左向右流过G；b. 顺时针；c. 从上至下；d. 导线中的电流向下，然后从下边交点，分别向左右两方向流向两电流计。
教材习题02 如图所示，将条形磁铁插入螺线管中，回路中产生了感应电流，使电流表指针偏转，试判断电流表指针的偏转方向。 解题技巧 （1）电流从那段流入，电流计的指针向那边偏转。 （2）楞次定律推论：增反减同。
【答案】向左偏转
教材习题03 在如图中，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，线圈M的电路中串联着电池、开关与滑动变阻器，线圈N的电路中串联着电流表。若电流从左侧（右侧）流入电流表则电流表指针向左（右）偏转，根据楞次定律判定以下几个过程中电流表指针的偏转情况。 （1）开关S闭合后的短暂过程； （2）开关S闭合后，滑动变阻器滑片P向左滑动的过程。 解题技巧 （1）开关闭合瞬间，M中磁通量发生变化，穿过N线圈的磁通量跟着发生改变，产生感应电动势。 （2）开关闭合后，滑动变阻器滑动，通过M的电流发生改变，M中的磁通量发生变化，导致N中磁通量跟着变化。
【答案】（1）向左偏转；（2）向右偏转
考点1：楞次定律判断感应电流的方向
（1）明确两个方向：①线圈的绕向；②电流表指针偏转方向与电流流向的关系。
（2）磁通量增加和磁通量减少引起的感应电流的方向一定相反。
【典例1】（23-24高二下·山东潍坊·期中）光滑绝缘水平面上，有两条固定的相互垂直且彼此绝缘的长直导线，通有大小相同、方向如图所示的电流。在导线夹角的角平分线上对称放置四个相同的圆线圈。若两根导线中的电流均匀增加且大小始终相等，则会产生逆时针方向感应电流的是（　　）
A．线圈 1 B．线圈2 C．线圈3 D．线圈4
【答案】A
【详解】AC．由右手定则和磁感应强度的叠加原理可知，线圈1所在的角平分线上的合磁感应强度的方向垂直纸面向里，线圈3所在的角平分线上的合磁感应强度的方向垂直纸面向外，电流均匀增加时，则穿过线圈1和3的磁通量增加，由楞次定律可知，线圈1中产生逆时针方向的感应电流，线圈3中产生顺时针方向的感应电流，A正确，C错误；
BD．由右手定则和磁感应强度的叠加原理可知，线圈2和4所在的角平分线上的合磁感应强度是零，线圈2和4中没有感应电流产生，BD错误。
故选A。
【变式1-1】（23-24高二下·江苏扬州·期中）如图所示，螺线管CD的导线绕法不明，当磁体AB插入螺线管时，电路中有图示方向的感应电流产生，下列关于螺线管产生的磁场极性的判断正确的是（　　）
A．C端一定是N极 B．C端一定是S极
C．C端的极性一定与磁铁B端的极性相反 D．C端的极性一定与磁铁B端的极性相同
【答案】D
【详解】AB．因磁铁A，B极性不明或螺线管的绕法不明确，C端的极性无法判断，AB错误；
CD．在磁体插入螺线管过程中，穿过螺线管C，D的磁通量增大，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，阻碍磁铁AB插入螺线管，C端的极性一定与磁铁B端的极性相同，C错误，D正确。
故选D。
【变式1-2】如图所示，面积为S的矩形导线圈abcd放置在水平向右的匀强磁场B中，现将abcd绕ad轴顺时针旋转角到竖直面所在的虚线位置，下列说法正确的是（　　）

A．线圈位于实线位置时的磁通量为 B．线圈位于虚线位置时的磁通量为
C．此过程线圈中不产生感应电流 D．从右侧看，此过程线圈中产生顺时针的感应电流
【答案】D
【详解】A．矩形线圈在实线位置，匀强磁场方向水平向右，平面abcd与竖直方向成角，将此时通过线圈的磁通量为
故A错误；
B．线圈位于虚线位置时的磁通量为BS，故B错误；
C．因为此过程有磁通量的变化，且线圈是闭合线圈，故会产生感应电流，故C错误；
D．根据楞次定律和右手螺旋定则可知，从右侧看，此过程线圈中产生顺时针的感应电流，故D正确。
故选D。
考点2：楞次定律重要结论的推广应用
增反减同；来拒去留；增缩减扩。
【典例2】如图所示，质量为的闭合金属环用不可伸长的绝缘细线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中。从某时刻开始，磁感应强度开始减小，金属环始终保持静止，重力加速度为，则在磁感应强度减小的过程中，关于细线的拉力和环中感应电流的方向，下列说法中正确的是（　　）

A．大于环的重力，沿顺时针方向 B．小于环的重力，沿顺时针方向
C．大于环的重力，沿逆时针方向 D．小于环的重力，沿逆时针方向
【答案】A
【详解】磁感应强度减小，穿过金属环的磁通量减小，由楞次定律和安培定则可知，感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则可得，金属环所受安培力的方向竖直向下，金属环始终保持静止，则细线的拉力，故选A。
【变式2-1】（23-24高二下·新疆巴音郭楞·期末）如图所示，铝环A用轻线静止悬挂于长直螺线管左侧，且与长直螺线管共轴。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S 瞬间，铝环A将向左摆动
B．闭合开关S稳定后，断开开关S瞬间，铝环A的面积有收缩趋势
C．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑，从左往右看铝环A 中将产生逆时针方向的感应电流
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑，铝环A将向右摆动
【答案】A
【详解】A．闭合开关S 瞬间，穿过铝环A的磁通量突然增加，铝环A中产生感应电流阻碍原磁场在铝环A中的磁通量增加，故铝环A将向左摆动，A正确；
B．闭合开关S稳定后，断开开关S瞬间，穿过铝环A的磁通量减小，根据楞次定律中阻碍观点，铝环A的面积有扩张趋势，B错误；
C．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑，总电阻变大，螺线管中的电流减小，铝环A 中将产生与螺线管上同方向的感应电流，则从左往右看铝环A 中将产生顺时针方向的感应电流，C错误；
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑，电路中电流变大，穿过铝环A的磁通量突然增加，根据楞次定律中阻碍观点，铝环A将向左摆动，D错误。
故选A。
【变式2-2】如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（　　）
A．线圈a中将产生沿顺时针方向（俯视）的感应电流 B．穿过线圈a的磁通量减小
C．线圈a有扩张的趋势 D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
【答案】D
【详解】AB．当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，穿过线圈a的磁通量增加，方向向下；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故AB错误；
C．根据楞次定律，感应电流的产生总是阻碍引起感应电流的原因，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，故C错误；
D．开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，判断知此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，故D正确。
故选D。
考点3：右手定则的应用
右手定则适用于闭合电路中部分导体切割磁感应线产生感应电流方向的判断，右手定则与楞次定律的本质是一样的。
【典例3】（2024·江苏南京·一模）两个完全相同的磁电式仪表A、B，零刻度均在表盘正中间。按图示方式用导线连接起来。在把电流表A的指针向左拨动的过程中，电流表B的指针将（　　）
A．向左偏转 B．向右偏转
C．静止不动 D．发生偏转，但无法判断偏转方向
【答案】A
【详解】因两表的结构完全相同，对电流表A来说是由于拨动指针带动线圈切割磁感线产生感应电流，电流方向用右手定则判断；
对电流表B来说是线圈受安培力作用带动指针偏转，偏转方向应由左手定则判断。
又由图可知两表电流方向相反，所以A向左拨动，B也向左偏转。
故选A。
【变式3-1】（22-23高二下·四川乐山·期末）如图所示，一边长为d的正方形闭合线圈由A位置匀速通过一个匀强磁场运动到B位置。已知磁场宽度L大于线圈边长d，则（　　）

A．整个运动过程中，线圈中一直有感应电流
B．进入磁场和离开磁场的过程中，感应电流方向相同
C．进入磁场时感应电流方向顺时针，离开磁场时感应电流方向逆时针
D．进入磁场时感应电流方向逆时针，离开磁场时感应电流方向顺时针
【答案】D
【详解】由右手定则可知，线圈进入磁场的过程中，感应电流方向沿逆时针方向，当线圈完全在磁场中，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流的产生，线圈离开磁场时，根据右手定则，感应电流方向沿顺时针方向。
故选D。
【变式3-2】（22-23高二下·内蒙古呼和浩特·期末）如图所示，足够长的两光滑导轨水平放置，整个装置处于竖直向下的均匀磁场中，金属棒ab在水平外力的作用下，以速度v沿导轨向右做匀速运动，则金属棒ab受到磁场施加的安培力的方向是（　　）

A．竖直向下 B．水平向右 C．竖直向上 D．水平向左
【答案】D
【详解】金属棒ab以速度v沿导轨向右做匀速运动，磁场方向为竖直向下，根据右手定则可知金属棒ab有的感应电流，根据左手定则可知金属棒ab受到磁场施加的安培力的方向水平向左。
故选D。
考点4：二次感应问题
闭合电路的部分导体做切割磁感应运动时，感应电流的大小与速度的大小有关，速度越大，感应电流就越大。
【典例4】如图所示，水平放置的两条电阻不计的光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当MN在外力作用下向左匀加速运动运动时，PQ的电流方向及运动情况是（　　）
A．P→Q，向右运动 B．Q→P，向右运动 C．P→Q，向左运动 D．Q→P，向左运动
【答案】A
【详解】当MN在外力作用下向左匀加速运动运动时，根据右手定则和安培定则可知，线圈中电流产生的磁场向上穿过线圈，且穿过线圈的磁通量增加；根据楞次定律可知，线圈感应电流产生的磁场方向向下，根据右手螺旋定则可知通过金属棒PQ的电流方向由P→Q，根据左手定则可知，金属棒PQ受到的安培力向右，则金属棒PQ向右运动。
故选A。
【变式4-1】（23-24高二下·江苏南京·期中）如图所示，在闭合电键K后，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有（　　）
A．把滑动变阻器R的滑片右移 B．把线圈P中的铁芯抽出
C．把线圈Q靠近线圈P D．把电键K断开
【答案】C
【详解】A．根据题意。要使Q线圈产生图示方向的电流，由右手螺旋定则可知通过Q线圈的磁场方向从右向左，如图所示
闭合电键K后，把R的滑片右移，电路电阻增大，通过线圈P的电流减小，由右手螺旋定则可知Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，通过右边Q线圈磁场方向从左向右，Q线圈电流方向向下，与图示电流方向相反，故A错误；
B．闭合电键K后，将P中的铁芯从左边抽出，Q线圈中的磁场方向从左向右，且磁感应强度在减小，根据楞次定律，通过右边Q线圈磁场方向从左向右，Q线圈电流方向向下，与图示电流方向相反，故B错误；
C．闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下，故C正确；
D．闭合电键K后，Q中的磁场方向从左向右，把电键K断开的瞬间，Q中的磁场突然消失，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故D错误。
故选C。
【变式4-2】（多选）（24-25高二上·广西柳州·阶段练习）如图所示，a、b、c为三个被悬挂起的小金属圆环线圈，其中a位于螺线管左侧附近，b位于螺线管右侧附近，c位于螺线管中央的正上方，螺线管与电阻、电源以及开关串联组成一电路，当开关S闭合瞬间，忽略三环中感应电流之间的相互作用力，则a、b、c小金属圆环线圈（不考虑形变）的运动情况是（　　）
A．如果电源左边是正极，a向左摆动，b向左摆动，c向左摆动
B．如果电源左边是负极，a向右摆动，b向右摆动，c向右摆动
C．如果电源左边是正极，从左边看，a、b的电流方向均是逆时针，c的电流方向是顺时针
D．无论电源正极在左边还是右边，a向左摆动，b向右摆动，c不动
【答案】CD
【详解】ABD．当开关S闭合瞬间，穿过线圈的磁通量增大，根据“来拒去留”可知，无论电源正极在左边还是右边，a向左摆动，b向右摆动，c不动，故AB错误，D正确；
C．如果电源左边是正极，a处磁场方向向右，b处磁场方向向右，c处磁场方向向左，根据楞次定律，从左边看，a、b的电流方向均是逆时针，c的电流方向是顺时针，故C正确。
故选CD。
一、单选题
1．（23-24高二下·全国·单元测试）如图所示的纸面内有一根竖直向下的长直导线，导线中通有向下的恒定电流，从靠近导线的位置以水平向右的速度抛出一金属圆环，圆环运动过程中始终处于纸面内。不计空气阻力，以下说法正确的是（ ）
A．圆环中会产生顺时针方向的电流 B．圆环中感应电流不断减小
C．圆环的水平速度一直在增大 D．圆环在竖直方向上的加速度始终大于重力加速度
【答案】B
【详解】A．根据右手螺旋定则可知导线右边的磁场方向垂直纸面向外，圆环以水平向右的速度抛出，离通电直导线越远，磁场强度越小，故线圈中的磁通量减少，根据楞次定律，可判断出圆环中会产生逆时针方向的电流，故A错误；
C．圆环在水平向右运动的过程中，根据楞次定律“来拒去留”，可知圆环水平速度一直在减小，故C错误；
B．竖直方向的分运动不改变线圈的磁通量，离通电直导线越远，磁感应强度越小，由通电直导线周围磁场的磁感应强度变化规律知磁感应强度随距离的增大变化越来越慢，且圆环水平方向的速度也越来越小，故圆环的磁通量的变化率越来越小，圆环中感应电流不断减小，故B正确；
D．圆环抛出后，圆环在竖直方向上所受的安培力合力为零，故圆环在竖直方向上的加速度始终等于重力加速度，故D错误。
故选B。
2．（23-24高二下·全国·单元测试）如图所示，匀强磁场中固定一水平金属棒F1F2，金属棒两端点F1、F2刚好是绝缘椭圆轨道的两焦点，磁场方向垂直于椭圆面向外，一根金属丝绕过绝缘笔P与F1、F2相接，金属丝处于拉直状态，且绝缘笔刚好能沿椭圆轨道运动。在绝缘笔沿椭圆轨道从A到B带动金属丝运动过程中，关于金属棒和金属丝的说法正确的是（　　）
A．感应电流方向始终是F2→F1→P→F2 B．感应电流方向始终是F1→F2→P→F1
C．金属丝始终有扩张趋势 D．金属棒所受安培力方向先向上，后向下
【答案】D
【详解】AB．绝缘笔沿椭圆轨道从A到B带动金属丝运动过程中，的面积先增大后减小，磁通量先增加后减少，由楞次定律可知感应电流方向先沿顺时针后沿逆时针。故AB错误；
C．根据“增缩减扩”，可知金属丝先有收缩趋势后有扩张趋势。故C错误；
D．金属棒中的感应电流先向左后向右，根据左手定则可知，金属棒所受安培力方向先向上后向下。故D正确。
故选D。
3．（23-24高二下·江西九江·期末）如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，在磁铁正下方有一个放置在水平桌面上的闭合铜质线圈。将磁铁竖直向下拉至某一位置后放开，磁铁开始上下振动，线圈始终保持静止下列说法正确的是（　　）
A．磁铁振动过程中，线圈中产生方向不变的感应电流
B．磁铁振动过程中，线圈对桌面的压力始终大于线圈的重力
C．磁铁远离线圈时，线圈有缩小的趋势
D．磁铁振动过程中，属于阻尼振动，弹簧和磁铁组成的系统机械能不守恒
【答案】D
【详解】A．穿过线圈的原磁场的方向不变，磁铁向下运动过程，穿过线圈的磁通量增大，磁铁向上运动过程，穿过线圈磁通量减小，根据楞次定律可知，磁铁向上运动与向下运动过程产生的感应电流方向相反，故A错误；
B．磁铁向下运动过程，穿过线圈的磁通量增大，线圈中产生感应电流，磁铁对感应电流的安培力作用效果将阻碍磁通量的增大，即安培力作用下，线圈有向下运动的趋势，即线圈对桌面的压力大于线圈的重力，磁铁向上运动过程，穿过线圈磁通量减小，线圈中产生感应电流，磁铁对感应电流的安培力作用效果将阻碍磁通量的减小，即安培力作用下，线圈有向上运动的趋势，即线圈对桌面的压力小于线圈的重力，故B错误；
C．磁铁远离线圈时，穿过线圈磁通量减小，根据楞次定律可知，磁铁的磁场对线圈的安培力作用使线圈有扩张的趋势，从而阻碍磁通量的减小，故C错误；
D．结合上述可知，磁铁的磁场对线圈有安培力作用，线圈之中感应电流激发的磁场对磁铁有磁场力作用，该磁场力总要阻碍磁铁的相对运动，可知，磁铁振动过程中，属于阻尼振动，弹簧和磁铁组成的系统机械能不守恒，故D正确。
故选D。
4．（23-24高二下·云南昆明·期中）如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd，则（　　）
A．当线圈以dc边为轴转动时，无感应电流产生
B．若线圈在平面内上、下平动，无感应电流产生
C．若线圈向右平动，其中感应电流方向是a→b→c→d
D．当线圈向左平动，其中感应电流方向是a→d→c→b
【答案】B
【详解】A．当线圈以dc边为轴转动时，穿过线圈平面得出磁通量发生变化，会产生感应电流，A错误；
B．若线圈在平面内上、下平动，穿过线圈平面得出磁通量不发生改变，不能产生感应电流，B正确；
C．根据安培定则可知，导线右边的磁场方向垂直纸面向里，当线圈向右平移时，离导线越远的区域磁场越弱，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场也是垂直纸面向里，故感应电流的方向为a→d→c→b，C错误；
D．根据安培定则可知，导线右边的磁场方向垂直纸面向里，当线圈向左平动，离导线越近的区域磁场越强，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场也是垂直纸面向外，故感应电流的方向为a→b→c→d，D错误。
故选B。
5．关于楞次定律，下列说法正确的是（　　）
A．感应电流的磁场总是与原磁场反向，阻碍原磁场的变化
B．感应电流的磁场总是促进磁通量的变化
C．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向
D．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【答案】D
【详解】A．原磁场穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场同向，故A错误；
BD．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B错误，D正确；
C．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，故C错误。
故选D。
6．（23-24高二下·四川南充·阶段练习）如图所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．P、Q将相互远离 B．P、Q对导轨M、N的压力小于自身重力
C．磁铁下落的加速度可能大于重力加速度g D．磁铁动能的增加量小于重力势能的减少量
【答案】D
【详解】A．当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，穿过回路的磁通量增大，则由“增缩减扩”可得，P、Q将相互靠近，故A错误；
BC．由于穿过回路的磁通量增大，则由“来拒去留”可得，竖直方向磁铁受到向上的力，由于力的作用是相互的，则P、Q棒受到向下的力，则磁铁下落的加速度肯定小于重力加速度，P、Q对导轨M、N的压力大于自身重力，故BC错误；
D．由能量守恒可得，磁铁减小的重力势能等于磁铁增加的动能、导体棒增加的动能以及产生的焦耳热之和，则磁铁动能的增加量小于重力势能的减少量，故D正确。
故选D。
7．（23-24高二上·辽宁葫芦岛·期末）如图所示，将甲、乙、丙三个线圈在薄强磁铁的正上方相同高度H处由静止释放，各线圈下落过程中不翻转，甲是闭合的铝线圈，乙是有缺口的铝线圈，丙是闭合的塑料线圈，忽略空气阻力。关于落地时间正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】乙是有缺口的铝线圈，没有构成闭合回路，线圈之中没有感应电流，丙是闭合的塑料线圈，属于绝缘材料，线圈之中也没有产生感应电流，可知乙、丙两线圈下落过程只受到重力作用，线圈做自由落体运动，根据，可知
甲是闭合的铝线圈，属于导体，构成闭合回路，根据楞次定律可知，线圈之中产生了感应电流，且薄强磁铁产生的磁场对线圈的安培力阻碍线圈向下运动，即线圈向下运动的加速度小于重力加速度，可知线圈下落的时间大于乙、丙线圈下落的时间，即有，故选C。
8．（23-24高二下·全国·）如图所示，一个轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向右运动靠近铝环时，铝环的运动情况是（　　）
A．向右运动 B．向左运动 C．静止不动 D．不能判定
【答案】A
【详解】解法一　阻碍相对运动法
产生磁场的物体与闭合线圈之间的相互作用力可概括为四个字——“来拒去留”。磁铁向右运动时，铝环产生的感应电流总是阻碍磁铁与导体间的相对运动，则磁铁和铝环间有排斥作用，故A正确。
故选A。
解法二　电流元受力分析法
如图所示，当磁铁向环运动时，穿过铝环的磁通量增加，由楞次定律判断出铝环的感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，即向右，根据安培定则可判断出感应电流方向，从左侧看为顺时针方向，把铝环的电流等效为多段直线电流元，取上、下两小段电流元进行研究，由左手定则判断出两段电流元的受力，由此可判断整个铝环所受合力向右，故A正确。
故选A。
解法三　等效法
如图所示，磁铁向右运动，使铝环产生的感应电流可等效为条形磁铁，而两磁铁有排斥作用，故A正确。
故选A。
9．（22-23高二下·新疆喀什·阶段练习）如图，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放在导轨上，形成闭合回路，当一条形磁铁从上方向下迅速接近回路时，可动的两导体棒P、Q将（　　）

A．保持不动 B．相互远离 C．相互靠近 D．无法判断
【答案】C
【详解】当一条形磁铁从上方向下迅速接近回路时，可知回路中的磁通量向下增加，回路产生逆时针方向的感应电流，根据楞次定律“增缩减扩”原理可知，回路面积将减小，即两导体棒P、Q将相互靠近。
故选C。
二、多选题
10．（23-24高二上·福建龙岩·期末）如图所示，螺线管连接电阻R放置在水平地面上，上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下，当磁铁向下运动过程中（未插入线圈内部），下列说法正确的是（　　）
A．穿过螺线管的磁通量减少 B．通过R的感应电流方向为从
C．磁铁与螺线管相互吸引 D．螺线管对地面的压力变大
【答案】BD
【详解】A．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）。穿过螺线管的磁通量增大，故A错误；
B．由图可知，当磁铁竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，由右手螺旋定则可知电流方向为从，故B正确；
CD．根据“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则磁铁与线圈相互排斥，故线圈对地面的压力变大，故C错误，D正确。
故选BD。
11．（23-24高二上·天津南开·期末）如图所示，空间固定一条形磁体（其轴线水平） ，以下说法正确的是（　　）
A．圆环a沿磁体轴线向右运动，靠近磁体N极时感应电流为顺时针（从左往右看）
B．圆环b竖直下落时磁通量不变
C．圆环c经过磁体右边的位置2时磁通量为0，感应电流为0
D．圆环c经过位置2前后一小段时间内感应电流方向不变
【答案】AD
【详解】A．圆环a沿磁体轴线向右运动，穿过线圈的磁通量增多，根据楞次定律可知电流为顺时针方向（从左往右看），故A正确；
B．圆环b竖直下落时，在1位置磁通量向下，在2位置磁通量为0，在3位置磁通量向上，磁通量发生变化，故B错误；
C．圆环c经过磁体右边的位置2时磁通量为0，但磁通量仍发生变化，因此仍有感应电流，故C错误；
D．圆环c经过位置2前后一小段时间内，磁通量先是向下的减少，然后是向上的增多，根据楞次定律，感应电流均为顺时针方向（从上向下看），故D正确。
故选AD。
12．（23-24高二下·全国·）安培曾做过如图所示的实验：把绝缘导线绕制成线圈，在线圈内部悬挂一个用薄铜片制成的圆环，取一条形磁铁置于铜环的右侧，条形磁铁的右端为N极。闭合开关，电路稳定后，发现铜环静止不动，安培由此错失发现电磁感应现象的机会。实际上，在电路接通的瞬间（　　）
A．从左侧看，铜环中有逆时针方向的感应电流 B．从左侧看，铜环中有顺时针方向的感应电流
C．铜环会远离磁铁 D．铜环会靠近磁铁
【答案】BD
【详解】AB．图中条形磁铁的磁场穿过铜环的磁通量由左向右，闭合开关，电路接通的瞬间，由安培定则可知，线圈的磁场穿过铜环的磁通量由右向左，使得穿过铜环的由左向右的磁通量减小，由楞次定律可知，铜环中产生的感应电流的磁场方向向右，再由安培定则可知，从左侧看，铜环中有顺时针方向的感应电流，故A错误，B正确；
CD．根据上述，从左侧看，铜环中有顺时针方向的感应电流，则铜环相当于一小磁体，右侧为等效的N极，左侧为等效的S极，可知铜环与原磁铁相互吸引，所以铜环会靠近磁铁，故C错误，D正确。
故选BD
13．（23-24高二下·四川绵阳·阶段练习）如图所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
C．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
【答案】AD
【详解】AB．开关闭合后的瞬间，根据右手定则可知右侧线圈产生的磁场向右穿过左侧线圈，即穿过左侧线圈的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，流过直导线电流方向由南到北，则直导线电流在小磁针所在处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故A正确，B错误；
CD．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈的磁通量向右减少，根据楞次定律可知，流过直导线电流方向由北到南，则直导线电流在小磁针所在处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，故C错误，D正确。
故选AD。
三、实验题
14．（23-24高二下·重庆荣昌·阶段练习）某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素：
（1）图a中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离，出现的现象是 。
A．灯泡A、B均不发光 B．灯泡A、B交替短暂发光
C．灯泡A短暂发光、灯泡B不发光 D．灯泡A不发光、灯泡B短暂发光
（2）通过实验得知：当电流从图b中电流计的正接线柱流入时指针向右偏转；则当磁体 （选填“向上”或“向下”）运动时，电流计指针向右偏转。
（3）为进一步探究影响感应电流方向的因素，该小组设计了如图c的电路。
（4）若图c电路连接正确，在闭合开关前滑动变阻器滑片应移至最 （选填“左”或“右”）端。
【答案】 B 向上 左
【详解】（1）[1]条形磁铁向上移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线减少，向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线增加，移动方向不同，产生的感应电流方向不同，根据二极管具有单向导电性可知灯泡A、B交替短暂发光。
故选B。
（2）[2]当磁体向上运动时，穿过螺旋管的磁通量为竖直向下的减少，根据楞次定律，可知线圈中的感应电流产生的磁场竖直向下，根据右手螺旋定则可知电流从正接线柱流入，指针向右偏；故磁体向上运动。
（4）[3]闭合开关瞬间，电路中电流增大，电磁铁的磁性增强，穿过螺线管的磁感线增多，会产生感应电流，为了防止产生的感应电流过大烧坏电流表，闭合开关前需要将滑动变阻器的滑片移到最左端。第01讲 力与运动（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：库伦定律 电荷守恒定律
1．点电荷
有一定的电荷量，忽略形状和大小的一种理想化模型．
2．电荷守恒定律
（1）起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．
（2）带电实质：物体带电的实质是得失电子．
（3）内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．
3．库仑定律
（1）内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．
（2）表达式：，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做静电力常量．
（3）适用条件：①真空中；②点电荷．
①对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离．
②对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示．
a. 同种电荷：F＜k； b. 异种电荷：F＞k.
③．不能根据公式错误地认为r→0时，库仑力F→∞，因为当r →0时，两个带电体已不能看做点电荷了．
知识点2：库仑力作用下的平衡问题
1.电场力的两个表达式
表达式
适用范围 真空中的点电荷 任意电场
2. 三个自由点电荷的平衡问题
（1）条件：两个点电荷在第三个点电荷的合场强为零，或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反。
（2）三个点电荷的平衡规律
①“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；②“两同夹一异”——正负电荷相互间隔
③“两同夹一小”——中间电荷电荷量最小；④“远小近大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷
静电场中带电体平衡问题的解题思路
（1）确定研究对象，如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”和“隔离法”，确定研究对象；
（2）受力分析：分析方法和动力学的受力分析方法一致，唯一的区别是多了一个库仑力；
知识点3：电场强度和电场线的理解及应用
1．电场
（1）定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质．
（2）基本性质：对放入其中的电荷有力的作用．
2．电场强度
（1）定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值．
（2）定义式：E＝，q为试探电荷．
（3）矢量性：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向．
3．电场强度三个公式的比较
公式
适用范围 任何电场 真空中的点电荷 匀强电场
4. 等量同种和异种点电荷的电场强度的比较
比较项目 等量异种点电荷 等量同种点电荷
电场线分布图
连线中点O处的场强 连线上O点场强最小，指向负电荷一方 为零
连线上的场强大小(从左到右)　　　 沿连线先变小，再变大 沿连线先变小，再变大
沿中垂线由O点向外场强大小 O点最大，向外逐渐减小 O点最小，向外先变大后变小
关于O点对称的A和A’、B和B’的场强 等大同向 等大反向
（1）任意两条电场线不相交不相切；
（2）电场线的疏密表示电场的强弱，电场线越密，电场强度越大，电场线越稀，电场强度越小；
（3）电场线上任意一点的场强方向即为该点的切线方向。正电荷受力方向与该点电场方向相同；负电荷受力方向与该点电场方向相反；
（4）两条电场线间的空白区域，也存在电场；
知识点4：电场强度的叠加与计算
叠加原理
多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处产生的电场强度的矢量和；
运算法则：平行四边形法则
电场强度计算的四种特殊方法
(1)等效法：在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景．
例如：一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个异种点电荷形成的电场，如图甲、乙所示．
(2)对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化．
如图丙所示，均匀带电的球壳在O点产生的场强，等效为弧BC产生的场强，弧BC产生的场强方向，又等效为弧的中点M在O点产生的场强方向．
(3)填补法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍．
(4)微元法：将带电体分成许多元电荷，每个元电荷看成点电荷，先根据库仑定律求出每个元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强．
5.极限法
极限法是把某个物理量推向极端，即极大或极小、极左或极右，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论。
等量异种点电荷的电场中在两点电荷的连线上，中点的电场强度是最小的但在两点电荷连线的中垂线上，该中点的电场强度却是最大的。
6.平衡法
在涉及平衡问题且不能直接用上或名求电场强度的情况下，可以通过受力分析，根据平衡条件求得。
强化点一 三种电荷的起点方式
(1)当带电体靠近导体时，导体上靠近带电体的一端出现与带电体异种的电荷，远离带电体的一端出现与带电体同种的电荷。
(2)导体接地时，该导体与地球可视为一个整体，地球既能提供足够量的电子，也能吸收足够量的电子。
【典例1】（23-24高二上·北京大兴·期末）用绝缘柱支撑着贴有小金属箔的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，贴在它们下部的并列平行双金属箔是闭合的。现将带正电荷的物体C移近导体A，发现金属箔都张开一定的角度，如图所示，则（　　）
A．B下部的金属箔感应出负电荷 B．A下部的金属箔感应出负电荷
C．A和B下部的金属箔都感应出负电荷 D．A和B下部的金属箔都感应出正电荷
【变式1-1】如图所示，铝球A、铜制导体B和C固定在绝缘支架上，B、C左右紧靠，A球带负电，B、C整体不带电。下列说法正确的是（　　）
A．若先移走A，后将B与C分开，则B带负电，C带正电
B．若先移走A，后将B与C分开，则B带正电，C带负电
C．若先将B与C分开，后移走A，则B带负电，C带正电
D．若先将B与C分开，后移走A，则B带正电，C带负电
【变式1-2】（23-24高二上·天津滨海新·期末）如图所示，将带正电的导体球C靠近不带电的导体。若沿虚线1将导体分成A、B两部分，这两部分所带电荷量大小分别为、；若沿虚线2将导体分成两部分，这两部分所带电荷量大小分别为、。下列说法正确的是（　　）

A．，A部分带正电 B．，A部分带负电
C．，A部分带正电 D．，A部分带负电
强化点二 静电力的大小和方向
（1）两个点电荷间的静电力可直接利用公式求解；
（2）一个点电荷受其他多个点电荷的静电力作用时，先求出研究对象受其他每个点电荷的静电力，然后按平行四边形定则求合力。
【典例2】（23-24高二上·重庆北碚·期末）真空中两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B（均可看作点电荷），分别固定在两处，两球间静电力大小为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，再将A、B间距离减小为原来的一半，则A、B间的静电力大小为（　　）
A． B． C． D．
【变式2-1】（23-24高二上·天津西青·期末）真空中两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B（均可看做点电荷），分别固定在两处，两球之间的静电力大小为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，此时A、B之间的静电力大小是（　　）
A． B． C． D．
【变式2-2】（多选）（23-24高一下·山东泰安·期中）两个相同的金属小球（可看作点电荷），带电量之比为1∶7，在真空中相距为r，相互间的库仑力为F，现将两小球相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能变为（　　）
A．9F B． C．16F D．
强化点三 静电力作用下的平衡问题
(1)根据平衡条件解决静电力作用下物体的平衡：静电力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了静电力。可以根据问题的特点选择整体法或隔离法分析。
(2)三个自由点电荷的平衡问题：
①条件：每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反。
② 规律：“三点共线”--三个点电荷分布在同一直线上；“两同夹异”--正负电荷相互间隔；“两大夹小”--中间电荷的电荷量最小；“近小远大”--中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
【典例3】（23-24高二下·安徽黄山·期末）如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将质量为m、带电荷量为q的小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，丝线BC长度为，AC两点间的距离为2L.当小球B静止时，丝线与竖直方向的夹角，带电小球A、B可视为质点，重力加速度为g.下列说法正确的是（ ）
A．丝线对小球B的拉力为 B．两小球之间的库仑斥力为mg
C．小球A的带电荷量为 D．如果小球A漏电导致电量减少少许，丝线拉力变大
【变式3-1】（多选）（24-25高二上·全国·期末）如图所示为两个电荷量均为的带电小球A和B（均可视为质点），A固定在O点的正下方L处，B用长为L的细线悬挂在O点，静止时，细线与竖直方向的夹角为。已知静电常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．B的质量为 B．细线的拉力大小为
C．O点处的电场强度的大小为 D．B在A处产生的电场强度的大小为
【变式3-2】如图所示，小球A、C均带正电，B球带负电，A球在绝缘的粗糙水平地面上，B球由绝缘的细线拉着，C球处在与B球等高的位置，A、B、C三球均静止且三者所在位置构成一个等边三角形．若细线与竖直方向的夹角为，，则A、B、C三球所带电荷量大小之比为（　　）
A． B． C． D．
强化点四 库仑力作用下的加速问题
带电粒子或带电小球在库仑力及其他力的作用下，可以处于平衡状态，还可以处于非平衡状态，包括沿水平方向做变速运动，沿竖直方向做变速运动(加速度可能恒定，也可能变化)还可能在水平面内做圆周运动。
【典例4】（23-24高二上·贵州毕节·期末）如图所示，在绝缘且光滑水平地面上有两个带异种电荷的小球A、B，质量分别为、带电量分别为、当用力 F向右拉着A时，A、B小球共同运动，两小球之间的间距为。当用力F向左拉着B时，A、B小球共同运动，两小球之间的间距为，则和的比值为（　　）
A． B． C． D．
【变式4-1】质量均为m的三个带电小球A、B、C用三根长度均为l的绝缘丝线相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上，A球的电荷量为＋q。在C球上施加一个水平向右的恒力F之后，三个小球一起向右运动，三根丝线刚好都伸直且没有弹力，F的作用线反向延长线与A、B间的丝线相交于丝线的中点，如图所示，已知静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A．B球的电荷量可能为＋2q B．C球的电荷量为
C．三个小球一起运动的加速度为 D．恒力F的大小为
【变式4-2】（22-23高二上·四川德阳·期末）如图所示，质量均为m、带等量异种电荷的A、B两个小球放在光滑绝缘的固定斜面上，给B球施加沿斜面向上、大小为（g为重力加速度）的拉力，结果A、B两球以相同的加速度向上做匀加速运动，且两球保持相对静止，两球间的距离为L，小球大小忽略不计，斜面的倾角，静电力常量为k，，，求：
（1）两球一起向上做加速运动的加速度大小；
（2）A球所带的电荷量的大小。
强化点五 电场强度的分析
(1)电场中某点的电场强度E是由电场本身的特性决定的，与是否放入试探电荷、放入试探电荷的电性及电荷量的多少均无关。
(2)电场强度是矢量，大小和方向均相同时，电场强度才相同。
【典例5】（23-24高二上·北京海淀·期末）某区域的电场线分布如图所示，A、B、C是电场中的三个点，以下判断正确的是（ ）
A．B点电势最高
B．C点电场强度最大
C．负点电荷放在A点所受电场力沿A点的切线方向斜向上
D．同一点电荷放在A点所受电场力比放在B点时大
【变式5-1】（23-24高二上·陕西·期中）反天刀鱼是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着带电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，反天刀鱼周围的电场线分布如图所示，A、B均为电场中的点。下列说法正确的是（ ）
A．该电场与等量同种点电荷形成的电场相似
B．点的电势小于点的电势
C．一试探电荷在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力
D．一试探电荷在A点受到的电场力方向为电场线在该点的切线方向
【变式5-2】如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是某带负电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B、C、D是电场线上的点，其中A、D两点在粒子的轨迹上，下列说法正确的是（　　）
A．该电场可能是正点电荷产生的
B．该粒子在A点的速度一定大于在D点的速度
C．由图可知，同一电场的电场线在空间是可以相交的
D．将该粒子在C点由静止释放，它可能一直沿电场线运动
强化点六 电场强度的大小和图像
(1)上适用于任何电场中电场强度的计算，仅适用于点电荷产生的电场强度的计算；
(2)电场强度的叠加遵循平行四边形定则
【典例6】（23-24高二上·浙江杭州·期末）如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点。放在A、B两点的试探电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系如图乙所示。以x轴的正方向为静电力的正方向，则（　　）
A．点电荷Q一定为正电荷 B．点电荷Q在A、B之间
C．点电荷Q在A、O之间 D．A点的电场强度大小为
【变式6-1】（23-24高二上·广东深圳·期末）在真空中的轴上的原点处和处分别固定一个点电荷、，在处由静止释放一个正点电荷，假设点电荷只受电场力作用沿轴方向运动，得到点电荷速度大小与其在轴上的位置关系如图所示（其中在处速度最大），则下列说法正确的是（　　）
A．点电荷、一定为异种电荷 B．点电荷、所带电荷量的绝对值不相等
C．处的电场强度最大 D．点电荷在处的的电势能最大
【变式6-2】（23-24高二上·贵州遵义·期末）真空中固定一带正电的点电荷M，距点电荷一定距离处，由静止释放一带正电的试探电荷N，运动过程中N的位移为x（释放处为初位置），N到M的距离为l，N所受静电力为F，M在N的位置处产生的电场强度为E。下列图像正确的是( )
A． B． C． D．
强化点七 电场强度的叠加
电场强度的叠加遵循平行四边形定则，不同的题目有不同的方法，详细情形见本节“知识点4：电场强度的叠加与计算”中的“求电场强度的几种常用方法”
【典例7】（23-24高二下·湖南湘西·期末）把均匀带电的绝缘棒AB弯成如图所示的半圆状，测得圆心O处的电场强度大小为E。C是半圆AB上的二等分点，将沿CO对折，使与重叠，则重叠部分在O点产生的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-1】（23-24高二下·河北邯郸·期末）如图所示，均匀带正电的半圆环放置在绝缘水平桌面上，半圆环上AB、BC、CD的弧长相等，已知BC在圆心O点的电场强度大小为E、方向水平向右，则O点的电场强度大小为（ ）
A．E B．2E C． D．
【变式7-2】（多选）（23-24高二上·福建漳州·期末）如图，真空中电荷均匀分布的带正电圆环，半径为，带电量为，以圆心为坐标原点建立垂直圆环平面的轴，是正半轴上的一点，圆环上各点与点的连线与轴的夹角均为，静电力常量为，则圆环上所有的电荷（ ）
A．在点产生的合场强为零 B．在点产生的合场强大小为
C．在点的电场强度方向沿轴正方向 D．在点的电场强度方向沿轴负方向
强化点八 电场线和带电粒子的运动轨迹
电场线与带电粒子的运动轨迹重合的条件：①电场线是直线；②粒子的初速度v0=0，若v0≠0，则需F合与v0在同一直线上。
【典例8】（23-24高二上·河北沧州·期末）如图所示为某电场等势面的分布，在该电场中的Ａ点由静止释放一个带负电的点电荷，只考虑点电荷受到的电场力，忽略点电荷对原电场的影响。下列可能表示点电荷的运动轨迹的是（　　）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】带负电的点电荷由静止开始向高电势加速运动，电场力即能使粒子加速又能改变粒子的运动轨迹，电场力大致指向轨迹的凹侧，且与等势面垂直，结合电子的轨迹可知，C正确。
故选C。
【变式8-1】（23-24高二上·湖南娄底·期末）某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则（　　）
A．粒子一定带正电 B．粒子一定是从a点运动到b点
C．粒子在c点的加速度一定小于在b点的加速度 D．粒子在c点的速度一定小于在a点的速度
【变式8-2】（24-25高二上·全国·期末）如图所示，实线是一正电荷仅在电场力作用下由a点运动到b点的运动轨迹，虚线可能是电场线，也可能是等差等势线。无论虚线是什么线，正电荷在a点的加速度一定 （选填“大于”“小于”或“等于”）在b点的加速度。若虚线是等差等势线，则正电荷在a点的动能 （选填“大于”“小于”或“等于”）在b点的动能。
强化点九 静电场中的力电综合问题
解决力电综合问题的一般解题思路
【典例9】（23-24高二上·广东汕头·期末）两个完全相同的质量都为m、带等量电荷的小球A、B分别用等长的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，已知小球B带负电，此时两球相距为l，细线与竖直方向夹角均为θ = 45°，若外加水平向左的匀强电场，两小球平衡时位置如图乙所示，细线刚好沿竖直方向，已知静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）A球的电性及所带的电荷量Q；
（2）外加匀强电场的场强E的大小。
【变式9-1】（23-24高二上·湖南湘西·阶段练习）如图所示，质量均为m、带同种正电荷的小球A、B用长均为L的a、b绝缘细线悬挂，两球处于静止状态，已知细线b的拉力与细线a的拉力大小相等，小球A、B的带电量也相等，重力加速度为g，静电力常量为k，不计小球大小，求：
（1）小球A的带电量；
（2）O点处的电场强度；
（3）若给小球A施加一个水平向左的拉力，同时给小球B一个水平向右的拉力，两力始终等大反向，让两力同时从0开始缓慢增大，当细线b与竖直方向的夹角为53°时，作用于小球B上的拉力多大；此过程中作用于小球B上拉力做功为多少。（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）

真题感知
1．（2024·贵州·高考真题）如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径与弦间的夹角为。A、B两点分别放有电荷量大小为的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则等于（　　）

A． B． C． D．2
2．（2024·河北·高考真题）如图，真空中有两个电荷量均为的点电荷，分别固定在正三角形的顶点B、C．M为三角形的中心，沿的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为．已知正三角形的边长为a,M点的电场强度为0，静电力常量的k．顶点A处的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·江苏·高考真题）在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小等于（　　）
A． B． C． D．
提升专练
1．（24-25高二上·浙江温州·期中）某同学采用如图装置做静电感应的实验：在绝缘支架上的金属导体M和金属导体N按图中方向接触放置，原先M、N都不带电，先让开关S1、S2均断开，现在将一个带正电小球P放置在M左侧，则下列说法正确的是（　　）
A．若开关S1、S2均断开，导体M左端带正电，导体N右端带负电
B．若开关S1、S2均闭合，则导体M和导体N均不带电
C．若只闭合开关S1，接着将MN分开，再移走带电小球，则导体N不带电
D．若只闭合开关电S2，接着移走带电小球，最后将MN分开，则导体M带负电
2．（2024·海南儋州·模拟预测）如图所示，A、B两带电小球的质量分别为m1、m2，带电荷量分别为q1、q2，两小球用绝缘细线悬挂于O点，平衡时A、B两球处于同一高度，与竖直方向的夹角分别为30°、60°，已知细线OA长为l，重力加速度为g，静电力常量为k。则（　　）
A．A、B间库仑力大小为m2g B．细线OA的弹力大小为m1g
C．A、B间库仑力大小为k D．A、B的质量之比为m1:m2=3:2
3．（2025·广东茂名·模拟预测）已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，一半径均为的球体上均匀分布着电荷量为的电荷，在过的直线上以为直径在球内挖一球形空腔。已知静电力常量为，若在处的放置一电荷量为的点电荷，则该点电荷所受电场力的大小为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024·河北·模拟预测）把一段细玻璃丝与丝绸摩擦，玻璃丝上就带上了正电荷，然后用绝缘工具把这段玻璃丝弯曲成一个半径为的闭合圆环，如图所示，是圆环的圆心，与的距离为，连线与圆环平面垂直，已知静电力常量为，点场强大小为，则玻璃丝因摩擦所带的电荷量为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024·吉林长春·模拟预测）如图所示为两个电荷量均为的带电小球A和B（均可视为质点），球A固定在点的正下方处，球B用长为的细线悬挂在点，静止时，细线与竖直方向的夹角为。已知静电常量为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．B的质量为 B．B的质量为
C．点处的电场强度的大小为 D．点处的电场强度的大小为
6．（23-24高一下·河北承德·期末）在直角三角形的顶点处固定一个带正电的点电荷，在处固定一个带负电的点电荷，、、。当在该三角形所在的平面内加一电场强度大小为、方向与平行的匀强电场时，点的合电场强度为0，下列说法正确的是（ ）
A．处和处点电荷的电荷量大小的比值为
B．处和处点电荷的电荷量大小的比值为
C．若将匀强电场的方向顺时针改变90°，则点的合电场强度为
D．若将匀强电场的方向改成与原来的方向相反，则点的合电场强度为
7．（2024·四川广安·二模）如图，质量为M、半径为R的圆环状光滑绝缘细杆用三根交于O点的等长细线悬挂于水平面内，每根细线与竖直方向均成30°角；杆上套有三个可视为质点的带正电小球，每个小球的质量均为m、电荷量均为q；小球间的间距相等，球和杆均静止。重力加速度大小为g、静电力常量为k。则（　　）
A．每根细线对杆的拉力大小为 B．每根细线对杆的拉力大小为
C．每个小球受到的库仑力大小为 D．每个小球对杆的弹力大小为
8．（多选）（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图，带电荷量为的球1固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面上的O点，其正上方L处固定一带电荷量为的球2，斜面上距O点L处的P点有质量为m的带电球3恰好静止。球的大小均可忽略，已知重力加速度大小为g。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。下列关于球3的说法正确的是（　　）
A．带负电 B．运动至O点的速度大小为
C．运动至O点的加速度大小为 D．运动至OP中点时对斜面的压力大小为
9．（23-24高一下·山西长治·期末）如图所示，A、B、C为竖直平面内等边三角形的三个顶点，现在A、B点（A、B位于同一水平面上）分别固定等量异种点电荷。已知三角形边长为L，点电荷电荷量大小为q，静电力常量为k。
（1）求A、B两点电荷在C点处产生的电场强度E；
（2）若在C点处放一个质量为（g为重力加速度）、电荷量大小也为q的带负电小球（可视为点电荷）并能保持静止状态，可在三角形所在平面内加一匀强电场，求该匀强电场的电场强度。
10．（23-24高二上·安徽宿州·期中）如图所示，在范围足够大的水平向左的匀强电场中，固定一内表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而成的圆弧BD，圆心为O，竖直半径OD=R，B点和地面上A点的连线与水平地面成θ=37°，AB=R。一质量为m、电荷量为q的小球（可视为质点）从地面上A点以某一初速度沿AB方向做直线运动，恰好无碰撞地从管口B进入管道BD中，当小球到达管中某处C（图中未标出）时，恰好与管道间无作用力且小球所受合力指向圆心。已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，已知重力加速度大小为g。求：
(1)说明小球电性、匀强电场的场强E大小；
(2)小球到达C处时的速度大小；
(3)小球到达D处时对圆管轨道的压力FN；
(4)若小球从管口D飞出时电场忽然向下、场强大小变为原来的，则小球从管口D飞出后落地点距A点的水平距离x。第09讲 洛伦之力（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：对洛伦之力的理解
1．洛伦兹力：运动电荷在磁场中受到的力叫做洛伦兹力．
2．洛伦兹力的方向
（1）判定方法
左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
拇指——指向洛伦兹力的方向．
（2）方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)．
3．洛伦兹力的大小
（1）v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)
（2）v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)
（3）v＝0时，洛伦兹力F＝0.
4．洛伦兹力的特点
（1）洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功．
（2）当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．
（3）用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向．
5．洛伦兹力与安培力的联系及区别
（1）安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力．
（2）安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．
知识点2：带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
1．匀速圆周运动的规律
若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
（1）基本公式：qvB＝m
（2）半径R＝
（3）周期T＝＝
2．圆心的确定
（1）已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图1甲所示，P为入射点，M为出射点)．
（2）已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
3．半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．
4．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为t＝T(或t＝)．
带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析思路
知识点3：带电粒子在直线有界磁场中的运动
1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
图a中粒子在磁场中运动的时间：t＝＝
图b中粒子在磁场中运动的时间：t＝(1－)T＝(1－)＝
图c中粒子在磁场中运动的时间：t＝T＝
2．平行边界(往往存在临界条件，如图所示)
平行边界存在临界条件，图a中粒子在磁场中运动的时间：t1＝，t2＝＝
图b中粒子在磁场中运动的时间：t＝
图c中粒子在磁场中运动的时间：t＝(1－)T＝(1－)＝
图d中粒子在磁场中运动的时间：t＝T＝
处理有界匀强磁场中的临界问题的技巧
从关键词、语句找突破口，审题时一定要抓住题干中“恰好”“最大”“至少”“不脱离”等词语，挖掘其隐藏的规律．
（1）刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，据此可以确定速度、磁感应强度、轨迹半径、磁场区域面积等方面的极值．
（2）当速度v一定时，弧长(或弦长)越大，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(前提条件是弧是劣弧)．
（3）当速率变化时，圆心角大的，运动时间长．
（4）在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．
知识点4：带电粒子在圆形有界磁场中的运动
一般解题步骤
画出轨迹圆并找出轨迹圆的圆心；
求半径（分清楚磁场半径和轨迹圆半径）
确定运动时间（注意多解问题）
模型解读：圆形边界(进出磁场具有对称性)
（1）沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示．
（2）不沿径向射入时，如图乙所示．射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ.
强化点一 洛伦之力的方向
判断方法：左手定则。磁场穿过掌心，四指表示正电荷运动方向（或负电荷的反方向），拇指表示安培力的方向。
【典例1】（23-24高二下·云南玉溪·期末）如图所示，放射性元素从点沿方向发射三种放射线，空间有垂直射线速度的匀强磁场，三种射线穿过磁场后分别打到屏上的三点，则打到三点的射线分别是（ ）
A．射线、射线、射线 B．射线、射线、射线
C．射线、射线、射线 D．射线、射线、射线
【答案】D
【详解】射线带正电、射线不带电、射线是电子流，带负电，根据左手定则可知打到三点的射线分别射线、射线、射线。
故选D。
【变式1-1】（2024·北京海淀·三模）云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向外的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关这些径迹以下判断正确的是（　　）
A．d、e都是正电子的径迹 B．a径迹对应的粒子动量最大
C．b径迹对应的粒子动能最大 D．a径迹对应的粒子运动时间最长
【答案】D
【详解】A．带电粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是正电子的径迹，d、e都是负电子的径迹，A错误；
B．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有，解得
由图可知a径迹对应的粒子的运动半径最小，a径迹对应的粒子的速度最小，根据
可知a径迹对应的粒子动量最小，B错误；
C．根据
可知
即b径迹对应的粒子动能不是最大的，C错误；
D．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有，
则
所以
粒子在磁场中的运动时间
其中为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D正确。
故选D。
【变式1-2】（多选）（23-24高二下·四川成都·期末）如图所示，两足够长的通电直导线P、Q（垂直纸面）关于粗糙程度均匀的水平面对称分布，P、Q连线与水平面交点为O，P、Q通以大小相等、方向相反的恒定电流。一带正电的绝缘物块从A点以某一初速度向右运动，恰好运动到O点。下列说法正确的是（　　）
A．从A到O，磁感应强度逐渐增大 B．从A到O，磁感应强度先增大后减小
C．从A到O，物块做匀减速直线运动 D．从A到O，物块做加速度逐渐增大的减速运动
【答案】AC
【详解】AB．根据安培定则可得，两导线在AO之间磁场如图所示
根据平行四边形定则，将两磁场合成可知，合磁场方向水平向左，且由A到O两导线磁场增大且与水平夹角变小，则合磁场沿水平向左增大，故A正确，B错误；
CD．由于AO之间磁场方向水平向左，与物块的运动方向共线，所以物块不受洛伦兹力，物块在运动过程中受到恒定不变的摩擦力，根据牛顿第二定律，物块做匀减速直线运动，故C正确，D错误。
故选AC。
强化点二 洛伦之力的大小
【典例2】（23-24高二下·海南省直辖县级单位·期末）如图所示，质量为m、电荷量为的小球A套在粗细均匀的固定绝缘水平杆上，整个装置处在垂直于纸面向外的水平匀强磁场中。现对A施加一个水平向右、大小恒为的拉力，使小球A从静止开始运动，已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，小球A与杆间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，则当小球的加速度大小第一次达到时，小球的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】对小球分析，竖直方向平衡
水平方向，根据牛顿第二定律
当小球的加速度大小第一次达到时，联立解得
故选A。
【变式2-1】（23-24高二上·湖北武汉·期末）如图所示，将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的小滑块（可视为质点）放在倾斜的固定木板上，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。测得小滑块的质量为m，木板的倾角为θ，木板与滑块之间的动摩擦因数为μ。滑块由静止释放，依次经过A、B、C、D四个点，且AB=CD=d，小滑块经过AB、CD所用的时间均为t。重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．到达C点之前滑块先加速后减速 B．到达C点之前滑块所受的摩擦力先增大后减小
C．滑块所带的电荷量为 D．滑块的加速度先减小后增大
【答案】C
【详解】ABD．以滑块为对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得
可知随着滑块速度的增大，滑块的加速度减小，当加速度减至0后，滑块将做匀速运动，所以滑块先做加速度减小的加速运动，然后做匀速运动。小滑块经过AB、CD所用的时间均为t，可知滑块到达AB前已经做匀速运动，到达C之前滑块先加速后匀速，滑块所受的摩擦力先增大后不变。故ABD错误；
C．滑块匀速运动时，有
根据平衡条件可得
联立，解得滑块所带的电荷量为
故C正确。
故选C。
【变式2-2】（多选）（23-24高二上·福建福州·期末）如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽固定在水平面上，与水平面的夹角分别为和，加垂直于纸面向里的磁场，分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是（ ）
A．在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且
B．a、b两球沿槽运动的最大速度为和，则
C．a、b两球沿直槽运动的最大位移为和，则
D．a、b两球沿槽运动的时间为和，则
【答案】AC
【详解】A．两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，故在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，加速度为，
可得
故A正确；
B．当小球受到的洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面，则
，
可得，
故
故B错误；
C．根据动力学公式，
可得a、b两球沿直槽运动的最大位移分别为，
根据数学关系可得
故C正确；
D．a、b两球沿槽运动的时间分别为
，
可得
故D错误。
故选AC。
强化点三 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【典例3】（23-24高二下·陕西·期末）如图所示，在xOy坐标系中，垂直于x轴的虚线与y轴之间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场含边界，磁场方向与xOy平面垂直。一质子束从坐标原点射入磁场，所有质子射入磁场的初速度大小不同但初速度方向都与x轴正方向成角向下。PQ是与x轴平行的荧光屏质子打到荧光屏上不再反弹，P、Q两点的坐标分别为，。已知质子比荷，。求：结果均可用分数表示
（1）质子在磁场中运动的最长时间是多少;
（2）如果让荧光屏PQ发光长度尽可能长且质子的运动轨迹未出磁场，质子初速度大小的取值范围是多少。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）质子能打到y轴上时，在磁场中运动的时间最长，如图1所示
由周期公式
又由几何关系可知
则粒子在磁场中运动的最长时间
（2）当质子轨迹与PQ相切时，如图1所示，设此时初速度为，轨迹半径为R，由几何关系可得
又，解得
当粒子运动轨迹与磁场边界相切时，如图2所示，
设此时初速度为，轨迹半径为，由几何关系可得
又
解得
综上可得
【变式3-1】（23-24高一上·湖南长沙·期末）如图所示，竖直虚线CD右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两个平行金属板M、N之间的电压为U，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠近N板的S点由静止开始做加速运动，从A点垂直竖直虚线CD射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动。求：
（1）带电粒子从A点垂直竖直虚线CD射入磁场的速度大小v；
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R和周期T；
（3）若在竖直虚线CD右侧加一匀强电场，使带电粒子在电磁场中做匀速直线运动，求电场强度E的大小。
【答案】（1）；（2）；；（3）
【详解】（1）粒子在电场中被加速，解得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，则，
解得，
（3）若在竖直虚线CD右侧加一匀强电场，使带电粒子在电磁场中做匀速直线运动，则需电场力方向向下，则场强方向竖直向下，满足
解得电场强度E的大小
【变式3-2】（23-24高二上·吉林长春·期末）如图，挡板MN位于水平面x轴上，在第一、二象限区域存在磁感应强度为B的矩形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。在MN上O点放置了粒子发射源，能向第二象限发射各个方向的速度为的带正电同种粒子，已知粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收，则：
（1）求所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径；
（2）粒子在磁场中运动的周期；
（3）所有粒子能够到达区域的面积。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力有
代入数据解得
（2）粒子在磁场中运动的周期
（3）所有粒子运动的区域面积为图中阴影部分面积

由几何关系有
强化点四 带电粒子在直线边界磁场中的运动
【典例4】（多选）（23-24高二下·贵州黔西·期末）如图所示，水平面的区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为，边界的夹角为30°，距顶点为的点有一粒子源，粒子在水平面内垂直边向磁场内发射速度大小不同的带负电的粒子，粒子质量为、电荷量大小为，下列说法正确的是（　　）
A．从边界射出的粒子速度方向都相同
B．粒子离开磁场时到点的最短距离为
C．垂直边界射出的粒子的速度大小为
D．垂直边界射出的粒子在磁场中运动的时间为
【答案】AB
【详解】A．粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在bc边上，若粒子能从边界bc射出，粒子的速度方向一定竖直向下，故方向均相同，故A正确；
B．当轨迹恰好与ab边相切时，粒子从bc边离开磁场时到b点的距离最短，由几何关系可得
离b点的最短距离为，联立解得
故B正确；
C．垂直边界ab射出的粒子，轨道半径为
由洛伦兹力作为向心力可得
解得粒子的速度大小为
故C错误；
D．粒子在磁场中的运动周期为
垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为
故D错误。
故选AB。
【变式4-1】（多选）（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图所示，在水平线OP的正上方存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。从磁场边界上O点同时向纸面内不同方向发射速率均为v、质量均为m、电荷量均为的两个带电粒子，两粒子均从边界上P点离开磁场，且OP的长度为，不计粒子的重力及相互作用力。以下说法正确的是（ ）
A．两粒子在磁场中运动的加速度大小不同
B．两粒子射入磁场时速度方向与边界所成锐角均为60°
C．两粒子在磁场运动过程中动量改变量大小均为
D．两粒子在磁场中运动的时间相差
【答案】BC
【详解】A．两粒子在磁场中运动只受洛伦兹力的作用，根据牛顿第二定律
故两粒子在磁场中运动的加速度大小相等，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力，解得
则两粒子在磁场中运动半径相等，两个粒子先后经过P点，作出两个粒子的运动轨迹如图甲所示，短弧和长弧均以OP为弦，已知OP的长度为，根据几何关系可得
解得两个粒子射入磁场时与边界的夹角均为
故B正确；
C．根据粒子的运动对称性和几何知识作出两粒子动量变化如图乙所示，可以得出两个粒子的动量变化量大小、方向均相同，为
故C正确；
D．两粒子在磁场中运动的周期为
两粒子在磁场中运动的时间相差
故D错误。
故选BC。
【变式4-2】（23-24高二下·山东临沂·期末）如图所示，直角三角形的AB边长为L，，三角形区域内存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从D点沿着垂直BC边的方向以速度v射入磁场，CD间距离为L，不计粒子受到的重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的最长时间为 B．时，带电粒子垂直于AC边射出磁场
C．若粒子从BC边射出磁场，则 D．若粒子从AC边射出磁场，则
【答案】B
【详解】ACD．粒子带正电，根据左手定则可知，粒子进入磁场后将向上偏转，粒子从BC边离开时，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，运动时间最长，当离开刚好离AC边相切时，粒子轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得
根据几何关系可得
联立解得，
可知粒子在磁场中运动的最长时间为
当粒子从BC边射出磁场，则有
当粒子从AC边射出磁场，则有
故ACD错误；
B．若带电粒子垂直于AC边射出磁场，如图所示
根据几何关系可知，
由洛伦兹力提供向心力可得，联立解得
故B正确。
故选B。
强化点五 带电粒子在弧形边界磁场中的运动
【典例5】（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图所示，真空中xOy平面内存在半径为R的圆形区域，该圆形区域与y轴相切，x轴与其一条直径重合，P点为圆形区域边界上的一点，P点与圆心的连线与x轴正方向成角。已知圆形区域内只存在垂直于xOy平面的匀强磁场或只存在平行于y轴向上的匀强电场，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O以初速度沿x轴正方向射入该圆形区域，粒子恰好从P点射出，不计粒子的重力。
(1)若圆形区域内只存在垂直于xOy平面的匀强磁场，求匀强磁场磁感应强度B的大小与方向；
(2)若圆形区域内只存在平行于-轴向上的匀强电场，求粒子在圆形区域内运动过程中受到电场力的冲量I的大小。
【答案】(1)，方向重直于xOy平面向里
(2)
【详解】（1）（1 ）若圆形区域内只存在匀强磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，恰好从P点射出，则由左手定则知磁感应强度方向垂直于xOy平面向里。
设粒子轨迹圆半径为r，轨迹如图甲所示
由几何知识有
由洛伦兹力提供向心力有，解得
（2）若圆形区域内只存在匀强电场，粒子在平行于y轴向上的匀强电场区域内做类平抛运动，如图乙所示：
设粒子从O点运动到P点的时间为t，由平抛运动规律有
，
粒子受到电场力的冲量解得
【变式5-1】（23-24高二下·山东临沂·期末）如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，O点为圆形区域的圆心，磁感应强度大小为B，一个比荷绝对值为k的带电粒子以某一速率从M点沿着直径MON方向垂直射入磁场，粒子离开磁场后打在右侧屏上的P点，QP连线过圆心O，QP与MN的夹角，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子带正电 B．粒子做圆周的运动半径为
C．粒子运动的速率为 D．粒子在磁场中运动的时间为
【答案】C
【详解】根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
A．由图可知，粒子在点受水平向右的洛伦兹力，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；
BC．由几何关系可得，粒子做圆周的运动半径为
由牛顿第二定律有解得
故B错误，C正确；
D．粒子在磁场中运动的周期为
由几何关系可知，轨迹的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为
故D错误。
故选C。
【变式5-2】（23-24高二下·山西临汾·期末）如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（未画出），一质量为m、带电荷量为的微粒从圆上的N点以一定的速度沿图中虚线方向射入磁场，从圆上的M点离开磁场时的速度方向与虚线垂直。已知圆心O到虚线的距离为，不计微粒所受的重力，求：
（1）微粒在磁场区域内运动的时间t；
（2）微粒到圆心O的最小距离d。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设微粒的速度大小为v，微粒在匀强磁场中运动的轨道半径为r，则有
，
解得
由于偏转角为，则轨迹对应的圆心角也为，则有，解得
（2）作出粒子的运动轨迹如图所示A点为微粒运动轨迹的圆心，设圆心O到MA的距离为x，到MC的距离为y，则有
，，
解得
微粒到圆心O的最小距离为
联立解得
强化点六 带电粒子（计重力）在磁场中的运动
【典例6】质量为m、电荷量为q的小物块，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法正确的是（　　）
A．小物块一定带正电荷
B．小物块在斜面上运动时做匀减速直线运动
C．小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动
D．小物块在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为
【答案】C
【详解】A．由题意可知，小物块受到的洛伦兹力垂直斜面向上，根据左手定则可得：小滑块带负电，故A错误；
BC．在向下运动的过程速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，由
得摩擦力减小
所以加速度增大。物块做加速度逐渐增大的加速运动。故B错误C正确；
D．由题意，当滑块离开斜面时，洛伦兹力
则
故D错误。
故选C。
【变式6-1】（22-23高二上·上海徐汇·期末）如图所示，质量为的小球，带有的正电荷，套在一根与水平方向成的足够长的绝缘杆上，小球与杆之间的动摩擦因数为，杆所在空间有磁感应强度的匀强磁场，小球由静止开始下滑，求：
（1）小球刚开始运动时加速度大小；
（2）小球运动过程中的最大速率（重力加速度g取）
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）小球由静止刚开始下滑时，洛伦兹力为0，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
（2）小球下滑过程中，根据左手定则可知小球受到洛伦兹力垂直于杆向上，当小球达到最大速度时，加速度为0，则有
代入数据解得
【变式6-2】（多选）质量m=0.1g的小物块，带有5×10-4C的电荷，放在倾角为30°的绝缘光滑斜面上，整个斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向如图所示。物块由静止开始下滑，滑到某一位置时，开始离开斜面（设斜面足够长，g取10m/s2）（　　）
A．物体带正电 B．物体离开斜面时的速度为m/s
C．物体在斜面上滑行的最大距离是1.2 m D．物体在离开斜面之前一直做匀加速直线运动
【答案】CD
【详解】A．根据题意可知，物体要离开斜面，所以受到的洛伦兹力垂直斜面向上，根据左手定则可知，物体带负电，故A错误；
B．根据平衡条件
可得
故B错误；
CD．由以上分析可知，物体沿斜面方向的合力由重力的分力提供，所以物体离开斜面前沿斜面做匀加速直线，根据牛顿第二定律可知
根据匀变速直线运动的规律可得
可得
故CD正确。
故选CD。
19．（2024·广西·高考真题）坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】粒子运动轨迹如图所示
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
可得粒子做圆周运动的半径
根据几何关系可得P点至O点的距离
故选C。
20．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子的运动轨迹可能经过O点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
【答案】D
【详解】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故AB错误；
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图
则最短时间有
故C错误；
D．粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示
设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
故D正确。
故选D。
真题感知
1．（多选）（2024·浙江·高考真题）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　）
A．合力冲量大小为mv0cos B．重力冲量大小为
C．洛伦兹力冲量大小为 D．若，弹力冲量为零
【答案】CD
【详解】A．根据动量定理
故合力冲量大小为，故A错误；
B．小球上滑的时间为
重力的冲量大小为
故B错误；
C．小球所受洛伦兹力为，
随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为
故C正确；
D．若，0时刻小球所受洛伦兹力为
小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得
即
则小球在整个减速过程的图像如图
图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，故D正确。
故选CD。
2．（多选）（2024·河北·高考真题）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面．A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45°
D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
【答案】AD
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，在正方形abcd区域中做匀速直线运动，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，在正方形abcd区域中的运动轨迹必平行于AC的连线，可知粒子必经过cd边，进入正方形abcd区域前后的两段圆弧轨迹的半径相等，并且圆心角均为45°，据此作出粒子可能的两个运动轨迹如图所示
粒子的运动轨迹均关于直线BD对称，粒子必从C点垂直于BC射出，故A正确；
C．若粒子经cd边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图所示
设粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为，则图中两段圆弧轨迹的圆心角与的关系为
设两正方形的对应边之间的距离为，为保证粒子穿过ad边，需满足
且有
联立解得
为保证粒子穿过cd边，需满足
为保证从BC边射出，需满足
联立解得
可得粒子经cd边垂直BC射出，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角范围是
故C错误；
BD．粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，作出粒子恰好经过c点的运动轨迹如图所示
设粒子在e点进入正方形abcd区域，线段MN垂直平分轨迹ec，与AB选项的分析同理，粒子的轨迹关于线段MN对称。线段CE平行于轨迹ec，取圆弧轨迹的中点F，过F点做轨迹ec的平行线分别交AD与BC于点G和点，点为点E关于MN的对称点。易知点e为ad的中点，点E为AD的中点，Ee垂直于ad和AD，设粒子轨迹半径为r，正方形ABCD的边长为2L。由几何关系得
联立解得
因，故，即EF垂直于，由对称性可知四边形为矩形，垂直于CE，可知点是点F关于MN的对称点，即点F是圆弧cH的中点，可知由c到粒子的轨迹圆心角为30°，可得粒子垂直BC射出。若粒子速度较大，轨迹半径较大，则粒子在c点左侧穿过cd，其轨迹如图所示
与临界轨迹对比，粒子第二段的轨迹圆心不会在BC上，故粒子不会垂直BC射出。若粒子速度较小，轨迹半径较小，则粒子在c点下方穿过cb，其轨迹如图所示。
与粒子恰好经过c点的运动过程同理，根据对称性可知粒子一定垂直BC射出，故B错误，D正确。
故选AD。
3．（2024·天津·高考真题）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t；
(3)若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为，求粒子在磁场中运动的时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，由于一带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有
解得
（2）若仅有电场，带负电粒子受沿轴负方向的电场力，由牛顿第二定律有
又有，联立解得
（3）根据题意，设粒子入射速度为，则有，
可得
画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系可得，解得
则轨迹所对圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间
提升专练
一、单选题
1．（2024·河北·二模）如图所示，空间内有一垂直纸面方向的匀强磁场（方向未知），一带正电的粒子在空气中运动的轨迹如图所示，由于空气阻力的作用，使得粒子的轨迹不是圆周，假设粒子运动过程中的电荷量不变。下列说法正确的是（　　）
A．粒子的运动方向为
B．粒子所受的洛伦兹力大小不变
C．粒子在b点的洛伦兹力方向沿轨迹切线方向
D．磁场的方向垂直纸面向里
【答案】D
【详解】A．由于空气阻力做负功，粒子运动过程中速率逐渐减小，由
得
所以粒子运动的轨道半径逐渐减小，粒子的运动方向为，A错误；
B．由公式可知粒子所受的洛伦兹力逐渐减小，B错误；
C．粒子所受的洛伦兹力与速度方向垂直，方向指向弯曲轨迹的内侧，所以粒子在b点的洛伦兹力并不沿切线方向，C错误；
D．由左手定则可知匀强磁场的方向垂直纸面向里，D正确。
故选D。
2．（2024·山东济南·一模）一倾角为的绝缘光滑斜面处在与斜面平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m，电荷量为的小球，以初速度从N点沿NM边水平射入磁场。已知斜面的高度为h且足够宽，小球始终未脱离斜面。则下列说法正确的是（ ）
A．小球在斜面上做变加速曲线运动
B．小球到达底边的时间为
C．小球到达底边的动能为
D．匀强磁场磁感强度的取值范围
【答案】B
【详解】A．小球运动过程中，小球受到的洛伦兹力、重力恒定不变，则小球受到的合力不变，且合力方向与初速度方向不在同一直线上，故小球在斜面上做匀变速曲线运动，故A错误；
B．小球做类平抛运动，在NM方向上，小球做匀速直线运动，在斜面方向上，小球做匀加速直线运动，则
小球的加速度为
解得小球到达底边的时间为
故B正确；
C．根据动能定理，小球到达底边的动能为
故C错误；
D．根据左手定则，小球受到的洛伦兹力垂直斜面向上，为使小球不脱离斜面，则
解得匀强磁场磁感强度的取值范围为
故D错误。
故选B。
3．（2024·四川德阳·模拟预测）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，该粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子的重力，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】AB．粒子在磁场中圆周运动周期
洛伦兹力提供向心力
得
如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角为
所用时间为
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角为，所用时间为
所以粒子运动时间t，有
故AB错误；
CD．如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，所以
C错误，D正确。
故选D。
【点睛】
4．（2025·云南昆明·模拟预测）如图所示，在y≥0的区域存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向均匀地不断发射速度大小均为v、质量为m、带电荷量为4q的同种带电粒子。在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上，其速度立即变为0）。现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力，则下列说法正确的是（　　）
A．磁感应强度
B．磁感应强度
C．打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比为1：2
D．打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比为2：1
【答案】C
【详解】AB．由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，沿x负方向射出的粒子恰好打在金属板的上方，如图所示
由几何关系可知
由洛伦兹力提供向心力，联立解得
故AB错误；
CD．当打在右侧下端的临界点，如图所示
圆心O″与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成150°角，结合A选项中图可知，沿与-x方向夹角范围为0~30°角发射的粒子打在薄金属板的右侧面上；当带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点，如图所示
圆心O′与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成30°角，可知沿与x正方向夹角范围为30~90°角发射的粒子打在薄金属板的左侧面上，则打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比为
故C正确，D错误。
故选C。
二、多选题
5．（2024·吉林长春·模拟预测）地球的磁场是保护地球的一道天然屏障，它阻挡着能量很高的太阳风粒子直接到达地球表面，从而保护了地球上的人类和动植物。地球北极的磁场是沿竖直轴对称的非均匀磁场，如图所示为某带电粒子在从弱磁场区向强磁场区前进时做螺线运动的示意图，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．该带电粒子带正电
B．从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变
C．带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离一直保持不变
D．带电粒子每旋转一周的时间变小
【答案】ABD
【详解】A．由左手定则可知，该带电粒子带正电，故A正确；
B．因洛伦兹力对带电粒子不做功，则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变，故B正确；
CD．根据洛伦兹力提供向心力
带电粒子每旋转一周的时间为
可知随着磁场的增强，粒子运动半径逐渐减小，带电粒子每旋转一周的时间变小，带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离为
故带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离减小，故C错误，D正确。
故选ABD。
6．（2024·广西柳州·三模）如图所示，上方存在匀强磁场，同种粒子从点射入匀强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为和，且均由点射出磁场，则两粒子（　　）
A．运动半径之比为 B．初速率之比为
C．运动时间之比为 D．运动时间之比为
【答案】AC
【详解】A．设OP=2d，则由几何关系可知，
可知ab的运动半径之比为，选项A正确；
B．根据
可得
初速率之比为，选项B错误；
CD．根据
ab两粒子转过的角度之比为300°：120°=5:2，则运动时间之比为，选项C正确，D错误。
故选AC。
7．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量均为m、带电荷量均为的粒子从P点沿竖直方向以不同速率射入磁场，P点与圆心的连线与竖直方向之间的夹角为，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．该束粒子射出磁场时速度方向与过出射点的磁场区域圆半径的夹角为
B．若粒子恰好从C点射出，则其在磁场中运动的时间为
C．若粒子恰好从A点射出，则其在磁场中运动的速度为
D．从B点射出的粒子比从A点射出的粒子在磁场中运动的时间短
【答案】ABC
【详解】A．根据题意可知，粒子从P点射入磁场时，速度方向与过入射点的圆形磁场半径之间的夹角为，如图所示
由几何知识可知，该束粒子射出磁场时速度方向与过出射点的磁场区域圆半径的夹角也为，A正确；
B．若粒子恰好从C点射出，粒子的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子在磁场中转过的圆心角为，运动的时间为
B正确；
C．若粒子恰好从A点射出，粒子的运动轨迹如图乙所示
根据几何关系可知，轨迹半径
由洛伦兹力提供向心力可知，解得
C正确；
D．从B点射出的粒子在磁场中转过的圆心角大于从A点射出的粒子在磁场中转过的圆心角，根据
可知从B点射出的粒子比从A点射出的粒子在磁场中运动的时间长，D错误。
故选ABC。
三、解答题
8．（2024·湖北黄冈·三模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的x轴上方一矩形区域内存在一垂直平面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感强度大小，x轴的下方存在一与平面平行的匀强电场。一质量、电荷量的带正电粒子从点以、方向与y轴正向夹角射入第三象限，粒子在电场中偏转后第一次经过x轴上Q点时速度大小也为，方向也与y轴正向夹角，经过x轴后立即进入磁场，直到第二次经过x轴上M点离开磁场。已知，不计粒子重力，求
（1）电场强度的大小和方向；
（2）Q点、M点的坐标；
（3）矩形磁场区域的最小面积S。
【答案】（1）8 V/m ， 方向沿x轴正向；（2） ， ；（3）
【详解】（1）对粒子从P到Q运动过程中，初末速度及速度变化矢量图如图所示
由几何知识得
代入数据得
方向沿x轴正向，
则电场方向沿x轴正向，故粒子从P到Q运动过程可看成沿方向，匀速直线运动到x轴上F和沿x轴方向匀加速直线运动，则沿方向，匀速直线运动到x轴有，得
联立得
方向沿x轴正向
（2）粒子P到Q运动过程x轴方向匀加速直线运动有
可知
故Q点坐标为
对粒子在磁场中运动有，解得
则
得M点坐标为
（3）粒子在磁场中运动轨迹如图所示，对应轨迹圆心为，D为OM中点，连线延长交圆弧于C点，作其圆弧的外切矩形
在中，有，解得，
解得
矩形面积
代入数据得
9．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图所示的坐标系中，y轴左侧存在范围足够大的匀强电场，电场方向与y轴负方向的夹角为，电场强度的大小为，第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场（未画出）。质量为、带电荷量为、重力不计的带正电粒子由O点左侧距离O点处的P点由静止释放，经过一段时间由y轴上的Q点（未画出）进入磁场。已知，，。（结果均保留两位有效数字）
（1）若磁场的磁感应强度大小为，且该磁场为矩形区域，欲使粒子垂直x轴离开磁场，求磁场面积的最小值；
（2）若磁场范围足够大，粒子刚好不从x轴离开磁场，求粒子第2次到达y轴时位置到O点的距离以及粒子由P点释放到第2次到达y轴时所用的时间。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）作出粒子的运动轨迹，如图1所示，由几何关系可知，
由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理得，解得
带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由
整理得
代入数据得
由几何关系可知粒子轨迹的圆心在x轴上，粒子由C点垂直x轴离开磁场。则
矩形磁场区域的最小面积如图1所示，则
过做MN的垂线，分别交CQ，MN于S、T，则，则，解得
所以
矩形磁场面积的最小值为

（2）粒子刚好不从x轴离开磁场。其运动轨迹如图2所示。
由几何关系可知，解得
由对称性可知，粒子第2次到达y轴时的速度方向与y轴负方向的夹角为，且F点到O点的距离为
粒子在电场中运动时，粒子的加速度大小为
粒子由P到Q的时间为
粒子在磁场中运动的周期为
则粒子在磁场中运动的时间为
则粒子由P点释放到第2次到y轴的总时间为，代入数据解得
第07讲 电学实验（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
实验1：描绘小灯泡的伏安特性曲线
一、基本实验要求
1．实验原理
（1）测多组小电珠的U、I的值，并绘出I－U图象；
（2）由图线的斜率反映电流与电压和温度的关系．
2．实验器材
小电珠“3.8 V,0.3 A”、电压表“0～3 V～15 V”、电流表“0～0.6 A～3 A”、滑动变阻器、学生电源、开关、导线若干、坐标纸、铅笔．
3．实验步骤
（1）画出电路图（如图甲所示）．
（2）将小电珠、电流表、电压表、滑动变阻器、学生电源、开关用导线连接成如图乙所示的电路．
（3）测量与记录
移动滑动变阻器触头位置，测出12组左右不同的电压值U和电流值I，并将测量数据填入自己设计的表格中．
（4）数据处理
①在坐标纸上以U为横轴，I为纵轴，建立直角坐标系．
②在坐标纸上描出各组数据所对应的点．
③将描出的点用平滑的曲线连接起来，得到小电珠的伏安特性曲线．
4．实验器材选取
（1）原则：①安全；②精确；③操作方便．
（2）具体要求
①电源允许的最大电流不小于电路中的实际最大电流．干电池中电流一般不允许超过0.6 A.
②用电器的额定电流不能小于通过该用电器的实际最大电流．
③电压表或电流表的量程不能小于被测电压或电流的最大值．
④电压表或电流表的指针应偏转到满刻度的以上．
⑤从便于操作的角度来考虑，限流式接法要选用与待测电阻相近的滑动变阻器，分压式接法要选用较小阻值的滑动变阻器．
二、数据处理及规律方法
1．注意事项
（1）电路的连接方式：
①电流表应采用外接法：因为小电珠（3.8 V,0.3 A）的电阻很小，与量程为0.6 A的电流表串联时，电流表的分压影响很大．
②滑动变阻器应采用分压式接法：目的是使小电珠两端的电压能从0开始连续变化．
（2）闭合开关S前，滑动变阻器的触头应移到使小电珠分得电压为0的一端，使开关闭合时小电珠的电压能从0开始变化，同时也是为了防止开关刚闭合时因小电珠两端电压过大而烧坏灯丝．
（3）I－U图线在U0＝1.0 V左右将发生明显弯曲，故在U＝1.0 V左右绘点要密，以防出现较大误差．
4．误差分析
（1）由于电压表不是理想电表，内阻并非无穷大，会带来误差，电流表外接，由于电压表的分流，使测得的电流值大于真实值．
（2）测量时读数带来误差．
（3）在坐标纸上描点、作图带来误差．
实验2：导体电阻率的测定
实验目的
掌握螺旋测微器及游标卡尺的原理及读数方法；
掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法；
会用伏安法测电阻，并能测定金属的电阻率。
实验原理
根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d，计算出横截面积S，并用伏安法测出电阻Rx，即可计算出金属丝的电阻率．
2．实验器材
被测金属丝，直流电源（4 V），电流表（0～0.6 A），电压表（0～3 V），滑动变阻器（0～50 Ω），开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺．
3．实验步骤
（1）用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d.
（2）连接好用伏安法测电阻的实验电路．
（3）用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l.
（4）把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．
（5）闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，填入记录表格内．
（6）将测得的Rx、l、d值，代入公式R＝ρ和S＝中，计算出金属丝的电阻率．
实验3：电源电动势和内阻的测量
一、基本实验要求
1．实验原理
闭合电路欧姆定律．
2．实验器材
电池、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线、坐标纸和刻度尺．
3．基本操作
（1）电流表用0.6 A的量程，电压表用3 V的量程，按图连接好电路．
（2）把滑动变阻器的滑片移到使阻值最大的一端．
（3）闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表有明显示数并记录一组数据（I1，U1）．用同样的方法再测量几组I、U值，填入表格中．
（4）断开开关，拆除电路，整理好器材．
二、数据处理及规律方法
1．实验数据求E、r的处理方法
（1）列方程求解：由U＝E－Ir得，解得E、r.
（2）用作图法处理数据，如图所示．
①图线与纵轴交点为E；
②图线与横轴交点为I短＝；
③图线的斜率表示r＝||.
2．注意事项
（1）为了使路端电压变化明显，可使用内阻较大的旧电池．
（2）电流不要过大，应小于0.5 A，读数要快．
（3）要测出不少于6组的（I，U）数据，变化范围要大些．
（4）若U－I图线纵轴刻度不从零开始，则图线和横轴的交点不再是短路电流，内阻应根据r＝||确定．
（5）电流表要内接（因为r很小）．
3．误差来源
（1）偶然误差：用图象法求E和r时作图不准确．
（2）系统误差：电压表分流.
实验4：练习使用多用表
一、基本实验要求
1．实验器材
多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻（大、中、小）三个．
2．实验步骤
（1）观察：观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程．
（2）机械调零：检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置．若不指零，则可用小螺丝刀进行机械调零．
（3）将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔．
（4）测量小灯泡的电压和电流．
①按如图甲所示的电路图连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压．
②按如图乙所示的电路图连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流．
（5）测量定值电阻
①根据被测电阻的估计阻值，选择合适的挡位，把两表笔短接，观察指针是否指在欧姆表的“0”刻度，若不指在欧姆表的“0”刻度，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆表的“0”刻度处；
②将被测电阻接在两表笔之间，待指针稳定后读数；
③读出指针在刻度盘上所指的数值，用读数乘以所选挡位的倍率，即得测量结果；
④测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡．
二、规律方法总结
1．多用电表使用注意事项
（1）表内电源正极接黑表笔，负极接红表笔，但是红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔，注意电流的实际方向应为“红入”，“黑出”．
（2）区分“机械零点”与“欧姆零点”．机械零点是表盘刻度左侧的“0”位置，调整的是表盘下边中间的指针定位螺丝；欧姆零点是指刻度盘右侧的“0”位置，调整的是欧姆调零旋钮．
（3）由于欧姆挡表盘难以估读，测量结果只需取两位有效数字，读数时注意乘以相应挡位的倍率．
（4）使用多用电表时，手不能接触表笔的金属杆，特别是在测电阻时，更应注意不要用手接触表笔的金属杆．
（5）测量电阻时待测电阻要与其他元件和电源断开，否则不但影响测量结果，甚至可能损坏电表．
（6）测电阻时每换一挡必须重新欧姆调零．
（7）使用完毕，选择开关要置于交流电压最高挡或“OFF”挡．长期不用，应把表内电池取出．
2．多用电表对电路故障的检测
（1）断路故障的检测方法
①用直流电压挡：
a．将电压表与电源并联，若电压表示数不为零，说明电源良好，若电压表示数为零，说明电源损坏．
b．在电源完好时，再将电压表与外电路的各部分电路并联．若电压表示数等于电源电动势，则说明该部分电路中有断点．
②用直流电流挡：
将电流表串联在电路中，若电流表的示数为零，则说明与电流表串联的部分电路断路．
③用欧姆挡检测
将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若有阻值（或有电流）说明元件完好，若电阻无穷大（或无电流）说明此元件断路．
（2）短路故障的检测方法
①将电压表与电源并联，若电压表示数为零，说明电源被短路；若电压表示数不为零，则外电路的部分电路不被短路或不完全被短路．
②用电流表检测，若串联在电路中的电流表示数不为零，故障应是短路．
强化点一 描绘小灯泡的伏安特性曲线
【典例1】（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期末）某同学用图（a）所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：小灯泡（额定电压2.5V，额定电流0.3A）、电压表（量程300mV，内阻300Ω）、电流表（量程300mA，内阻0.27Ω）、定值电阻R0、滑动变阻器R1（阻值0~20Ω）、电阻箱R2（最大阻值9999.9Ω）、电源E（电动势6V，内阻不计）、开关S、导线若干，完成下列填空：
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的 （填“a”或“b”）端；
（2）在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R2的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、I，描点结果如图（b）所示，当流过电流表的电流为10mA时，小灯泡的电阻为 Ω（保留1位有效数字）；
（3）为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V，该同学经计算知，应将R2的阻值调整为 Ω；
（4）由图（b）可知，随着流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻 （填“增大”“减小”或“不变”）
【变式1-1】（23-24高二上·浙江杭州·期末）某同学在研究标有额定工作状态为“3V 1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线实验中，实验室提供以下器材：
电流表（量程100mA，内阻约为）
电流表（量程600mA，内阻约为）
电压表V（量程3.0V，阻约为）
滑动变阻器（最大阻值为）
滑动变阻器（最大阻值为）
电源E（电动势为4V，内阻不计）
单刀单掷开关与单刀双掷开关若开，导线若干
（1）为了提高测量的准确度与有效性，应该选择电流表 ，滑动变阻器 （填器材后面的代号）；
（2）若实验电路如图1所示，在实验过程中，应先将滑动变阻器的滑片P置于变阻器的 端（填“左”或“右”）；调整好滑片位置后将单刀双掷开关置 点（“a”或“b”）。
（3）将滑片P向右调节，得到多种状态下小灯泡实际工作的电压与电流的对应数据、记录在表格中，描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图2所示。
（4）将这个小灯泡接入新电路（图3所示）中，电源内阻不计，该电路中其他元件的相关参数如图中标识，则该小灯泡在该电路中的实际工作功率为 W（结果保留三位有效数字）。
强化点二 测量导体的电阻率
【典例2】（22-23高二上·天津河北·期末）某小组用铜棒完成“测定金属电阻率”实验，实验步骤如下：
(1)首先通过螺旋测微器测量铜棒直径，通过游标卡尺测铜棒的长度，测量结果如图甲、乙所示，则铜棒直径 ，铜棒的长度 。
(2)为了精密测量该金属丝的电阻率，某实验小组先使用多用电表粗测其电阻约为，然后进行较准确测量，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表（量程，内阻约为）
B．电压表（量程，内阻约为）
C．电流表（量程，内阻约为）
D．电流表（量程，内阻约为）
E.滑动变阻器
F.输出电压为的直流稳压电源
G.电阻箱
H.开关，导线若干
为尽量减小实验误差，电压表选 ；电流表选 ；（填器材前的字母）
(3)若要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，在方框内画出电路图 。
(4)如果金属丝直径为，长度为，所测电压为，电流为，写出计算电阻率的表达式 。
【变式2-1】（23-24高二下·湖南·期末）某同学欲测量实验室中一根粗细均匀的电阻丝的电阻率，实验步骤如下：
(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值：当用“”挡时发现指针的偏转角度过大，应换用 （填“”或“”）挡，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为 。
(2)某同学设计如图乙所示的电路测量该电阻丝的电阻率。在刻度尺两端的接线柱a和b之间接入该电阻丝，金属夹P夹在电阻丝上，沿电阻丝移动金属夹P，即可改变接入电路的电阻丝长度。
实验室提供的器材有：
电池组E（电动势为3.0V，内阻约为）；
电流表A（量程为100mA）；
电阻箱R（阻值范围为）；
开关、导线若干。
实验操作步骤如下：
a.用螺旋测微器测出电阻丝的直径D；
b.根据图乙连接实验电路；
c.调节电阻箱使其接入电路的阻值最大，将金属夹P夹在电阻丝某位置上；
d.闭合开关S，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
e.改变金属夹P的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏，记录R和L数据；
f.重复上述步骤，得到多组数据。
①用螺旋测微器测出电阻丝的直径D，示数如图丙所示，读数为 mm。
②用记录的多组R和L的数据，绘出了如图丁所示图线，截距分别为和，则电阻丝的电阻率表达式 （用题中已知量的字母表示）。
③分析电流表的内阻对本实验结果 （填“有”或“没有”）影响。
强化点三 伏安法测电阻
【典例3】（23-24高二下·湖南衡阳·期末）某同学用伏安法测电阻的阻值（约为），除了待测电阻，开关S、导线外，还有下列器材。
电流表A（量程0~3mA，内阻约为）。
电压表V（量程0~3V，内阻约为）；
滑动变阻器R（，允许通过的最大电流2A）。
蓄电池E（电动势为3V，内阻约为）。
(1)要求能多测几组数据，且测量值尽可能准确，你在图A、B、C、D中选择的电路图是______（填字母序号）。
A． B． C． D．
(2)按所选电路进行实验，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P滑到 端（填“A”或“B”），测量时测量值比真实值 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
(3)实验中该同学发现电压表坏了，于是找来一个电流表G（量程0~1mA，内阻）和电阻箱串联改装成量程为0~3V的电压表，则电阻箱的电阻值应调节为 。该同学将改装成功后的电压表正确连入选择的电路，又想办法测出了电流表A的准确内阻，实验时电流表A的读数为，电流表G的读数为，则待测电阻 （用符号表示）。
【变式3-1】（23-24高二上·云南昭通·期末）某物理兴趣小组准备测一个电流表的内阻。实验室准备的器材有：待测电流表A（量程为）、干电池两节、电压表（量程为）、滑动变阻器（最大阻值，额定电流）、定值电阻、定值电阻、多用电表、电键、导线若干。
（1）甲同学想利用多用电表的欧姆挡测量电流表的内阻。先将欧姆表倍率调为“”，进行欧姆调零，为了电表安全，测量时应将红表笔接触电流表的 （填“正”或“负”）接线柱的金属部分，黑表笔接触电流表的另一接线柱的金属部分。经过欧姆表测电阻的正确操作后指针在表盘的位置如图甲所示，则电流表内阻为 。
（2）乙同学想利用如图乙所示的电路测量电流表的内阻，为了使测量时相对误差更小，要求测量时两电表指针偏转均超过其量程的三分之二，应使用 （填“”或“”）。电路接通后，把滑动变阻器的滑动端滑动到某一位置，若此时电压表读数为，电流表读数为，则电流表内阻 。（用题中已知的字母表达）
强化点四 半偏法测电表内阻
【典例4】（22-23高二上·河南南阳·期末）在学校社团活动中，某实验小组先测量一只量程为300μA的微安表头G的内阻值，然后将其改装为量程为0.3A的电流表。可供选择的实验器材有：
微安表头G（量程300μA，内阻约为几百欧姆）
滑动变阻器
滑动变阻器
电阻箱
电源（电动势约为）
电源（电动势约为）
开关、导线若干
实验小组先用如图所示电路测量表头的内阻，实验方法是：
A．按图连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端
B．断开，闭合，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏
C．闭合，并保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使表头G的示数为200μA，记录此时电阻箱的阻值。
(1)实验中电源应选用 ，滑动变阻器应选用 （选填仪器字母代号）；
(2)测得表头的内阻 ，表头内阻的测量值较其真实值 （选填“偏大”或“偏小”）；
(3)实验测得的内阻，要将表头改装成量程为的电流表，应选用阻值为 的电阻与表头并联。
【变式4-1】（23-24高二上·吉林长春·期末）某同学把量程为500μA但内阻未知的微安表G改装成量程为2V的电压表，他先测量出微安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准电压表，对改装后的电压表进行检测。

该同学利用“半偏法”原理测量微安表G的内阻，实验中可供选择的器材如下：
A．滑动变阻器（）
B．滑动变阻器（）
C．电阻箱（）
D．电源（电动势为1.5V）
E.电源（电动势为9V）
F.开关、导线若干
具体实验步骤如下：
a.按电路原理图甲连接好线路；
b.将滑动变阻器R的阻值调到最大，闭合开关后调节R的阻值，使微安表G的指针满偏；
c.闭合，保持R不变，调节的阻值，使微安表G的示数为250μA，此时的示数为；
回答下列问题：
（1）为减小实验误差，实验中电源应选用 ，滑动变阻器应选用 （填仪器前的字母）；
（2）由实验操作步骤可知微安表G内阻的测量值 ；
（3）若按照（2）中测量的，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联一个阻值为 的电阻；
（4）用图乙所示电路对改装后的电压表进行校对，由于内阻测量造成的误差，当标准电压表示数为2V时，改装电压表中微安表G的示数为495μA，为了尽量消除改装后的电压表测量电压时带来的误差，的阻值应调至 （结果保留1位小数）。
强化点五 双安法测电阻
【典例5】（23-24高二下·湖南·期末）某实验小组为测量某一电阻阻值（约为几欧），实验室现有器材如下，试设计实验尽可能多测几组数据取平均值精确测量其阻值：
A．电流表A（量程，内阻约为）
B．毫安表G（量程，内阻为）
C．滑动变阻器，总阻值为
D．滑动变阻器，总阻值为
E.电阻箱R，总阻值
F.电源E，电动势，内阻不计
G.开关S、导线若干。
(1)实验中滑动变阻器选 （填或）。
(2)实验小组将毫安表改装成量程为3V电压表，则应将电阻箱与毫安表 （选填“串联”或“并联”），且电阻箱阻值为 。
(3)试画出测量原理图 （所有元件都用题目所给符号表示）。
(4)合上开关S，改变滑片位置，记录下两表的示数，测得毫安表G示数为，电流表A示数为（单位均为A），则 （用、表示）。
【变式5-1】（23-24高二上·山东淄博·期末）一粗细均匀的导电材料样品，截面为同心圆环，该样品的外径，内径，如图甲所示。某同学设计实验测量该样品的电阻率，实验步骤如下：
（1）如图乙所示，用游标卡尺测得该样品长度 。
（2）用多用电表测得该样品阻值约为110Ω，为精确的测量其电阻阻值，可供选择的器材如下：
待测导电样品
电流表（量程600，内阻约为1Ω）
电流表（量程150，内阻约为20Ω）
电流表（量程30，内阻为50Ω）
定值电阻
定值电阻
滑动变阻器R（0-20Ω，额定电流2A）
直流电源E（电动势约为12V，内阻不计）
开关一只，导线若干
①根据实验器材，设计实验电路如图丙所示，图中电流表A应选择 ，图中电流表应选择 ，定值电阻应选择 。（选填所选器材的字母代号）
②实验中调节滑动变阻器，测得电流表A、对应的多组电流值I、，做出的图像如图丁所示，可得该导电样品的电阻阻值为 Ω.
（3）由以上数据，计算可得该样品电阻率为 。（π取3.14）
强化点六 双伏法测电阻
【典例6】（23-24高二下·湖南岳阳·期末）学生实验小组要测量量程为3V的电压表V的内阻。可选用的器材有：多用电表，电源E（电动势5V），电压表V1（量程5V，内阻约3kΩ），定值电阻（阻值为800Ω），滑动变阻器（最大阻值50Ω），滑动变阻器（最大阻值5kΩ），开关S，导线若干。
完成下列填空：
(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应 （把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列）；
A．将红、黑表笔短接
B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆
C．将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的 填“正极、负极”或“负极、正极”）相连，欧姆表的指针位置如图（a）中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡 （填“×1”“×100”或“×1K”）位置，重新调节后，测量得到指针位置如图（a）中实线Ⅱ所示，则组测得到的该电压表内阻为 kΩ（结果保留1位小数）；
(2)为了提高测量精度，他们设计了如图（b）所示的电路，其中滑动变阻器应选 （填“”或“”），闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于 （填“a”或“b”）端；（3）闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表，待测电压表的示数分别为、，则待测电压表内阻 （用和表示）；
【变式6-1】（2024·新疆河南·高考真题）学生实验小组要测量量程为3V的电压表V的内阻。可选用的器材有：多用电表，电源E（电动势5V），电压表V1（量程5V，内阻约3kΩ），定值电阻（阻值为800Ω），滑动变阻器（最大阻值50Ω），滑动变阻器（最大阻值5kΩ），开关S，导线若干。
完成下列填空：
(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应 （把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列）；
A．将红、黑表笔短接
B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆
C．将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的 （填“正极、负极”或“负极、正极”）相连，欧姆表的指针位置如图（a）中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡 （填“×1”“×100”或“”）位置，重新调节后，测量得到指针位置如图（a）中实线Ⅱ所示，则组测得到的该电压表内阻为 kΩ（结果保留1位小数）；
(2)为了提高测量精度，他们设计了如图（b）所示的电路，其中滑动变阻器应选 （填“”或“”），闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于 （填“a”或“b”）端；
(3)闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表，待测电压表的示数分别为、，则待测电压表内阻 （用、U和表示）；
(4)测量得到，则待测电压表内阻 （结果保留3位有效数字）。
强化点七 等效替代法测电阻
【典例7】（23-24高二下·河北邯郸·期末）酒驾严重危害交通安全，“喝酒不开车”已经成为准则。酒精检测仪的核心部件为酒精气体传感器，其电阻R与酒精气体浓度c的关系如图甲所示。某校课外学习小组的同学利用该酒精气体传感器及小组的一些器材设计了酒精检测仪，其原理图如图乙所示。
(1)由于学习小组只有量程为的电压表，学习小组的同学们正确使用多用电表欧姆挡测得该电压表的内阻为，为了把电压表的量程提升为，应将与电压表串联的电阻箱的阻值调为 （结果保留一位小数）。
(2)学习小组使用的电源电动势，内阻，若同学们想将酒精气体浓度为零的位置标注在电压表上处（表盘已改装完毕），则应将电阻箱的助理值调为 ．
(3)已知酒精气体浓度在之间属于饮酒驾驶；酒精气体浓度达到或超过属于醉酒驾驶。在正确完成步骤（2）、开关闭合的情况下，若酒精气体传感器处在酒精气体浓度为的环境中，则电压表的示数 （填“大于”“小于”或“等于”）。
(4)该仪器使用较长时间后，电源内阻增大，但电源电动势不变，若不做调整直接测量，则此时所测的酒精气体浓度与真实值相比 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【变式7-1】（23-24高二下·四川成都·期末）光敏电阻的阻值会随着光照度（单位：lx）的增大而减小。
(1)图甲是一位同学设计的自动控制路灯的电路，R为光敏电阻，若要路灯在天黑的时候自动亮起，天亮的时候自动熄灭，那么路灯应该接在 两个接线柱上（填“AB”或“BC”）。
(2)为进一步研究光敏电阻的使用，这位同学通过图乙所示电路测量在不同光照度下光敏电阻的阻值。图中电源电压为6V，闭合后，这位同学先将拨至“1”位置，电阻箱接入电路的阻值调为6250Ω时，灵敏电流计示数为“I”；然后他将拨至“2”位置，电阻箱接入电路的阻值调为2550Ω时，灵敏电流计示数仍为“I”。则在此光照度下，光敏电阻的阻值为 Ω。
(3)这位同学通过测量得出了光敏电阻的阻值随光照度变化的规律如图丙所示，并用图丙表示的光敏电阻连接成图丁所示的电路，其中电源电动势为，内阻为，定值电阻，电阻箱的调节范围为0~999.9Ω，光敏电阻两端的电压增至2V时照明系统开始工作，为使光敏电阻在光照度降低到4000lx时，自动控制系统开始补光，电阻箱接入电路的阻值应该调为 Ω。该光控装置使用较长时间后电源内阻变大，使得自动控制系统正常工作时的最小光照度 4000lx（填“大于”“小于”或“等于”）。
强化点八 电桥法测电阻
【典例8】（23-24高二下·山东临沂·期末）某同学制作了一款测温计，该测温计的最高测温为电路图如图甲所示，所使用器材：
定值电阻为10Ω
定值电阻为50Ω
电阻箱（调节范围0~999.9Ω）
金属热电阻
电动势为36V的直流电源（内阻很小可忽略不计）
电压表V量程范围0~3V（内阻很大）
开关，导线若干
金属热电阻的阻值随温度变化图像如图乙所示，操作步骤如下：
（1）先按图连接好电路，电压表的正接线柱应连接 （填“a”或“b”），将传感器置于恒温箱中，将恒温箱温度调为180℃，调节的阻值为 Ω，此时电压表指针指到0刻线；
（2）降低恒温箱温度，电压表示数为1.2V时，恒温箱的温度为 ；
（3）依次降低温度，将电压表刻度改为相应的温度刻度；
（4）该测温计能够测量的最低温度为 。
【变式8-1】（23-24高二下·广西南宁·期末）某同学要探究光敏电阻阻值随光照强度变化的规律，实验电路如图甲所示。
实验器材如下：
A．待测光敏电阻Rx(日光下阻值约几千欧)
B．标准电阻R1(阻值为10Ω)
C．标准电阻R2(阻值为4Ω)
D．灵敏电流计G(量程为300μA，a端电势高于b端电势，电流计向左偏转，b端电势高于a端电势，电流计向右偏转)
E.电阻箱R3(0~9999Ω)
F.滑动变阻器(最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流为2A)
G.电源(电动势3.0V，内阻约为0.2Ω)
H.开关，导线若干
(1)①开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于 (填“A”或“B”)端。
②多次调节滑动变阻器和电阻箱，使电流计指针稳定时指向中央零刻线位置。电阻箱示数如图乙所示，电阻箱接入电路的阻值R3= Ω。
(2)待测光敏电阻R计算公式为 (用R1，R2，R3表示)。
(3)该同学找到该光敏电阻的阻值与光照强度的关系图像如图丙所示，则上述实验中光强强度为 cd；
(4)若保持电阻箱阻值不变，增大光照强度，则电流计指针 (填“向左”或“向右”或“不”)偏转。
强化点九 测电源的电动势和电阻
【典例9】（23-24高二下·四川宜宾·期末）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表A1 ：量程0～0. 6A，内阻约为0.2
C．电流表A2：量程0～0.6A，内阻为0.1
D．电压表V1：量程0～3V，内阻未知
E．电压表V2 ：量程0～15V，内阻未知
F．滑动变阻器R1：0～10，2A
G．滑动变阻器R2：0～100，1A
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，为消除上述系统误差，尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
(1)在上述器材中请选择适当的器材：电流表 ， 电压表 ，滑动变阻器选 。（填写器材前的序号字母)
(2)实验电路图应选择下图中的 (填“甲”或“乙”）
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图像。由此可知，干电池的电动势E = V，内电阻r = 。（结果保留一位小数)
【变式9-1】（23-24高二上·江苏泰州·期末）某同学根据闭合电路欧姆定律测量电源的电动势和内阻。
(1)设计如图1所示的电路，现有图2所示的实验器材和若干导线。图中已将实验器材进行了部分连接，还应当用一根导线将电压表接线柱h与 接线柱连接，再用另一根导线将电压表接线柱g与 接线柱连接；填写接线柱对应的字母
(2)电路接线完毕，在保证电路安全的情况下闭合开关，调节滑动变阻器，发现电压表读数一直接近3V而电流表读数始终为零。已知导线与接线柱均无故障，且故障只有一处。现只改变电压表接线，再闭合开关、调节变阻器。下列推断正确的是______；
A．电压表接在a、f之间，电压表、电流表读数总为零，表明滑动变阻器短路
B．电压表接在a、b之间，电压表读数总接近3V、电流表读数总为零，表明电流表断路
C．电压表接在c、d之间，电压表、电流表读数总为零，表明开关是完好的
(3)实验由图1正确操作后，根据下图数据，测得电池的电动势 V，内阻 ；
(4)如果连接线接头严重氧化或与接线柱连接不紧就会产生“接触电阻”，若本实验中连接滑动变阻器和电流表导线接头处有“接触电阻”，则由此产生的影响是：电动势E测量值 选填“偏大”、“偏小”或“不变”；
(5)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为 。
强化点十 多用表测量测电学中的物理量
【典例10】（23-24高二下·广东梅州·期末）酒驾严重危害交通安全，“喝酒不开车”已经成为准则，酒精检测仪核心部件为酒精气体传感器，其电阻R与酒精气体浓度c的关系如图甲所示，某同学想利用该酒精气体传感器及实验室如下器材设计一款酒精检测仪。
A．干电池组（电动势V，内阻Ω）
B．电阻箱（最大阻值9999.9Ω）
C．电压表V（满偏电压0.6V，内阻未知）
D．电阻箱（最大阻值9999.9Ω）
E.多用电表
F.开关及导线若干
（1）该同学用选择开关指向欧姆挡“×100”挡位且已经欧姆调零的多用电表测量电压表V的内阻大小时，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的 （选填“×1k”或“×10”）挡位，然后进行欧姆调零，再次测量电压表V的内阻值，其表盘及指针所指位置如图乙所示，则测量的电压表V的内阻为 Ω（结果保留两位有效数字），该同学进一步用其他方法测得其准确值与多用电表测得的电压表内阻值相等；
（2）该同学设计的测量电路如图丙所示，他首先将电压表V与电阻箱串联改装成量程为3V的电压表；
（3）该同学想将酒精气体浓度为零的位置标注在电压表上0.4V处，则应将电阻箱的阻值调为 Ω；
（4）完成步骤（3）后，某次在实验室中测试酒精浓度时，电压表指针如图丁所示，已知酒精气体浓度在0.2~0.8mg/mL之间属于饮酒驾驶；酒精气体浓度达到或超过0.8mg/mL属于醉酒驾驶，则该次测试的酒精气体浓度在 （选填“饮酒驾驶”或“醉酒驾驶”）范围内。
【变式10-1】（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）某实验小组“研究光敏电阻的阻值特性”。
(1)小组成员先利用多用电表欧姆挡粗测不同光照条件下光敏电阻的阻值。
①测量遮光条件下的阻值，选择“”挡，指针在表盘的位置如图Ⅱ-（1）所示，此时的阻值为 Ω；
②测量光照条件下的阻值，选择“”挡，指针在表盘的位置如图Ⅱ-（2）所示，为确定该条件下的阻值，后续操作最合理的是 。
A．直接读数
B．将选择开关旋至“×100”挡，测量、读数
C．将选择开关旋至“×100”挡，重新欧姆调零后，测量、读数
D．将选择开关旋至“”挡，重新欧姆调零后，测量、读数
(2)为了更精确地测量该光敏电阻在光照条件下的阻值，学习小组进一步采用伏安法进行测量研究。实验所用器材和部分电路连线如图Ⅱ-（3）所示。其中：电源电动势（电源内阻忽略不计）、电压表量程0~3V、滑动变阻器阻值0~5Ω。
①为了有较大的电压测量范围，导线Q端应 ；
A．接a B．接b C．不接
②为减小实验误差，电流表最合理的选择是 ；
A．多用电表“0.5mA”挡 B．多用电表“5mA”挡 C．多用电表“50mA”挡
③因电表内阻均未知，使用试触法判断P点接法。P点接b时两表盘示数如图Ⅱ-（4）a所示，接c时示数Ⅱ-（4）b所示。为减小实验误差，P点应选择 （选填“接b”或“接c”），此时的测量值相比真实值 （选填“偏小”、“偏大”或“无偏差”）。
真题感知
1．（2024·天津·高考真题）某同学研究闭合电路的规律。
(1)根据闭合电路的欧姆定律得出了电源输出功率P与外电路电阻关系图像，如图所示，则P的峰值对应的外电路电阻值R应 电源内阻r（填“大于”、“小于”或“等于”）；
(2)测定电源的电动势和内阻，可供选用的器材有：
A．电压表：（量程，内阻约为）
B．电流表：（量程，内阻约为）
C．滑动变阻器：（最大阻值，额定电流）
D．滑动变阻器：（最大阻值，额定电流）
E．待测电源：（电动势约为，内阻约为）
F．开关、导线若干
（i）实验中所用的滑动变阻器应选 （填器材前字母代号）；
（ii）实物电路如图所示，单刀双掷开关可分别与1、2端闭合，为使电源内阻的测量结果更接近真实值，应与 端闭合。
2．（2024·福建·高考真题）某实验小组探究不同电压下红光和蓝光发光元件的电阻变化规律，并设计一款彩光电路。所用器材有：红光和蓝光发光元件各一个、电流表（量程30mA）、电压表（量程3V）、滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）、5号电池（电动势1.5V）两节、开关、导线若干。
（1）图（a）为发光元件的电阻测量电路图，按图接好电路；
（2）滑动变阻器滑片先置于 （填“a”或“b”）端，再接通开关S，多次改变滑动变阻器滑片的位置，记录对应的电流表示数I和电压表示数U；
（3）某次电流表示数为10.0mA时，电压表示数如图（b）所示，示数为 V，此时发光元件的电阻为 Ω（结果保留3位有效数字）；
（4）测得红光和蓝光发光元件的伏安特性曲线如图（c）中的Ⅰ和Ⅱ所示。从曲线可知，电流在1.0~18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压变化的关系均是： ；
（5）根据所测伏安特性曲线，实验小组设计一款电路，可使红光和蓝光发光元件同时在10.0mA的电流下工作。在图（d）中补充两条导线完成电路设计。
3．（2024·浙江·高考真题）在测绘发光二极管在导通状态下的伏安特性曲线实验中，
(1)用多用电表欧姆挡判断发光二极管的正负极选用挡时，变换表笔与二极管两极的连接方式，发现电表指针均不偏转。选用挡 （选填””或“”）重新测试，指针仍不偏转，更换二极管极性后，发现指针偏转，此时与多用电表红色表笔相连的是二极管 （选填“正极”或“负极”）。

(2)图（A）是已完成部分连线的实物图，为实现电压可从零开始调节，并完成实验，P应连接 接线柱（选填“a"“b”“c”或“d”），Q应连接 接线柱（选填“a”、“b”、“c”或“d”）。某次选用多用电表量程为50 mA 挡测量，指针如图（B）所示，则电流I= mA
(3)根据测得数据，绘出伏安特性曲线如图（C）所示，说明该二极管是 元件（选填“线性”或“非线性”，正常发光时电压在 V范围。
4．（2024·甘肃·高考真题）精确测量干电池电动势和内阻需要考虑电表内阻的影响。可用器材有：电压表（量程1.5V，内阻约为）、电流表（量程0.6A）、滑动变阻器、开关、干电池和导线若干。某小组开展了以下实验。
(1)考虑电流表内阻影响
①用图1所示电路测量电流表的内阻。从图2电压表和电流表读数可得电流表内阻 （保留2位有效数字）。
②用图3所示电路测量干电池电动势和内阻。电压表读数、电流表读数、干电池内阻和电流表内阻分别用U、I、r和表示。则干电池电动势 （用I、r和表示）。
③调节滑动变阻器测得多组电表读数，作出图4所示的图像。则待测干电池电动势 V（保留3位有效数字）、内阻 （保留1位小数）。
(2)考虑电压表内阻影响
该小组也尝试用图5所示电路测量电压表内阻，但发现实验无法完成。原因是______（单选，填正确答案标号）。
A．电路设计会损坏仪器 B．滑动变阻器接法错误
C．电压太大无法读数 D．电流太小无法读数
5．（2024·江西·高考真题）某小组欲设计一种电热水器防触电装置，其原理是：当电热管漏电时，利用自来水自身的电阻，可使漏电电流降至人体安全电流以下．为此，需先测量水的电阻率，再进行合理设计。
（1）如图（a）所示，在绝缘长方体容器左右两侧安装可移动的薄金属板电极，将自来水倒入其中，测得水的截面宽和高。
（2）现有实验器材：电流表（量程,内阻）、电压表（量程或,内阻未知）、直流电源、滑动变阻器、开关和导线．请在图（a）中画线完成电路实物连接 。
（3）连接好电路，测量的水在不同长度l时的电阻值。将水温升到，重复测量。绘出和水的图，分别如图（b）中甲、乙所示。
（4）若图线的斜率为k，则水的电阻率表达 （用k、d、h表示）。实验结果表明，温度 （填“高”或“低”）的水更容易导电。
（5）测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不变，选用内直径为的水管。若人体的安全电流为，热水器出水温度最高为，忽略其他电阻的影响（相当于热水器的工作电压直接加在水管两端），则该水管的长度至少应设计为 m。（保留两位有效数字）
提升专练
1．（2024·浙江杭州·一模）(1)根据实验器材说明书，“用双缝干涉测量光的波长”实验中小灯泡正常工作电压为8V~12V，现研究该小灯泡不同电压下的功率。
①某同学进行了正确的实验操作，并将实验数据在I-U坐标系中描点如图甲所示。请在图乙中补全实验的电路图，闭合开关前滑动变阻器应置于 端（选填“a”或“b”）。
②某次测量时电压表量程为0~15V，指针偏转如图丙所示，则电压表读数为 V，此时小灯泡电阻R= （计算结果保留2位有效数字）。
③由实验可知工作电压为8V时小灯泡的功率为 W（计算结果保留2位有效数字）。
(2)图甲为“用双缝干涉测量光的波长”装置图。
①双缝安装在图甲中 位置（选填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”）
②本实验所用的电源为学生电源，如图乙所示。小灯泡为（1）中所用小灯泡，为使小灯泡正常工作，最合适的操作是
A．将小灯泡接“稳压6V”接线柱，打开电源开关
B．将小灯泡接“直流”接线柱，将电压旋钮转至12V，打开电源开关
C．将小灯泡接“交流”接线柱，将电压旋钮转至12V，打开电源开关
D．将小灯泡接“交流”接线柱，打开电源开关，将电压旋钮由2V逐渐转至12V
③已知双缝间距为0.3mm，屏离双缝距离为1.2m。以某种单色光照射双缝时，将测量头的分划板中心刻线与第1条亮纹中心对齐，手轮上的示数如图丙所示；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丁所示，则这种光的波长是 nm（保留3位有效数字）。
2．（2024·浙江宁波·一模）要测量一节干电池的电动势和内阻，现有下列器材：电压表，电阻箱，定值电阻，开关和导线若干。某实验小组根据所给器材设计了如图1所示的实验电路。由于的阻值无法辨认，实验时先用一欧姆表测量其阻值。该欧姆表的内部结构如图2所示，该表有“”、“”两个倍率。现用该表测量阻值小于的电阻。
(1)图2中表笔为 （选填“红”或“黑”）表笔。要测量应与 （选填“”或“”）相连。测量时指针位置如图3所示，欧姆表的读数为 。
(2)实验小组同学利用图1电路多次调节电阻箱阻值，读出电压表对应的数据，建立坐标系，描点连线得到如图4所示的图线，则该电源的电动势 V，内阻 。（结果均保留三位有效数字）
(3)经核实，电阻的测量值与真实值一致，实验小组利用图1电路得到的内阻的测量值 （选填“小于”、“等于”或“大于”）真实值
3．（2024·浙江温州·一模）小明利用铜片、锌片和橙子制作了水果电池。为了测量该电池的电动势E和内阻r，他进行了如下实验。
(1)用多用电表的“直流电压2.5V”挡粗测水果电池的电动势，如图所示，则多用电表的读数为 V。
(2)把该水果电池接在如图电路中，其中电流表（量程为，内阻为）、电流表（量程为，内阻约为）、滑动变阻器（0~5000）、电阻箱（0~9999），现将电流表与电阻箱改装成量程为的电压表，电阻箱的阻值应调整为 。
(3)该同学正确调整电阻箱阻值、正确连接电路和操作，采集了多组数据，并作出如图所示的图像，则水果电池的内阻为 。（计算结果保留2位有效数字）
4．（2024·海南儋州·模拟预测）众所周知，将两个金属电极铜、锌插入一个水果中就可以做成一个水果电池。水果电池的电动势大约为1V，但由于内阻偏大，日常生活中我们很少用水果电池。那么水果电池的电动势和内阻到底有多大呢？某学习小组的同学就此进行探究。
(1)A同学用量程为0~1V、内阻约10kΩ的电压表测其两极时读数为0.74V，用灵敏电流表直接接水果电池的两极，测得电流为0.55mA，由闭合电路欧姆定律得电池的内阻。B同学把欧姆表直接接到水果电池的两极上，读得欧姆表的读数为84Ω。因而A同学说水果电池的内阻为1.3kΩ，而乙同学则说是84Ω。请你判断A、B两位同学测得的水果电池的内阻是否准确，为什么？请选一位同学进行说明 。
(2)C同学利用课本上介绍的伏安法测水果电池的电动势和内阻，电路图如图乙所示。图丙是C同学根据测量数据在坐标纸上作出的U随I变化的关系图像。由图像可得水果电池的电动势为 V（计算结果保留两位小数），内阻为 Ω（计算结果保留两位有效数字）。C同学在某次实验时发现电压表坏了，但他利用现有器材采用图像法同样测出了水果电池的电动势和内阻，则C同学在利用图像法处理数据时作出的是 随 变化的关系图像。
5．（2024·广东·模拟预测）电流表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。某同学利用这一事实测量电流表的内阻（半偏法），实验室提供的器材如下：
A．待测电流表A（量程为0.6A，内阻约为2Ω）；
B．电阻箱（最大阻值为999.9Ω）；
C．滑动变阻器（最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流为2A）；
D．电源（电动势为3V，内阻不计）；
E.电源（电动势为6V，内阻不计）；
F.电源（电动势为15V，内阻不计）；
G.开关2个，导线若干。
按如图所示的电路进行实验，实验步骤如下：移动滑动变阻器的滑片，以保证通过电流表的电流最小；先闭合开关，调节，使电流表指针满偏；保持滑动变阻器的滑片的位置不变，闭合开关，调节电阻箱，使电流表的指针半偏；读取电阻箱的阻值，即为测得的电流表的内阻。回答下列问题：
(1)实验中应选用的电源为 。（填器材前面的序号）
(2)将用这种方法测出的电流表内阻记为，电流表内阻的真实值为，则 （填“”“”或“”）。
6．（2024·河北·模拟预测）某实验小组测量一直流电源的电动势和内阻，已知电源电动势约为，内阻约为，两只电压表量程均为，定值电阻的规格为“，”。
(1)滑动变阻器有两种可供选用：A．规格为“，” B．规格为“，”应该选用 （填选项标号）。
(2)根据图1所示电路图，连接图2的实物图 。
(3)实验过程中，调节滑动变阻器滑片，得到多组和数据，然后用图像法处理数据，作出图像如图3所示，根据图像可得被测电源的电动势为 ，内阻为 。（结果均保留两位有效数字）
(4)由于电压表 （填“”或“”）的分流作用，电源内阻的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
7．（2024·湖北·模拟预测）某实验小组测定一节干电池的电动势和内阻。
(1)实验前，他们讨论并提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（　　）
A．一个电流表、一个电压表和一个滑动变阻器 B．一个电压表和多个定值电阻
C．一个电流表和一个电阻箱 D．两个电流表和一个滑动变阻器
(2)实验小组成员走进实验室，根据实验室中的实验器材和老师的建议，最终确定了如图（a）所示的实验电路，其中电压表量程为3V，电流表量程为0.6A，R0为保护定值电阻。某次测量时电流表和电压表的示数如图（b）所示，则电流I= A，电压U= V。
(3)实验小组的同学闭合开关S，多次调节滑动变阻器，读出多组电流表示数I和对应的电压表示数U，由测得的数据绘出了如图所示的U-I图线，则电源的电动势E= ，内阻r= （结果用a、b和R0表示）。
(4)在上述实验中存在系统误差。在下列所绘图像中，虚线代表没有误差情况下电压真实值与电流真实值关系的图像，则下图中能正确表示二者关系的是（　　）
A． B．C． D．
8．（2024·浙江金华·二模）某实验小组准备利用图乙中的电路测量某圆柱体合金的电阻率，实验步骤如下。
(1)测量合金的直径和长度。其中，游标卡尺测量合金长度的情况如图甲所示，读数为 cm。
(2)如图乙是本次实验部分电路，为了准确测出合金的阻值，需要先测出电压表的内阻，选择将导线c和 （选填“a”或“b”）点相连。断开开关，闭合开关，电流表、电压表示数如图丙所示，读出此时电流表示数为 mA，可知电压表的内阻为 Ω（保留四位有效数字） 。
(3)实验小组在选择滑动变阻器时，用阻值为10Ω和500Ω的两个滑动变阻器分别进行实验，并测出电压表示数U和滑片到变阻器左端距离x，绘制成图丁表格，图中a线代表的是最大阻值为 （选填“10”或“500”）Ω的滑动变阻器U-x图。
(4)若实验测出的合金直径为d，长度为l，电压表内阻为。导线c与导线a相连，闭合开关，并记录电压表示数U和电流表示数I，合金电阻率ρ＝ （用题中字母和π表示）。
9．（2024·四川遂宁·模拟预测）某实验小组用图甲所示的电路来测量电流表的内阻以及电流表的内阻，图中标准电阻的阻值为为电源，为开关，为电阻箱。合上开关，调节电阻箱的接入阻值，读出电流表的相对应读数为，做出的关系图像如图乙所示，回答下列问题：

(1)按照图甲所示的实验原理线路图在下列方框中接好电路。
(2)写出乙图的函数表达式 。
(3)若乙图直线的斜率为，纵截距为，则 ， 。
10．（2024·广西柳州·一模）在学习了欧姆表的原理后，某实验小组欲利用以下器材制作一个简易欧姆表，并利用该欧姆表测量电阻。器材如下：
电源E（电动势1.5V，内阻未知）；
电流表A（量程3mA，内阻）；
定值电阻；
滑动变阻器R（最大阻值500Ω）；
待测电阻；
开关S及导线若干。
(1)该实验小组设计了如图1所示的欧姆表电路图，并根据电路图连接好实验仪器。断开开关S，将a、b两接线柱短接，此时电流表读数如图2所示，为 mA，改变滑动变阻器的阻值，使电流表指针指到 （选填“零刻度线”或“满偏”）位置，完成欧姆调零，此时欧姆表的内阻为 ；
(2)将待测电阻接在a、b接线柱之间，发现电流表指针偏转过大，于是闭合开关S，重新进行欧姆调零后，再将待测电阻接在a、b接线柱之间，电流表示数如图2所示，此时流过待测电阻的电流为 mA，待测电阻的阻值为 （保留3位有效数字）。第10讲 带电粒子的临界和多解问题（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：带电粒子在有界磁场中的临界问题
带电粒子在有边界的磁场中运动时，由于边界的限制往往会出现临界问题．解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解．
临界点常用的结论：
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，对应圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长．
知识点2：带电粒子在磁场中运动的多解问题
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题．
(1)找出多解的原因．
(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况．
强化点一 放缩圆模型
适用条件 速度方向一定，大小不同 粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
轨迹圆圆心共线 如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定 方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法
【典例1】一匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，，，一束粒子在纸面内从a点垂直于射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知粒子的质量为、电荷量为。则粒子在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
又有
设粒子运动轨迹所对的圆心角为，则运动时间为
可知，越大，运动时间越长，当粒子运动时间最长时，运动轨迹如图所示，可知越大则越小，而
即当圆弧经过c点时最大，此时最大
由几何关系有
解得
联立可得
故选B。
【变式1-1】（多选）如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计）从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是（　　）
A．若该粒子的入射速度为v＝ ，则粒子一定从AD边射出磁场
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
【答案】BD
【详解】A．若该粒子的入射速度为v＝ ，则由
可得
由几何关系可知，粒子将从CD边的中点射出磁场，故A错误；
BC．由
可得
即粒子在磁场中的运动半径越大，速度就越大；由几何关系可得，当粒子的轨迹与AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子的轨迹半径为
所以粒子的最大速率为
故B正确、C错误；
D．由
可得粒子在磁场中的运动周期
即运动周期与轨迹半径、粒子速度都无关；所以粒子在磁场中的运动时间取决于运动轨迹所对应的圆心角，所以粒子从AC边射出时运动时间最长，因为此时运动轨迹对应的圆心角为，其在磁场中的运动时间为
故D正确。
故选BD。
【变式1-2】（多选）如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°，AO=a。在O点放置一个电子源，可以向OC方向发射速度不同的电子，电子的比荷为，发射速度为，对于电子进入磁场后的运动（不计电子的重力），下列说法正确的是（　　）
A．电子不可能打到A点
B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
C．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大
D．在AC边界上有一半区域有电子射出
【答案】CD
【详解】A．电子带负电，由左手定则可知，电子垂直射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
由题意可知，发射速度为
代入可得则电子的轨道半径
当电子速度
时，轨道半径
此速度方向与OC夹角为60°入射时，粒子恰好从A点飞出，如图所示
A错误；
BC．电子在磁场中做圆周运动的周期
在磁场中的运动时间
电子在磁场中转过的圆心角越大，电子的运动时间越长，电子运动轨迹的长度为
相同电子运动时间相同，由于r不同，则电子的运动轨迹不同，电子的运动时间长，其运动轨迹线不一定长，B错误，C正确；
D．当电子沿方向射入电场
时，轨道半径
时，电子的运动轨迹是以A为圆心的圆弧，由于AO长度为a，∠A=60°，则AC的长度为2a，电子恰好从AC中点飞出，因此在AC边界上只有一半区域有电子射出，轨迹如图所示
D正确。
故选CD。
强化点二 “旋转圆”模型
适用条件 速度大小一定，方向不同 粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝，如图所示。
轨迹圆圆心共圆 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上
界定 方法 将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
【典例2】如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则这两种情况下带电粒子从P点射入到距P点最远处射出，其在磁场中所经历的时间比t1∶t2为（　　）
A．1∶2 B．2∶1 C．∶1 D．1∶1
【答案】D
【详解】由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由
可知
R＝
又
即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。
若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点M离P点最远时，则
MP＝2R1
同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点N离P点最远时，则
NP＝2R2
由几何关系可知
R2＝Rcos 30°＝R
则
由轨迹图可知，这两种情况下带电粒子的对应的圆心角相等，故带电粒子从P点射入到距P点最远处射出，其在磁场中所经历的时间比t1∶t2为1:1，ABC错误，D正确。
故选D。
【变式2-1】（多选）如图所示，等腰直角三角形MON的直角边MO长度为L，在MON区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。三个相同的带电粒子从M点沿MO方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1：t2：t3=3：3：2，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．粒子可能带正电
B．三个粒子速度的大小关系可能是v2C．粒子的比荷
D．从ON边射出的粒子与O点的距离为
【答案】BD
【详解】A．粒子要进入磁场，所以洛伦兹力向右，根据左手定则，粒子带负电。A错误；
B．粒子从MN边射出时，时间相等，从ON边射出时，偏转角较小，时间较短，所以粒子以速度v1、v2射入时，从MN边射出，二者速度大小无法确定，粒子以v3射入，从ON边射出，半径最大，根据
可知，其速度最大。B正确；
C．粒子以速度v1、v2射入时，从MN边射出，偏转角为90°，则有
解得
C错误；
D．根据时间关系可知，粒子从ON边射出时，偏转角为60°，根据几何关系，从ON边射出的粒子与O点的距离为
D正确。
故选BD。
【变式2-2】（多选）如图所示，在边长为L的正方形区域ABCD内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m，电荷量为q的带电粒子（不计重力），分别以相同的速率v从A点沿不同方向垂直磁场方向射入磁场，当沿AC方向射入时，垂直于BC边射出磁场。则粒子（　　）
A．带负电 B．运动速率
C．在磁场中运动的最长时间 D．在磁场中运动的最长时间
【答案】BC
【详解】A．由左手定则可知粒子带正电，选项A错误；
B．根据粒子的运动轨迹可知
由
可得
选项B正确；
CD．从C点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，圆弧所对的圆心角为60°，则最长时间为
选项C正确，D错误。
故选BC。
强化点三 “平移圆”模型的应用
适用条件 速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上 粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝，如图所示
轨迹圆圆心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行
界定方法 将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法
【典例3】如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场（M点未画出）。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2（带电粒子重力不计），则t1：t2为（　　）
A．2：1 B．4：3 C．3：2 D．
【答案】C
【详解】由带电粒子从A点沿AB方向射入磁场可知粒子做圆周运动的圆心在AD及其延长线上，又有粒子恰好从C点飞出磁场，故可得：粒子运动半径为L，粒子从A到C转过的中心角θ=90°；那么，P点入射的粒子的半径，根据
半径和从A点射入的相等，所以从P点入射的粒子的圆心在AD延长线上距D点处，那么粒子转过的中心角为
即
θ′=60°
运动时间
所以
故选C。
【变式3-1】（多选）如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，d为ac边的中点，e为bc边上的一点。现有一带正电的粒子（不计重力）从a点以大小不同的速度沿ab方向射入磁场，分别从d、c、e点射出磁场，所用时间分别为t1、t2、t3，且t1：t3=3：2，若t3已知，则（　　）
A．t2：t3=3：2
B．带电粒子的比荷为
C．从c点与从e点射出的速度大小之比为
D．从d点与从e点射出的速度大小之比为
【答案】AD
【详解】A．粒子运动轨迹如图所示
从d、c两点射出时，对应的圆心角相等，都等于90°，所以，他们在磁场中运动时间也相等，即，又由于t1：t3=3：2，因此
t2：t3=3：2
故A正确；
B．由于t1：t3=3：2，又因为，从d点射出时对应的圆心角为90°，所以，从e点射出时，对应的圆心角为60°，即
变形得
故B错误；
CD．设ab=L，由几何关系得
根据牛顿第二定律得
由于q、m、B相同，速度与半径成正比
故C错误、D正确；
故选AD。
【变式3-2】（多选）纸面内有一矩形边界磁场ABCD，磁场方向垂直于纸面（方向未画出），其中AD=BC=L，AB=CD=2L，一束β粒子以相同的速度v0从B点沿BA方向射入磁场，当磁场为B1时，β粒子从C射出磁场；当磁场为B2时，β粒子从D射出磁场，则（　　）
A．磁场方向垂直于纸面向外 B．磁感应强度之比B1：B2=5：1
C．速度偏转角之比θ1：θ2=180：37 D．运动时间之比t1：t2=36：53
【答案】BD
【详解】A．由带负电的β粒子(电子)偏转方向可知，粒子在B点所受的洛伦兹力方向水平向右，根据左手定则可知，磁场垂直于纸面向里，A错误；
B．粒子运行轨迹：
由几何关系可知：
又：
解得：
洛伦兹力提供向心力：
解得：
故，B正确；
C．偏转角度分别为：
θ1=180°
θ2=53°
故速度偏转角之比，C错误；
D．运动时间：
因此时间之比：
D正确。
故选BD。
强化点四 “磁聚焦”和“磁发散”模型
（1）带电粒子的会聚
如图甲所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出．(会聚)
证明：四边形OAO′B为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB必平行于AO′(即竖直方向)，可知从A点发出的带电粒子必然经过B点．
（2）带电粒子的发散
如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B，圆心为O，从P点有大量质量为m、电荷量为q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行．(发散)
证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O1A(O2B、O3C)均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．
【典例4】如图所示，在直角坐标系xoy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m、电荷量为+q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R=mv/qB，正确的图是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，以轴为边界的磁场，粒子从 轴进入磁场后在离开，速度与 轴的夹角相同，根据左手定和，知沿x轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y轴进入的刚好转半个周期，如图，在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故D正确；
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
【名师点睛】本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析运动轨迹的边界，可以运用极限分析法分析．
【变式4-1】如图，矩形abcd的长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，o、e分别是ad、bc的中点，以o、e为圆心有两个半径均为R＝0.3m的四分之一圆弧，区域obedo内有方向垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25T。一群不计重力、质量m＝3×10－9kg、电荷量q＝2×10－5C的带正电粒子垂直于ad边以v＝5×102m/s的速度射入磁场区域。下列判断正确的是（ ）
A．所有粒子射出磁场时的速度方向都平行 B．所有粒子在磁场中运动的时间都相等
C．从od边射入的粒子，出射点都在e点 D．从ao边射入的粒子，出射点都在b点
【答案】D
【详解】C．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：
得：
因，从边射入的粒子，形成以为半径的圆弧，从点射入粒子的从点出去；
同理从之间射入的其他粒子，到边界处速度均竖直向上，因边界上无磁场，之间所有粒子全部通过点，C错误；
ABD．从边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在点进入磁场，其圆心为，如图所示：
根据几何关系，可知虚线的四边形是菱形，则粒子的出射点一定是从点射出。同理可知，从边射入的粒子，出射点全部从点射出，但射出的速度方向并不相同，根据运动轨迹可知，从边射入的粒子在磁场中运动的圆心角不相同，所以运动时间不相同，AB错误，D正确。
故选D。
【变式4-2】如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m。不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（　　）
A．射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上
B．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长
C．射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线不可能过圆心O
D．当入射速度时，粒子射出磁场后一定垂直打在MN上
【答案】D
【详解】AC．如图所示的两个三角形的三条边对应相等，这两个三角形全等，粒子一定沿着半径方向射出磁场，其出射方向的反向延长线一定通过圆心O，射出磁场的粒子不一定能垂直打在MN上，AC错误；
D．当入射速度时
解得
粒子水平射出，一定垂直打在MN上，D正确；
B．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长，弦切角越小，圆心角越小，在磁场中的运动时间越短，B错误。
故选D。
强化点五 带电粒子电性不确定形成的多解
如果粒子的电性不确定，带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。如图所示，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。
【典例5】（多选）如图所示，在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在MN边界放一刚性挡板，粒子能碰到挡板则能够以原速率弹回（水平速度不变，竖直方向速度等大反向）。一质量为m、带电荷量为q的粒子以某一速度从P点射入，恰好从Q点射出。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子一定带负电荷
B．带电粒子的速度最小值为
C．若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量可能为
D．带电粒子在磁场中运动时间可能为
【答案】CD
【详解】AC．若粒子带正电，根据题意粒子能碰到挡板则能够以原速率弹回，当粒子到挡板的速度刚好垂直于挡板时，粒子与挡板MN碰撞后恰好从Q点射出，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识得
解得
根据牛顿第二定律得
解得
根据动量定理得
同理，当粒子带负电时，如图
此时粒子通过MN的中点时也能恰好从Q点射出，故粒子可能带负电，此时粒子的运动轨迹半径不一定为，结合前面分析可知受到挡板作用力的冲量可能为，故A错误，C正确；
B．若粒子的运动轨迹如图所示
由左手定则可知粒子带负电，粒子做圆周运动的半径最小为
由牛顿第二定律得
解得
故B错误；
D．若粒子带负电，粒子在磁场中的运动轨迹半径为L时，此时对应的圆心角为，如图所示
粒子在磁场中的运动时间为
故D正确。
故选CD。
【变式5-1】（多选）平面OM和平面ON之间的夹角为35°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，大小为B，方向垂直于纸面向外。一质量为m，电荷量绝对值为q、电性未知的带电粒子从OM上的某点向左上方射入磁场，速度与OM成20°角，运动一会儿后从OM上另一点射出磁场。不计重力。则下列几种情形可能出现的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的轨迹与ON只有一个公共点，在磁场中运动的时间是
B．粒子在磁场中运动的轨迹与ON只有一个公共点，在磁场中运动的时间是
C．粒子在磁场中运动的轨迹与ON共有两个公共点，在磁场中运动的时间是
D．粒子在磁场中运动的轨迹与ON共有两个公共点，在磁场中运动的时间是
【答案】ABD
【详解】带电粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
，
得到
，
AC．若粒子带负电，将做逆时针方向的匀速圆周运动，粒子回到OM直线时，由圆周运动的对称性，速度方向必与OM成20°，但由于35° > 20°，则粒子轨迹与ON只可能有一个交点，故粒子偏转角只可能为40°，运动时间
A正确、C错误。
BD．若粒子带正电，将做顺时针方向的匀速圆周运动，无论轨迹与ON有几个交点，粒子回到OM直线时，由圆周运动的对称性，速度方向必与OM成20°，粒子偏转角为
360°－40° = 320°
则粒子运动时间为
BD正确。
故选ABD。
【考点】考查带电粒子在匀强磁场中的运动。
【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，由牛顿第二定律求出粒子的临界轨道半径即可正确解题。
【变式5-2】（多选）如图所示，直线OP把坐标系Oxy分成I区域和II区域，区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内。边界上的P点坐标为（4L，3L）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O。忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8.则下列说法中正确的是（　　）
A．该粒子可能沿y轴负方向从O点射出
B．该粒子射出时与x轴正方向夹角一定为90°
C．该粒子在磁场中运动的最短时间
D．该粒子运动的可能速度为
【答案】BCD
【详解】AB．带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得
解得
所以粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径关系为
如图所示
由题意知OP边与x轴的夹角
可得
故带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I与OP边的夹角为53°，由带电粒子在单边磁场运动的对称性知从区域Ⅱ中射出的粒子速度方向一定为y轴负方向，故A错误，B正确；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为
粒子在区域Ⅰ中运动的时间为
粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为
粒子在区域Ⅱ中运动的时间为
所以该粒子在磁场中运动的最短时间
故C正确；
D．带电粒子每次从区域Ⅱ射出为一个周期，在OP边移动的距离为
其中
而
，n=1，2，3……
联立解得
故D正确。
故选BCD。
强化点六 磁场方向不确定形成的多解
有些题目只知磁感应强度的大小，而不知其方向，此时必须要考虑磁感应强度方向
不确定而形成的多解。
如图所示，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a；若B垂直纸面向外，其轨迹为b。
【典例6】如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求：
（1）磁感应强度B0的大小；
（2）要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
【答案】（1）；（2）（n=1，2，3，…）
【详解】（1）设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，则
正离子做匀速圆周运动的周期
联立以上可得磁感应强度
（2）要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子的运动轨迹如图所示
两板之间正离子只运动一个周期T0时，有
当两板之间正离子运动n个周期nT0时，有
（n=1，2，3，…）
联立解得正离子的速度的可能值为
（n=1，2，3，…）
【变式6-1】如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是（　　）
A．，垂直纸面向里 B．，垂直纸面向里
C．，垂直纸面向外 D．，垂直纸面向外
【答案】BD
【详解】AB．当所加匀强磁场方向垂盲纸面向里时，由左手定则知：负离子向右偏转。约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切。如图（大圆弧）
由几何知识知
而
所以
所以当离子轨迹的半径小于s时满足约束条件。由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出
所以得
故A错误，B正确；
CD．当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知：负离子向左偏转。约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切。如图（小圆弧）
由几何知识知道相切圆的半径为，所以当离子轨迹的半径小于时满足约束条件。
由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出
所以得
故C错误，D正确。
故选BD。
【变式6-2】小明同学对正、负电子对撞产生了浓厚的兴趣，他根据所学知识设计了正、负电子对撞装置，通过电子在匀强磁场中的运动来实现正、负电子在不同位置能发生正碰。如图所示，ab和cd是关于y轴对称、间距为2l的直线磁场边界，在两边界之间有两个有界匀强磁场。两磁场的边界MN位于x轴上方且平行于x轴，MN与x轴的距离h可调。MN下方的磁场垂直纸面向里，上方的磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B。若将质量为m、电荷量为e的正、负电子分别从ab和cd磁场边界上沿x轴同时以相同速率进入强磁场，使正、负电子能在y轴的不同位置垂直于y轴方向发生正碰，则MN与x轴的距离h的大小可能是（不计粒子间的相互作用力和粒子重力）（　　）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【详解】设正、负电子以速度v在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，根据牛顿第二定律有
解得
当粒子运动到MN上方磁场且恰好与ab边界相切，此时粒子在磁场中圆心角最大。根据几何关系有
当h＞r时
所以求得
当n=1时，无解；
当n=2时
当n＞3时
不成立。
所以
当h＜r时，如图所示，正、负电子在两磁场中存在往复运动的情况，根据几何关系有
解得
，（n=2、3、4...）
当n=2时
当n=4时
但是不可能为
故选ABC。
强化点七 临界状态不唯一形成的多解
带电粒子在洛伦兹力作用下在有界磁场中运动时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，从而形成多解，如图所示。
【典例7】如图所示，正方形abcd区域（包含边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电量为q的正电粒子从a点沿着ab方向射入磁场中，边长为l，不计粒子的重力，为使粒子从cd边射出磁场区域，粒子的速度可能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】根据洛伦兹力充当向心力，有
可得
可知对于同一粒子或比荷相同的粒子，在同一磁场中做圆周运动的轨迹半径由速度决定，速度越大轨迹半径越大，速度越小则轨迹半径越小。因此，粒子若要从cd边射出磁场区域，则恰好从d点出射时，粒子有最小速度，且此时ad为粒子轨迹的直径，有
解得
若粒子恰好从c点射出，粒子有最大速度，根据几何关系可知，此时粒子的轨迹半径为，则有
解得
综上可知，若粒子从cd边射出磁场区域，则粒子速度的取值范围为
故选C。
【变式7-1】如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷，则以下说法正确的是（ ）

A．质子的速度可能为 B．质子的速度可能为
C．质子由A到C的时间可能为 D．质子由A到C的时间可能为
【答案】C
【详解】AB．因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示

所有圆弧所对圆心角均为，质子可能的运动半径（n=1，2，3，…）
由洛伦兹力提供向心力得，即（n=1，2，3，…），质子的速度不可能为和，故AB错误；
CD．质子由A到C的时间可能为（n=1，2，3，…），故C正确；D错误。
故选C。
【变式7-2】如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B．一粒子源位于上的点，能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为的同种粒子（重力不计，粒子间的相互作用不计），所有粒子均能通过上的点，已知，则粒子的速度可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】粒子可能在两个磁场间做多次运动，画出粒子可能的轨迹，如图所示
所有粒子对应的圆心角均为，由几何关系可知，
根据洛伦兹力提供向心力，则有
解得
当时，可得，故选C。
强化点八 带电粒子运动的往复性形成的多解
带电粒子在组合场或交变场中运动时，运动往往具有周期性，从而形成多解，如图所示。
【典例8】如图所示，在坐标系的第Ⅰ象限内充满了沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限内充满了垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点以垂直于y轴和电场的初速度进入匀强电场，一段时间后经过x轴上的Q点进入匀强磁场，进入磁场时的速度方向与x轴正方向成角，已知，若粒子在磁场中运动一段时间后恰好能再回到电场，不计粒子重力，电场强度E和磁感应强度B大小均未知。求：
（1）的距离；
（2）磁感应强度B的大小：
（3）粒子从离开P点到第三次经过x轴所需的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在Q点进入磁场时，沿x方向的分速度vx=v0=vcos30°
沿y方向的分速度vy=vsin30°
OP间的距离
OQ的距离OQ=vxt=3L，解得
（2）粒子恰好能回到电场，即粒子在磁场中轨迹的左侧恰好与y轴相切，设半径为R，根据几何关系可得
R（1+sin30°）=3L，解得R=2L
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立可得磁感应强度的大小
（3）粒子在电场和磁场中做周期性运动，轨迹如图，粒子从P到Q的时间为
在磁场中做一次圆周运动的时间
粒子从离开P点到第三次经过x轴所需的时间
【变式8-1】如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E0的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为M，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。求改变后电场强度的大小和粒子的初速度。
【答案】（1）；（2）36E0，
【详解】（1）根据题意作出粒子运动轨迹如图
根据几何关系可知，
粒子在电场中加速，根据动能定理有，
根据洛伦兹力提供向心力有，解得
（2）离开电场后从P点第二次进入电场，轨迹如图
设半径为，根据几何关系可知，解得
则粒子从P点进入电场的方向与x水平方向的夹角满足
根据洛伦兹力提供向心力有
根据运动的分解可知，
解得
根据动能定理有
解得
【变式8-2】如图所示，在的“OPNQ”正方形区域中，存在沿y轴负方向的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OQ中点A沿x轴正方向，大小为的初速度进入电场，粒子依次经过P点和O点，不计粒子重力。求：
（1）电场的电场强度E的大小；
（2）磁场的磁感应强度B的大小；
（3）粒子从A点进入电场后返回A点所经历的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在电场中，有
水平方向
竖直方向
联立得
（2）设粒子离开电场是速度方向与x轴正方向夹角为，粒子离开电场速度为v，
有 ， ，
得，
粒子在磁场中做匀速圆周运动有
由几何关系可知， ，得
（3）由（1） ，右图为粒子全程运动轨迹图
粒子第一次进入磁场中周期
运动时间
粒子第二次经过电场的为t3，由对称性可知
粒子从NP中点以v0速度水平方向第二次进入磁场，第二次经过磁场时间t4 = t2
之后粒子将在OP中点竖直第三次进入电场，假设运动的时间为t5有 ，
得 ，
之后粒子从OP中点竖直方向第三次进入磁场，时间t6 = t2
回到A点时间 N=1，2，3……
得 N=1，2，3……
1．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac，bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆半径的。一束质量为m、电荷量为的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据牛顿第二定律和圆周运动规律有
可得粒子做匀速圆周运动的周期为
如图所示，过c点做半圆边界的切线，切点为e。设半圆边界的圆心为O，粒子运动轨迹的圆心为O′。根据几何关系可知，当粒子从e点射出时，粒子转过的圆心角最大，运动时间最长，设，则
可得
所以
即粒子转过的圆心角为254°，可得运动时间为
故选B。
2．如图所示，直线MN是一匀强磁场的边界，三个相同的带正电粒子分别沿图示1、2、3三个方向以相同的速率从O点射入磁场，沿箭头1、3两个方向的粒子分别经t1、t3时间均从p点离开磁场，沿箭头2方向(垂直于MN)的粒子经t2时间从q点离开磁场，p是Oq的中点，则t1、t2、t3之比为
A．1：2：3 B．2：3：4 C．1：3：5 D．2：3：10
【答案】C
【详解】各个粒子的圆心所在位置如图所示：
由于粒子运动的速度相等，所以三个粒子的轨道半径也相等，粒子2在磁场中运动了半个周期，所用时间 ，根据几何关系知粒子1转过的圆心角为 ，所用时间为 ,粒子3运动转过的圆心角为 所用时间为 ，所以
故C正确；
故选C
3．如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，.现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t(不计重力).则下列判断中正确的是( )
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为5t
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为
D．粒子进入磁场时速度大小为
【答案】BCD
【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是周期，由此求得周期．根据周期公式求出磁感应强度B．经分析可知粒子在磁场中运动时间最长的情况是粒子垂直AB边入射后，轨迹恰好与BC边相切，画出运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径R，根据v=即可求出粒子速度．
【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T/4，即为：T/4=t，则得周期为：T=4t，故A错误；由 T=4t，，T=，得：，故B正确；
运动时间最长的粒子在磁场中运动转过的角度为 ，轨迹如图所示，根据几何关系有：，解得：R=d，故C正确；根据粒子在磁场中运动的速度为：，周期为：T=4t，半径为：R=d，联立可得：，故D正确．故选BCD．
【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，考查半径公式和周期公式的运用，解题的关键是要画出粒子轨迹过程图，确定圆心，利用几何方法求出半径．
4．空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，线段是屏与纸面的交线，长度为，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；，P为垂足，如图所示，已知，若上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】粒子要打中的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从飞出，绕过距离最近的点，从右侧打中最下端的点，粒子运动的轨迹如图所示
为轨迹圆的弦长，为中点，，；粒子运动的半径为，根据几何关系可知四边形为平行四边形，则
解得
粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知
解得粒子的最小速率为
故选C。
5．如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m，电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知，粒子带负电，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则（　　）
A．粒子的速度大小为
B．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为
C．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为
D．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为
【答案】ACD
【详解】A．由，可得
SP＝5d
如图所示，结合“在轨迹圆中，轨迹的直径为最长的弦”和题中“所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点”可知SP是其中一个轨迹的直径，由
可得
则
故A正确；
B．由几何知识可得从O点射出的粒子，轨迹所对的圆心角为106°，在磁场中的运动时间为
故B错误；
C．假设沿平行x轴正方向射入的粒子，离开磁场时的位置到O点的距离为l，由几何知识可得
代入解得
故C正确；
D．从x轴上射出磁场的粒子，从原点射出时在磁场中运动时间最短，其运动时间为
运动轨迹与x轴相切时运动时间最长，由几何知识可得轨迹所对的圆心角为，运动时间为
则
故D正确。
故选ACD。
6．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN是它的下边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子与MN成30°角垂直射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间可能为（　　）

A． B．
C． D．
【答案】AD
【详解】由于带电粒子的电性不确定，其轨迹可能是如图所示的两种情况

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可得
根据线速度和周期的关系，可得
联立解得
由图可知，若为正电荷，轨迹对应的圆心角为θ1＝300°，若为负电荷，轨迹对应的圆心角为θ2＝60°，则对应时间分别为
故选AD。
7．如图所示的xOy坐标系中，y轴的左侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，y轴右侧的匀强磁场垂直纸面方向且大小未知，一带正电的粒子由y轴上（0，）处沿与y轴正方向成30°角的方向以速度v射入磁场，已知粒子的比荷为k，粒子在y轴右侧的轨道半径为L，最终粒子经过O点，粒子重力不计。下列说法正确的是（　　）
A．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则y轴右侧的磁感应强度大小为
B．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则粒子从射入到运动至O点的时间为
C．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为
D．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为
【答案】AD
【详解】A．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，由题意作出粒子的运动轨迹，如图甲所示
根据
解得
由几何关系可知
则有
A正确；
B．由几何关系可知粒子在y轴右侧偏转的角度为60°，则粒子从射入到运动至O点的时间
由于
解得
B错误；
CD．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y轴左右两侧各偏转一次经过O点，如图乙所示，由几何关系可知粒子在y轴左侧的轨道半径
则y轴左侧磁场的磁感应强度大小
粒子运动的时间
由于
解得
若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y轴的左侧偏转一次、在y轴的右侧偏转两次经过O点，如图丙所示
由几何关系可知粒子在y轴左侧的轨道半径
则y轴左侧磁场的磁感应强度大小
粒子运动的时间
由于
解得
C错误，D正确。
故选AD。
8．如图所示，在竖直的xoy平面内，在水平x轴上方存在场强大小 方向平行于x轴向右的匀强电场，在x轴下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场B和大小方向都未知的匀强电场 一质量为m、带电量为q的小球从y轴上的P（0，L）位置无初速度释放，释放后小球从第一象限进入第四象限做匀速圆周运动，运动轨迹恰好与y轴相切，已知重力加速度为g。
（1）求匀强电场 大小与方向；
（2）求匀强磁场B的大小；
（3）求小球第二次穿过x轴的位置与第三次穿过x轴的位置之间的距离；
【答案】1）；方向竖直向上；（2）；（3）
【详解】（1）小球在第四象限做匀速圆周运动，有
qE2=mg
得
小球释放后进入第一象限，故小球带正电，可得电场方向竖直向上
（2）小球的运动轨迹如图所示，
小球在第一象限做匀加速直线运动，对小球，有
由③④⑤得
x轴下方匀强磁场磁感应强度大小为B，小球进入磁场，有
匀强磁场B的大小
（3）小球再次回到第一象限做类平抛运动
竖直方向
水平方向
联立解得高二寒假复习阶段检测卷
考试范围：必修三+选必二第1章；考试时间：75分钟；
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、选择题(本题共10小题,共46分。1-7小题,每题只有一个选项符合题意,每题4分;8-10小题,每题有两
个或两个以上的选项符合题意,选对得6分,选对不全得3分,选错或不选得0分。)
1．图甲为户外高压输电线路，在三条高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线与大地相连；图乙是穿戴若含金属丝制成的工作服的工程技术人员对高压输电线路进行带电检修作业。以下说法中正确的是（　　）
A．图甲中三条高压输电线上方的两条导线主要起稳定输电线路的作用
B．图甲中三条高压输电线与上方两条导线间的电场强度为零
C．图乙中金属丝制成的工作服内电场强度为零
D．图乙金属丝制成的工作服与图甲中高压输电线上方的两条导线作用不同
【答案】C
【详解】AB．图甲中三条高压输电线上方的两条导线与大地连接，形成一个稀疏的金属网，可以把高压线屏蔽起来，免遭雷击之类的损伤，三条高压输电线与上方两条导线间的电场强度并不为零，方向由高压线指向上方两条导线，故AB错误；
C．由于屏蔽作用，图乙中金属丝制成的工作服内电场强度为零，故C正确；
D．金属丝制成的工作服与图甲中高压输电线上方的两条导线都是起到屏蔽作用，作用相同，故D错误。
故选C。
2．如图，虚线为某静电场中的一簇等差等势面。一电荷量为q、带负电的试探电荷仅在电场力作用下，从电场中的M点沿实线运动到N点，其动能变化量的大小为。下列说法正确的是（ ）
A．M点的电势低于N点的电势
B．电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
C．电荷在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
D．相邻两等势面间的电势差大小为
【答案】D
【详解】A．由曲线运动的条件及电场力的特点可知，电荷在M点所受电场力方向如图中F所示，由于电荷带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，所以可画出电场线如图中E所示，因为电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以M点的电势高于N点的电势，A错误；
B．电荷从M点运动到N点，电场力做负功，电荷的电势能增大，故电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，B错误；
C．等差等势面更密集的N处，电场强度更大，所以电荷在N点受到的电场力大于在M点受到的电场力，C错误；
D．从M点到N点，由功能关系得
D正确。
故选D。
3．如图，倾角为的光滑绝缘斜面体固定在水平面上，为了使质量为、电荷量为的带负电小球静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强电场。重力加速度大小取，sin37°=0.6，cos37°=0.8。若要使所加电场的电场强度最小，则其最小值和方向为（ ）
A．100N/C，竖直向上 B．60N/C，沿斜面向下
C．75N/C，水平向左 D．80N/C，垂直于斜面向下
【答案】B
【详解】带电小球在重力、电场力、斜面弹力三力作用下平衡，其中电场力、弹力的合力与重力等大反向，合力恒定、弹力方向恒定，三力构成矢量三角形，其中电场力最小值为垂线段，如图
即最小电场力
故电场强度的最小值为60N/C，方向沿斜面向下。
故选B。
4．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能，随位移x变化的关系如图所示，其中段是关于直线对称的曲线，段是直线，则下列说法正确的是（ ）
A．处电场强度最小，但不为零
B．粒子在段做匀变速运动，段做匀速直线运动
C．若、处电势为、，则
D．段的电场强度大小、方向均不变
【答案】D
【详解】A．图像的斜率表示粒子所受电场力F，根据可知处电场强度最小且为零，选项A错误；
B．粒子在段切线的斜率发生变化，电场力发生变化，所以加速度也在变化，不是做匀变速运动，段斜率不变，所以做的是匀变速直线运动，选项B错误；
C．带负电的粒子从到的过程中电势能增加，说明电势降低，即
选项C错误；
D．段斜率不变，所以这段电场强度大小、方向均不变，选项D正确。
故选D。
5．如图所示，三根平行直导线的截面图刚好为等边三角形，电流和方向垂直纸面向里，电流方向垂直纸面向外，它们的电流大小都相同，，每根导线在A点产生的磁场的磁感应强度大小均为，则点的合磁感应强度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由安培定则判断可知三根通电直导线在A点上所产生的磁场方向，如图所示：
电流B与电流D在A点产生的磁感应强度大小相等，夹角为120°，合磁感应强度大小为1T，方向水平向左；
电流C在A点产生的磁感应强度磁感应强度大小为1T，方向水平向左。
所以A点的磁感应强度大小为2T，方向水平向左。
故选C。
6．如图所示，在平面直角坐标系中只有第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，点M的坐标为。一电荷量为q、质量为m的带电粒子以某一速度从点M与y轴负方向成37°角垂直磁场射入第四象限，粒子恰好垂直穿过x轴，已知，。若不考虑粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子可能带负电 B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为
C．粒子的速度大小为 D．若仅减小磁感应强度大小，粒子可能不会穿过x轴
【答案】C
【详解】A．由题中条件并通过左手定则分析可知，该粒子一定带正电，A错误；
B．作出粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
解得
B错误；
C．由牛顿第二定律
解得
C正确；
D．如果仅减小磁场的磁感应强度大小，由知粒子的轨迹半径增大，粒子一定仍从x轴穿过，D错误。
故选C。
7．2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装罫创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为和的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，。假设氘核沿内环切线向左进入磁场，氚核沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则和的动量之比为（　　）
A．1∶2 B．2∶3 C．1∶3 D．3∶1
【答案】C
【详解】根据左手定则，作出粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系，氘核的半径为
根据几何关系，氚核的半径为
根据洛伦兹力提供向心力
可得
动量为
和的动量之比为
故选C。
8．如图所示，光滑绝缘细管与水平面成角，在管的上方点固定一个点电荷，点与细管在同一竖直平面内，管的顶端与点连线水平，，，是的中点。电荷量为的小球（小球直径略小于细管内径）从管中处以速度开始沿管向下运动，在处时小球的加速度为，取，则（　　）
A．点的电势高于点的电势 B．点的电场强度大小是点的4倍
C．小球运动到处时加速度大小为 D．小球运动到处时速度大小为
【答案】BD
【详解】A．正点电荷的电场线是发散型的，沿着电场线方向电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，A错误；
B．结合几何关系
PA=2PB
由点电荷电场强度公式
可知B点的电场强度大小是A点的4倍，B正确；
C． 在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供的；当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的，由A处则有
Fcos30°+mgsin30°=ma
而在C处,则有
mgsin30° Fcos30°=ma′
解得
a′=g a=6m/s2
C错误；
D．A、C两点到场源电荷O点距离相等，A、C电势相等，小球从A运动到C电场力做功为0，由动能定理可知
解得
小球运动到C处时速度大小为，D正确。
故选BD
9．光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，磁感应强度为B，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，圆的半径为R。如图所示，一质量为m、电荷量为q的粒子从P点沿方向射入，与筒壁发生碰撞后反弹。假设粒子每次碰撞前、后动能不变，碰撞时间极短，电荷量不变，重力不计。下列说法正确的是（　　）
A．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
B．粒子能从小孔射出的最短时间为
C．调节射入小孔时粒子速度大小，粒子运动轨迹可能通过圆心
D．从小孔射出的粒子的速度大小可能超过
【答案】BD
【详解】A．速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少，故A错误；
B．如图所示
由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应该为以筒壁的内接圆的多边形，最少应该为三角形，如上图所示，最少经过2次碰撞，粒子就可能从小孔射出，由周期公式知
则运动时间为
故B正确；
C．假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过圆心O，故C错误；
D．如图所示
当速度为时，由
由几何关系知，半径越大，粒子轨迹越接近O点
（）
解得
当小于时，从小孔射出的粒子的速度大小可能超过，故D正确。
故选BD。
10．是自然界中存量较为丰富的放射性同位素，其衰变方程为：。如图所示，x轴下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，x轴上方存在沿y轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场。静置于点的经过衰变可看成电子源，该电子源只能沿x轴正方向发射电子。某个电子经过电场后，以与x轴正方向夹角射入磁场，第一次射出磁场时恰好经过坐标原点O。已知电子的质量为m，电荷量为。衰变过程中产生的的质量为，初动能为。衰变过程中产生的核能全部转化为和电子的动能。下列说法正确的是（　　）
A．衰变过程中的质量亏损为
B．该电子从电子源射出时的速度为
C．磁场的磁感应强度大小为
D．该电子从初始到第n次射出磁场时，所用的时间为
【答案】BC
【详解】B．某个电子经过电场后，以与x轴正方向夹角射入磁场，电子在电场中做类平抛运动，分析知电子从电子源射出时的速度与竖直方向的速度大小相等，设为，则
根据牛顿第二定律
解得电子从电子源射出时的速度为
故B正确；
A．衰变过程中释放的能量为
根据题意，衰变过程中产生的核能全部转化为和电子的动能
故衰变过程中的质量亏损为
故A错误；
C．根据电子从电子源射出后第一次在电场中的运动规律知，竖直方向
水平方向
电子第一次射出磁场时恰好经过坐标原点O，根据几何分析知，电子在磁场中做圆周运动的半径和速度分别为
根据牛顿第二定律
联立解得
磁场的磁感应强度大小为
故C正确；
D．根据电子第一次在电场中，竖直方向
解得
又电子在磁场中做圆周运动的时间为
之后粒子做循环运动，每次在电场中做类斜抛运动，时间为，在磁场中做的圆周运动，故该电子从初始到第n次射出磁场时，所用的时间为
故D错误。
故选BC。
第II卷（非选择题）
二、实验题（每空2分，共16分）
11．图甲所示电路为“用传感器观察电容器的放电过程”实验电路图。开关未闭合时，电源的电压。实验操作时，单刀双掷开关先跟2相接。某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。开关再改接2后得到的图像如图乙所示。
(1)开关改接1后流经电阻上的电流方向为 （填“自上而下”或“自下而上”）。
(2)已知电容器的电容为，则图乙中图线与坐标轴所围“面积”为 。
(3)电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量与电容器的电容、电荷量及电容器两极板间电压之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他还做出电容器两极板间的电压随电荷量变化的图像如图所示。按照他的想法，下列说法正确的是（　　）
A．图线的斜率越大，电容越小
B．对同一电容器，电容器储存的能量与电荷量成正比
C．对同一电容器，电容器储存的能量与电容器两极板间电压的平方成正比
【答案】(1)自上而下；(2)；(3)AC
【详解】（1）开关S接1时，电源给电容器充电，电容器上极板接正极，充电完成，上极板带正电，下极板带负电，电子自下而上流经电阻，故开关改接1后流经电阻上的电流方向为自上而下；
（2）图乙中图线与坐标轴所围“面积”为电容器充电后所带电荷量，由
得
（3）A．由得，图线的斜率为 ，故图线的斜率越大，电容越小，故A正确；
B C．电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积
解得
从上面的式子看出，电容器储存的能量与电荷量的平方成正比，对同一电容器，电容器储存的能量与电容器两极板间电压的平方成正比，故B错误，故C正确。
故选AC。
12．某同学用伏安法测电阻的阻值（约为），除了待测电阻，开关S、导线外，还有下列器材。
电流表A（量程0~3mA，内阻约为）。
电压表V（量程0~3V，内阻约为）；
滑动变阻器R（，允许通过的最大电流2A）。
蓄电池E（电动势为3V，内阻约为）。
(1)要求能多测几组数据，且测量值尽可能准确，你在图A、B、C、D中选择的电路图是______（填字母序号）。
A． B． C． D．
(2)按所选电路进行实验，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P滑到 端（填“A”或“B”），测量时测量值比真实值 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
(3)实验中该同学发现电压表坏了，于是找来一个电流表G（量程0~1mA，内阻）和电阻箱串联改装成量程为0~3V的电压表，则电阻箱的电阻值应调节为 。该同学将改装成功后的电压表正确连入选择的电路，又想办法测出了电流表A的准确内阻，实验时电流表A的读数为，电流表G的读数为，则待测电阻 （用符号表示）。
【答案】(1)B；(2) A 偏大；(3) 2990
【详解】（1）实验要求能多测几组数据，且测量值尽可能准确，可知，控制电路采用滑动变阻器的分压式接法，由于
可知，电压表的分流影响大，实验中需要排除电压表的分流影响，即测量电路采用电流表的内接法，可知，第二个选择项符合要求。
故选B。
（2）[1]按所选电路进行实验，为了确保安全，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P滑到A端；
[2]结合上述可知，测量电路采用电流表内接法，由于电流表的分压影响，使得电压的测量值偏大，则测量时测量值比真实值偏大。
（3）[1]根据电压表的改装原理，串联的电阻箱的电阻值应调节为
[2]根据欧姆定律，待测电阻为
三、解答题（本题共3小题，共38分）
13．（8分）在真空中，一电荷量为的小球B，固定在倾角为的光滑绝缘细杆下端P点，如图所示，杆固定不动，让另一穿在杆上的质量为M、电荷量为的小球A从杆上端O点由静止释放，当小球A运动到杆的中点时速度大小为v。已知O点与P点的高度差为H，静电力常量为k，重力加速度为g。求：
(1)小球A被释放时受到的合力的大小；
(2)从小球A被释放到其运动到杆的中点的过程，静电力对小球A做的功。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）小球A被释放时，由库仑定律有
小球A被释放时受到的合力的大小
由几何关系可知
解得
（2）由动能定理有
解得静电力对小球A做的功
14．（14分）如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在距轴左侧区域存在宽度为的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小可调。现有质荷比为的带正电粒子从轴上的点以一定初速度垂直轴射入电场，并且以，方向与轴正方向成的速度经过点进入磁场，，，不计粒子重力。求：
(1)粒子在点进入电场的初速度；
(2)要使粒子不从边界射出，磁感应强度的最小值；
(3)粒子经过磁场后，刚好可以回到点，磁感应强度的大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向不受力，为匀速运动，则
解得
（2）当轨迹与边相切时恰好不出磁场，如图所示
根据几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）粒子运动轨迹如图所示
出磁场时速度与轴正方向夹角为，做匀速直线运动后回到点，设出磁场处为点，由几何关系得
解得
由洛伦兹力提供向心力得
解得
15．（16分）如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距，导轨平面与水平面间夹角，N、Q间连接一个电阻，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度。将一根质量的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒的电阻为，导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，已知金属棒从位置ab运动到位置cd的过程中，流过电阻R的电量为，，，。求：
（1）当金属棒速度的大小为时，金属棒加速度的大小a；
（2）金属棒运动到cd位置时的速度大小；
（3）金属棒由位置ab运动到位置cd的过程中，电阻R上产生的热量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1））当金属棒速度的大小为时，金属棒受到的安培力为
方向沿导轨向上，其中
对金属棒受力分析，根据牛顿第二定律可知
解得
（2）当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，受力平衡，则
其中
解得
（3）金属棒由位置ab运动到位置cd的过程中，由能量守恒定律可知
流过电阻R的电量为
解得
由于
则
其中
则第07讲 电学实验（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
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实验1：描绘小灯泡的伏安特性曲线
一、基本实验要求
1．实验原理
（1）测多组小电珠的U、I的值，并绘出I－U图象；
（2）由图线的斜率反映电流与电压和温度的关系．
2．实验器材
小电珠“3.8 V,0.3 A”、电压表“0～3 V～15 V”、电流表“0～0.6 A～3 A”、滑动变阻器、学生电源、开关、导线若干、坐标纸、铅笔．
3．实验步骤
（1）画出电路图（如图甲所示）．
（2）将小电珠、电流表、电压表、滑动变阻器、学生电源、开关用导线连接成如图乙所示的电路．
（3）测量与记录
移动滑动变阻器触头位置，测出12组左右不同的电压值U和电流值I，并将测量数据填入自己设计的表格中．
（4）数据处理
①在坐标纸上以U为横轴，I为纵轴，建立直角坐标系．
②在坐标纸上描出各组数据所对应的点．
③将描出的点用平滑的曲线连接起来，得到小电珠的伏安特性曲线．
4．实验器材选取
（1）原则：①安全；②精确；③操作方便．
（2）具体要求
①电源允许的最大电流不小于电路中的实际最大电流．干电池中电流一般不允许超过0.6 A.
②用电器的额定电流不能小于通过该用电器的实际最大电流．
③电压表或电流表的量程不能小于被测电压或电流的最大值．
④电压表或电流表的指针应偏转到满刻度的以上．
⑤从便于操作的角度来考虑，限流式接法要选用与待测电阻相近的滑动变阻器，分压式接法要选用较小阻值的滑动变阻器．
二、数据处理及规律方法
1．注意事项
（1）电路的连接方式：
①电流表应采用外接法：因为小电珠（3.8 V,0.3 A）的电阻很小，与量程为0.6 A的电流表串联时，电流表的分压影响很大．
②滑动变阻器应采用分压式接法：目的是使小电珠两端的电压能从0开始连续变化．
（2）闭合开关S前，滑动变阻器的触头应移到使小电珠分得电压为0的一端，使开关闭合时小电珠的电压能从0开始变化，同时也是为了防止开关刚闭合时因小电珠两端电压过大而烧坏灯丝．
（3）I－U图线在U0＝1.0 V左右将发生明显弯曲，故在U＝1.0 V左右绘点要密，以防出现较大误差．
4．误差分析
（1）由于电压表不是理想电表，内阻并非无穷大，会带来误差，电流表外接，由于电压表的分流，使测得的电流值大于真实值．
（2）测量时读数带来误差．
（3）在坐标纸上描点、作图带来误差．
实验2：导体电阻率的测定
实验目的
掌握螺旋测微器及游标卡尺的原理及读数方法；
掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法；
会用伏安法测电阻，并能测定金属的电阻率。
实验原理
根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d，计算出横截面积S，并用伏安法测出电阻Rx，即可计算出金属丝的电阻率．
2．实验器材
被测金属丝，直流电源（4 V），电流表（0～0.6 A），电压表（0～3 V），滑动变阻器（0～50 Ω），开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺．
3．实验步骤
（1）用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d.
（2）连接好用伏安法测电阻的实验电路．
（3）用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l.
（4）把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．
（5）闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，填入记录表格内．
（6）将测得的Rx、l、d值，代入公式R＝ρ和S＝中，计算出金属丝的电阻率．
实验3：电源电动势和内阻的测量
一、基本实验要求
1．实验原理
闭合电路欧姆定律．
2．实验器材
电池、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线、坐标纸和刻度尺．
3．基本操作
（1）电流表用0.6 A的量程，电压表用3 V的量程，按图连接好电路．
（2）把滑动变阻器的滑片移到使阻值最大的一端．
（3）闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表有明显示数并记录一组数据（I1，U1）．用同样的方法再测量几组I、U值，填入表格中．
（4）断开开关，拆除电路，整理好器材．
二、数据处理及规律方法
1．实验数据求E、r的处理方法
（1）列方程求解：由U＝E－Ir得，解得E、r.
（2）用作图法处理数据，如图所示．
①图线与纵轴交点为E；
②图线与横轴交点为I短＝；
③图线的斜率表示r＝||.
2．注意事项
（1）为了使路端电压变化明显，可使用内阻较大的旧电池．
（2）电流不要过大，应小于0.5 A，读数要快．
（3）要测出不少于6组的（I，U）数据，变化范围要大些．
（4）若U－I图线纵轴刻度不从零开始，则图线和横轴的交点不再是短路电流，内阻应根据r＝||确定．
（5）电流表要内接（因为r很小）．
3．误差来源
（1）偶然误差：用图象法求E和r时作图不准确．
（2）系统误差：电压表分流.
实验4：练习使用多用表
一、基本实验要求
1．实验器材
多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻（大、中、小）三个．
2．实验步骤
（1）观察：观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程．
（2）机械调零：检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置．若不指零，则可用小螺丝刀进行机械调零．
（3）将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔．
（4）测量小灯泡的电压和电流．
①按如图甲所示的电路图连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压．
②按如图乙所示的电路图连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流．
（5）测量定值电阻
①根据被测电阻的估计阻值，选择合适的挡位，把两表笔短接，观察指针是否指在欧姆表的“0”刻度，若不指在欧姆表的“0”刻度，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆表的“0”刻度处；
②将被测电阻接在两表笔之间，待指针稳定后读数；
③读出指针在刻度盘上所指的数值，用读数乘以所选挡位的倍率，即得测量结果；
④测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡．
二、规律方法总结
1．多用电表使用注意事项
（1）表内电源正极接黑表笔，负极接红表笔，但是红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔，注意电流的实际方向应为“红入”，“黑出”．
（2）区分“机械零点”与“欧姆零点”．机械零点是表盘刻度左侧的“0”位置，调整的是表盘下边中间的指针定位螺丝；欧姆零点是指刻度盘右侧的“0”位置，调整的是欧姆调零旋钮．
（3）由于欧姆挡表盘难以估读，测量结果只需取两位有效数字，读数时注意乘以相应挡位的倍率．
（4）使用多用电表时，手不能接触表笔的金属杆，特别是在测电阻时，更应注意不要用手接触表笔的金属杆．
（5）测量电阻时待测电阻要与其他元件和电源断开，否则不但影响测量结果，甚至可能损坏电表．
（6）测电阻时每换一挡必须重新欧姆调零．
（7）使用完毕，选择开关要置于交流电压最高挡或“OFF”挡．长期不用，应把表内电池取出．
2．多用电表对电路故障的检测
（1）断路故障的检测方法
①用直流电压挡：
a．将电压表与电源并联，若电压表示数不为零，说明电源良好，若电压表示数为零，说明电源损坏．
b．在电源完好时，再将电压表与外电路的各部分电路并联．若电压表示数等于电源电动势，则说明该部分电路中有断点．
②用直流电流挡：
将电流表串联在电路中，若电流表的示数为零，则说明与电流表串联的部分电路断路．
③用欧姆挡检测
将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若有阻值（或有电流）说明元件完好，若电阻无穷大（或无电流）说明此元件断路．
（2）短路故障的检测方法
①将电压表与电源并联，若电压表示数为零，说明电源被短路；若电压表示数不为零，则外电路的部分电路不被短路或不完全被短路．
②用电流表检测，若串联在电路中的电流表示数不为零，故障应是短路．
强化点一 描绘小灯泡的伏安特性曲线
【典例1】（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期末）某同学用图（a）所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：小灯泡（额定电压2.5V，额定电流0.3A）、电压表（量程300mV，内阻300Ω）、电流表（量程300mA，内阻0.27Ω）、定值电阻R0、滑动变阻器R1（阻值0~20Ω）、电阻箱R2（最大阻值9999.9Ω）、电源E（电动势6V，内阻不计）、开关S、导线若干，完成下列填空：
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的 （填“a”或“b”）端；
（2）在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R2的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、I，描点结果如图（b）所示，当流过电流表的电流为10mA时，小灯泡的电阻为 Ω（保留1位有效数字）；
（3）为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V，该同学经计算知，应将R2的阻值调整为 Ω；
（4）由图（b）可知，随着流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻 （填“增大”“减小”或“不变”）
【答案】 a 0.7 2700 增大
【详解】（1）[1]为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的a端；
（2）[2]由图（b）可知当流过电流表的电流为10mA时，电压为7mV，则小灯泡的电阻为
（3）[3]由题知，电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V，有，解得
（4）[4]由图（b）和表格可知流过小灯泡电流增加，图像中变大，则灯丝的电阻增大。
【变式1-1】（23-24高二上·浙江杭州·期末）某同学在研究标有额定工作状态为“3V 1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线实验中，实验室提供以下器材：
电流表（量程100mA，内阻约为）
电流表（量程600mA，内阻约为）
电压表V（量程3.0V，阻约为）
滑动变阻器（最大阻值为）
滑动变阻器（最大阻值为）
电源E（电动势为4V，内阻不计）
单刀单掷开关与单刀双掷开关若开，导线若干
（1）为了提高测量的准确度与有效性，应该选择电流表 ，滑动变阻器 （填器材后面的代号）；
（2）若实验电路如图1所示，在实验过程中，应先将滑动变阻器的滑片P置于变阻器的 端（填“左”或“右”）；调整好滑片位置后将单刀双掷开关置 点（“a”或“b”）。
（3）将滑片P向右调节，得到多种状态下小灯泡实际工作的电压与电流的对应数据、记录在表格中，描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图2所示。
（4）将这个小灯泡接入新电路（图3所示）中，电源内阻不计，该电路中其他元件的相关参数如图中标识，则该小灯泡在该电路中的实际工作功率为 W（结果保留三位有效数字）。
【答案】 A2 R1 左 b 0.384
【详解】（1）[1]灯泡的额定电流为
为了提高测量的准确度与有效性，应该选择电流表A2；
[2]灯泡的电阻约为
为了方便调节，滑动变阻器应选阻值较小的R1。
（2）[3]为了使灯泡的电流最小，在实验过程中，应先将滑动变阻器的滑片P置于变阻器的左端；
[4]根据前面所选器材，分析有
则电流表应选择外接法，调整好滑片位置后将单刀双掷开关S3置b点。
（3）[5]由图（3）电路图，设灯泡的电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律可得
代入数据整理得
将此函数图像在图（2）中画出来，如图所示
根据图线交点可知该小灯泡在该电路中的实际工作功率为
强化点二 测量导体的电阻率
【典例2】（22-23高二上·天津河北·期末）某小组用铜棒完成“测定金属电阻率”实验，实验步骤如下：
(1)首先通过螺旋测微器测量铜棒直径，通过游标卡尺测铜棒的长度，测量结果如图甲、乙所示，则铜棒直径 ，铜棒的长度 。
(2)为了精密测量该金属丝的电阻率，某实验小组先使用多用电表粗测其电阻约为，然后进行较准确测量，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表（量程，内阻约为）
B．电压表（量程，内阻约为）
C．电流表（量程，内阻约为）
D．电流表（量程，内阻约为）
E.滑动变阻器
F.输出电压为的直流稳压电源
G.电阻箱
H.开关，导线若干
为尽量减小实验误差，电压表选 ；电流表选 ；（填器材前的字母）
(3)若要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，在方框内画出电路图 。
(4)如果金属丝直径为，长度为，所测电压为，电流为，写出计算电阻率的表达式 。
【答案】(1) 1.840 4.220
(2) A D
(3)见解析
(4)
【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图可知铜棒的直径为
[2]20分度游标卡尺的精确值为，由图可知铜棒的长度为
（2）[1][2]由于电源电压为，则电压表应选择A；该金属丝的电阻约为，根据
则电流表应选择D。
（3）要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法，由于
电流表应采用外接法，则电路图如图所示
（4）根据电阻定律可得
又，
联立可得电阻率为
【变式2-1】（23-24高二下·湖南·期末）某同学欲测量实验室中一根粗细均匀的电阻丝的电阻率，实验步骤如下：
(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值：当用“”挡时发现指针的偏转角度过大，应换用 （填“”或“”）挡，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为 。
(2)某同学设计如图乙所示的电路测量该电阻丝的电阻率。在刻度尺两端的接线柱a和b之间接入该电阻丝，金属夹P夹在电阻丝上，沿电阻丝移动金属夹P，即可改变接入电路的电阻丝长度。
实验室提供的器材有：
电池组E（电动势为3.0V，内阻约为）；
电流表A（量程为100mA）；
电阻箱R（阻值范围为）；
开关、导线若干。
实验操作步骤如下：
a.用螺旋测微器测出电阻丝的直径D；
b.根据图乙连接实验电路；
c.调节电阻箱使其接入电路的阻值最大，将金属夹P夹在电阻丝某位置上；
d.闭合开关S，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
e.改变金属夹P的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏，记录R和L数据；
f.重复上述步骤，得到多组数据。
①用螺旋测微器测出电阻丝的直径D，示数如图丙所示，读数为 mm。
②用记录的多组R和L的数据，绘出了如图丁所示图线，截距分别为和，则电阻丝的电阻率表达式 （用题中已知量的字母表示）。
③分析电流表的内阻对本实验结果 （填“有”或“没有”）影响。
【答案】(1) 15/15.0
(2) 0.512/0.511/0.513 没有
【详解】（1）[1]选择开关拨到“”挡测量时，发现指针的偏角过大，说明电阻丝的阻值较小，
故应换用挡；
[2] 换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为
（2）[3] 螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图丙可知电阻丝的直径为
[4] 由题意可知，电流表每次满偏时，电路外电阻阻值相同，则有
整理可得
可得图像的斜率绝对值为，解得
[5] 根据上面分析可知，电流表的内阻对图像的斜率无影响，所以电流表的内阻对本实验结果没有影响。
强化点三 伏安法测电阻
【典例3】（23-24高二下·湖南衡阳·期末）某同学用伏安法测电阻的阻值（约为），除了待测电阻，开关S、导线外，还有下列器材。
电流表A（量程0~3mA，内阻约为）。
电压表V（量程0~3V，内阻约为）；
滑动变阻器R（，允许通过的最大电流2A）。
蓄电池E（电动势为3V，内阻约为）。
(1)要求能多测几组数据，且测量值尽可能准确，你在图A、B、C、D中选择的电路图是______（填字母序号）。
A． B． C． D．
(2)按所选电路进行实验，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P滑到 端（填“A”或“B”），测量时测量值比真实值 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
(3)实验中该同学发现电压表坏了，于是找来一个电流表G（量程0~1mA，内阻）和电阻箱串联改装成量程为0~3V的电压表，则电阻箱的电阻值应调节为 。该同学将改装成功后的电压表正确连入选择的电路，又想办法测出了电流表A的准确内阻，实验时电流表A的读数为，电流表G的读数为，则待测电阻 （用符号表示）。
【答案】(1)B
(2) A 偏大
(3) 2990
【详解】（1）实验要求能多测几组数据，且测量值尽可能准确，可知，控制电路采用滑动变阻器的分压式接法，由于
可知，电压表的分流影响大，实验中需要排除电压表的分流影响，即测量电路采用电流表的内接法，可知，第二个选择项符合要求。
故选B。
（2）[1]按所选电路进行实验，为了确保安全，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P滑到A端；
[2]结合上述可知，测量电路采用电流表内接法，由于电流表的分压影响，使得电压的测量值偏大，则测量时测量值比真实值偏大。
（3）[1]根据电压表的改装原理，串联的电阻箱的电阻值应调节为
[2]根据欧姆定律，待测电阻为
【变式3-1】（23-24高二上·云南昭通·期末）某物理兴趣小组准备测一个电流表的内阻。实验室准备的器材有：待测电流表A（量程为）、干电池两节、电压表（量程为）、滑动变阻器（最大阻值，额定电流）、定值电阻、定值电阻、多用电表、电键、导线若干。
（1）甲同学想利用多用电表的欧姆挡测量电流表的内阻。先将欧姆表倍率调为“”，进行欧姆调零，为了电表安全，测量时应将红表笔接触电流表的 （填“正”或“负”）接线柱的金属部分，黑表笔接触电流表的另一接线柱的金属部分。经过欧姆表测电阻的正确操作后指针在表盘的位置如图甲所示，则电流表内阻为 。
（2）乙同学想利用如图乙所示的电路测量电流表的内阻，为了使测量时相对误差更小，要求测量时两电表指针偏转均超过其量程的三分之二，应使用 （填“”或“”）。电路接通后，把滑动变阻器的滑动端滑动到某一位置，若此时电压表读数为，电流表读数为，则电流表内阻 。（用题中已知的字母表达）
【答案】 负 5.0/5
【详解】（1）[1]电流需从多用电表黑表笔流出，流入电流表的正接线柱，则红表笔应接触电流表的负接线柱；
[2]欧姆表读数为(5Ω)
（2）[3][4]要求测量时两电表指针偏转均超过其量程的三分之二，若选，则电压表示数为
若选，则电压表示数为
故选择较合理；
[4]由欧姆定律，解得
强化点四 半偏法测电表内阻
【典例4】（22-23高二上·河南南阳·期末）在学校社团活动中，某实验小组先测量一只量程为300μA的微安表头G的内阻值，然后将其改装为量程为0.3A的电流表。可供选择的实验器材有：
微安表头G（量程300μA，内阻约为几百欧姆）
滑动变阻器
滑动变阻器
电阻箱
电源（电动势约为）
电源（电动势约为）
开关、导线若干
实验小组先用如图所示电路测量表头的内阻，实验方法是：
A．按图连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端
B．断开，闭合，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏
C．闭合，并保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使表头G的示数为200μA，记录此时电阻箱的阻值。
(1)实验中电源应选用 ，滑动变阻器应选用 （选填仪器字母代号）；
(2)测得表头的内阻 ，表头内阻的测量值较其真实值 （选填“偏大”或“偏小”）；
(3)实验测得的内阻，要将表头改装成量程为的电流表，应选用阻值为 的电阻与表头并联。
【答案】(1)
(2) 偏小
(3)0.5
【详解】（1）[1][2]闭合S2开关时认为电路电流不变，实际上闭合开关S2时电路总电阻变小，电路电流增大，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，电源应选择，滑动变阻器应选择。
（2）[1][2]闭合开关S2时认为电路电流不变，流过微安表电流为满偏电流的，则流过电阻箱的电流为满偏电流的，微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，则；闭合开关时整个电路电阻变小，电路电流变大，大于300μA，当表头示数为200μA时，流过电阻箱的电流大于100μA，电阻箱阻值小于表头电阻的2倍，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的一半，因此表头G内阻测量值偏小。
（3）把微安表改装成的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为
【变式4-1】（23-24高二上·吉林长春·期末）某同学把量程为500μA但内阻未知的微安表G改装成量程为2V的电压表，他先测量出微安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准电压表，对改装后的电压表进行检测。

该同学利用“半偏法”原理测量微安表G的内阻，实验中可供选择的器材如下：
A．滑动变阻器（）
B．滑动变阻器（）
C．电阻箱（）
D．电源（电动势为1.5V）
E.电源（电动势为9V）
F.开关、导线若干
具体实验步骤如下：
a.按电路原理图甲连接好线路；
b.将滑动变阻器R的阻值调到最大，闭合开关后调节R的阻值，使微安表G的指针满偏；
c.闭合，保持R不变，调节的阻值，使微安表G的示数为250μA，此时的示数为；
回答下列问题：
（1）为减小实验误差，实验中电源应选用 ，滑动变阻器应选用 （填仪器前的字母）；
（2）由实验操作步骤可知微安表G内阻的测量值 ；
（3）若按照（2）中测量的，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联一个阻值为 的电阻；
（4）用图乙所示电路对改装后的电压表进行校对，由于内阻测量造成的误差，当标准电压表示数为2V时，改装电压表中微安表G的示数为495μA，为了尽量消除改装后的电压表测量电压时带来的误差，的阻值应调至 （结果保留1位小数）。
【答案】 E B 1900.0/1900 2100.0/2100 2059.6
【详解】（1）[1]本实验误差来自于闭合S2电阻箱并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大。故电源选择电动势约为9V的电源，即选E；
[2]毫安表G的满偏电流为500μA，则干路中滑动变阻器进入电路的最小阻值约大于
故滑动变阻器应选用最大阻值为的，即选B。
（2）[3]由实验操作步骤可知通过微安表的电流等于通过电阻箱的电流，可知两部分电阻相等，即微安表G内阻的测量值；
（3）[4]若按照（2）中测算的，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联的电阻为
（4）[5] 当微安表G的示数为时
若是调整为准确，则需将微安表读数变为，则
即将改装后的电压表内阻减小，即将的阻值变为
强化点五 双安法测电阻
【典例5】（23-24高二下·湖南·期末）某实验小组为测量某一电阻阻值（约为几欧），实验室现有器材如下，试设计实验尽可能多测几组数据取平均值精确测量其阻值：
A．电流表A（量程，内阻约为）
B．毫安表G（量程，内阻为）
C．滑动变阻器，总阻值为
D．滑动变阻器，总阻值为
E.电阻箱R，总阻值
F.电源E，电动势，内阻不计
G.开关S、导线若干。
(1)实验中滑动变阻器选 （填或）。
(2)实验小组将毫安表改装成量程为3V电压表，则应将电阻箱与毫安表 （选填“串联”或“并联”），且电阻箱阻值为 。
(3)试画出测量原理图 （所有元件都用题目所给符号表示）。
(4)合上开关S，改变滑片位置，记录下两表的示数，测得毫安表G示数为，电流表A示数为（单位均为A），则 （用、表示）。
【答案】(1)
(2) 串联 900
(3)
(4)
【详解】（1）实验尽可能多测几组数据取平均值精确测量其阻值，滑动变阻器可采用分压式接法，选择最大阻值较小的。
（2）[1][2] 将毫安表改装成量程为3V电压表，则应将电阻箱与毫安表串联，根据改装原理可知
解得
（3）由于毫安表电阻已知，可采用电流表外接法，如图
（4）根据欧姆定律可知
【变式5-1】（23-24高二上·山东淄博·期末）一粗细均匀的导电材料样品，截面为同心圆环，该样品的外径，内径，如图甲所示。某同学设计实验测量该样品的电阻率，实验步骤如下：
（1）如图乙所示，用游标卡尺测得该样品长度 。
（2）用多用电表测得该样品阻值约为110Ω，为精确的测量其电阻阻值，可供选择的器材如下：
待测导电样品
电流表（量程600，内阻约为1Ω）
电流表（量程150，内阻约为20Ω）
电流表（量程30，内阻为50Ω）
定值电阻
定值电阻
滑动变阻器R（0-20Ω，额定电流2A）
直流电源E（电动势约为12V，内阻不计）
开关一只，导线若干
①根据实验器材，设计实验电路如图丙所示，图中电流表A应选择 ，图中电流表应选择 ，定值电阻应选择 。（选填所选器材的字母代号）
②实验中调节滑动变阻器，测得电流表A、对应的多组电流值I、，做出的图像如图丁所示，可得该导电样品的电阻阻值为 Ω.
（3）由以上数据，计算可得该样品电阻率为 。（π取3.14）
【答案】 31.4 A3 A2 R2 100 0.03
【详解】（1）[1]游标卡尺测得该样品长度为
（2）[2][3]为准确测量，由给出的图线结合电路图可知，电流表A应选择A3，电流表应选择A2。
[4]由电路图及图丁数据可知
故R0应选择R2。
[5]由电路图可知
整理可得
则，解得
（3）[6]由
可得该样品电阻率为
强化点六 双伏法测电阻
【典例6】（23-24高二下·湖南岳阳·期末）学生实验小组要测量量程为3V的电压表V的内阻。可选用的器材有：多用电表，电源E（电动势5V），电压表V1（量程5V，内阻约3kΩ），定值电阻（阻值为800Ω），滑动变阻器（最大阻值50Ω），滑动变阻器（最大阻值5kΩ），开关S，导线若干。
完成下列填空：
(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应 （把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列）；
A．将红、黑表笔短接
B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆
C．将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的 填“正极、负极”或“负极、正极”）相连，欧姆表的指针位置如图（a）中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡 （填“×1”“×100”或“×1K”）位置，重新调节后，测量得到指针位置如图（a）中实线Ⅱ所示，则组测得到的该电压表内阻为 kΩ（结果保留1位小数）；
(2)为了提高测量精度，他们设计了如图（b）所示的电路，其中滑动变阻器应选 （填“”或“”），闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于 （填“a”或“b”）端；（3）闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表，待测电压表的示数分别为、，则待测电压表内阻 （用和表示）；
【答案】(1) CAB 负极、正极 ×100 1.6
(2) a
【详解】（1）[1]利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应选择欧姆挡即C选项：将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置；接着将红、黑表笔短接即A选项；进行欧姆调零即B选项：调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆。故首先操作顺序为CAB。
[2]多用电表使用时电流“红进黑出”的规则可知：测量电阻时电源在多用电表表内，故将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的“负极、正极”相连。
[3]读数时欧姆表的指针位置如图（a）中虚线Ⅰ所示，偏转角度较小即倍率选择过小，为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡倍率较大处，而根据表中数据可知选择“”倍率又过大，故应选择欧姆挡“×100”的位置；
[4]测量得到指针位置如图（a）中实线Ⅱ所示，则组测得到的该电压表内阻为。
（2） [1]图（b）所示的电路，滑动变阻器采用的是分压式连接，为了方便调节，应选最大阻值较小的滑动变阻器即；
[2]为保护电路，且测量电路部分电压从零开始条件，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于a端。
[3] 通过待测电压表的电流大小与定值电阻电流相同为
根据欧姆定律得待测电压表的阻值为
【变式6-1】（2024·新疆河南·高考真题）学生实验小组要测量量程为3V的电压表V的内阻。可选用的器材有：多用电表，电源E（电动势5V），电压表V1（量程5V，内阻约3kΩ），定值电阻（阻值为800Ω），滑动变阻器（最大阻值50Ω），滑动变阻器（最大阻值5kΩ），开关S，导线若干。
完成下列填空：
(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应 （把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列）；
A．将红、黑表笔短接
B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆
C．将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的 （填“正极、负极”或“负极、正极”）相连，欧姆表的指针位置如图（a）中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡 （填“×1”“×100”或“”）位置，重新调节后，测量得到指针位置如图（a）中实线Ⅱ所示，则组测得到的该电压表内阻为 kΩ（结果保留1位小数）；
(2)为了提高测量精度，他们设计了如图（b）所示的电路，其中滑动变阻器应选 （填“”或“”），闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于 （填“a”或“b”）端；
(3)闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表，待测电压表的示数分别为、，则待测电压表内阻 （用、U和表示）；
(4)测量得到，则待测电压表内阻 （结果保留3位有效数字）。
【答案】(1) CAB 负极、正极 ×100 1.6
(2) a
(3)
(4)1.57
【详解】（1）[1]利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应选择欧姆挡即C选项：将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置；接着将红、黑表笔短接即A选项；进行欧姆调零即B选项：调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆。
故首先操作顺序为CAB。
[2]多用电表使用时电流“红进黑出”的规则可知：测量电阻时电源在多用电表表内，故将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的“负极、正极”相连。
[3]读数时欧姆表的指针位置如图（a）中虚线Ⅰ所示，偏转角度较小即倍率选择过小，为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡倍率较大处，而根据表中数据可知选择“”倍率又过大，故应选择欧姆挡“×100”的位置；
[4]测量得到指针位置如图（a）中实线Ⅱ所示，则组测得到的该电压表内阻为
（2）[1]图（b）所示的电路，滑动变阻器采用的是分压式连接，为了方便调节，应选最大阻值较小的滑动变阻器即；
[2]为保护电路，且测量电路部分电压从零开始条件，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于a端。
（3）通过待测电压表的电流大小与定值电阻电流相同为
根据欧姆定律得待测电压表的阻值为
（4）测量得到，带入待测电压表的阻值表达式则待测电压表内阻
强化点七 等效替代法测电阻
【典例7】（23-24高二下·河北邯郸·期末）酒驾严重危害交通安全，“喝酒不开车”已经成为准则。酒精检测仪的核心部件为酒精气体传感器，其电阻R与酒精气体浓度c的关系如图甲所示。某校课外学习小组的同学利用该酒精气体传感器及小组的一些器材设计了酒精检测仪，其原理图如图乙所示。
(1)由于学习小组只有量程为的电压表，学习小组的同学们正确使用多用电表欧姆挡测得该电压表的内阻为，为了把电压表的量程提升为，应将与电压表串联的电阻箱的阻值调为 （结果保留一位小数）。
(2)学习小组使用的电源电动势，内阻，若同学们想将酒精气体浓度为零的位置标注在电压表上处（表盘已改装完毕），则应将电阻箱的助理值调为 ．
(3)已知酒精气体浓度在之间属于饮酒驾驶；酒精气体浓度达到或超过属于醉酒驾驶。在正确完成步骤（2）、开关闭合的情况下，若酒精气体传感器处在酒精气体浓度为的环境中，则电压表的示数 （填“大于”“小于”或“等于”）。
(4)该仪器使用较长时间后，电源内阻增大，但电源电动势不变，若不做调整直接测量，则此时所测的酒精气体浓度与真实值相比 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】(1)600
(2)35.2
(3)大于
(4)偏大
【详解】（1）根据电压表的改装原理可知，解得
（2）由电表改装可知改装后的电压表内阻为，由图甲可知，当酒精气体浓度为零时，该酒精气体传感器电阻，并联电阻为
电压表读数为3V，由串联分压原理可知，解得
（3）若酒精气体传感器处在酒精气体浓度为的环境中，则，并联电阻为
由串联分压原理可知V>1.5V
（4）使用较长时间后，干电池组电动势不变，内阻增大，若在3V处酒精浓度为0，则酒精气体传感器与改装后的电压表所并联的电阻也增大，则酒精气体传感器的电阻也增大，由于不做调整直接测量，导致酒精气体传感器的电阻偏小，则所测的酒精气体浓度比真实值偏大。
【变式7-1】（23-24高二下·四川成都·期末）光敏电阻的阻值会随着光照度（单位：lx）的增大而减小。
(1)图甲是一位同学设计的自动控制路灯的电路，R为光敏电阻，若要路灯在天黑的时候自动亮起，天亮的时候自动熄灭，那么路灯应该接在 两个接线柱上（填“AB”或“BC”）。
(2)为进一步研究光敏电阻的使用，这位同学通过图乙所示电路测量在不同光照度下光敏电阻的阻值。图中电源电压为6V，闭合后，这位同学先将拨至“1”位置，电阻箱接入电路的阻值调为6250Ω时，灵敏电流计示数为“I”；然后他将拨至“2”位置，电阻箱接入电路的阻值调为2550Ω时，灵敏电流计示数仍为“I”。则在此光照度下，光敏电阻的阻值为 Ω。
(3)这位同学通过测量得出了光敏电阻的阻值随光照度变化的规律如图丙所示，并用图丙表示的光敏电阻连接成图丁所示的电路，其中电源电动势为，内阻为，定值电阻，电阻箱的调节范围为0~999.9Ω，光敏电阻两端的电压增至2V时照明系统开始工作，为使光敏电阻在光照度降低到4000lx时，自动控制系统开始补光，电阻箱接入电路的阻值应该调为 Ω。该光控装置使用较长时间后电源内阻变大，使得自动控制系统正常工作时的最小光照度 4000lx（填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】(1)AB
(2)3700
(3) 65 小于
【详解】（1）天亮时光照度增大，光敏电阻的阻值减小，电磁铁中电流增大，磁场增强，吸引衔铁向下与接通，路灯熄灭，故路灯应接在两个接线柱上。
（2）本实验采用等效替代法测电阻，前后两次电路中的电流相等，则电路中的总电阻相等，故有
解得
（3）[1]根据闭合电路欧姆定律有
根据图像可知，在光照度降低到时，对应的阻值为
又有
其中，联立可得
[2]该光控装置使用较长时间后电源内阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流变小，两端的电压变小，从而导致自动控制系统正常工作时的最小光照度小于。
强化点八 电桥法测电阻
【典例8】（23-24高二下·山东临沂·期末）某同学制作了一款测温计，该测温计的最高测温为电路图如图甲所示，所使用器材：
定值电阻为10Ω
定值电阻为50Ω
电阻箱（调节范围0~999.9Ω）
金属热电阻
电动势为36V的直流电源（内阻很小可忽略不计）
电压表V量程范围0~3V（内阻很大）
开关，导线若干
金属热电阻的阻值随温度变化图像如图乙所示，操作步骤如下：
（1）先按图连接好电路，电压表的正接线柱应连接 （填“a”或“b”），将传感器置于恒温箱中，将恒温箱温度调为180℃，调节的阻值为 Ω，此时电压表指针指到0刻线；
（2）降低恒温箱温度，电压表示数为1.2V时，恒温箱的温度为 ；
（3）依次降低温度，将电压表刻度改为相应的温度刻度；
（4）该测温计能够测量的最低温度为 。
【答案】 b 30
【详解】（1）[1]与串联，与串联，再并联在36V的直流电源两端，因180℃时电压表指针指到0刻线，即，此后温度降低，热敏电阻的阻值变小，其分得的电压变小，b点的电势升高，电压表显示为正电压，则压表的正接线柱应连接b；
[2]根据金属热电阻的阻值随温度变化函数为
则时，，此时电压表指针指到0刻线，即，有
可得
代入电阻值解得
（2）[3]电动势为36V的直流电源（内阻很小可忽略不计），则有
，
当电压表示数为1.2V时，故有，解得
代入到函数，可得温度为
（4）[4]该测温计能够测量的最低温度时，电压表的示数为3V，有
解得
代入到函数，可得最低温度为
【变式8-1】（23-24高二下·广西南宁·期末）某同学要探究光敏电阻阻值随光照强度变化的规律，实验电路如图甲所示。
实验器材如下：
A．待测光敏电阻Rx(日光下阻值约几千欧)
B．标准电阻R1(阻值为10Ω)
C．标准电阻R2(阻值为4Ω)
D．灵敏电流计G(量程为300μA，a端电势高于b端电势，电流计向左偏转，b端电势高于a端电势，电流计向右偏转)
E.电阻箱R3(0~9999Ω)
F.滑动变阻器(最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流为2A)
G.电源(电动势3.0V，内阻约为0.2Ω)
H.开关，导线若干
(1)①开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于 (填“A”或“B”)端。
②多次调节滑动变阻器和电阻箱，使电流计指针稳定时指向中央零刻线位置。电阻箱示数如图乙所示，电阻箱接入电路的阻值R3= Ω。
(2)待测光敏电阻R计算公式为 (用R1，R2，R3表示)。
(3)该同学找到该光敏电阻的阻值与光照强度的关系图像如图丙所示，则上述实验中光强强度为 cd；
(4)若保持电阻箱阻值不变，增大光照强度，则电流计指针 (填“向左”或“向右”或“不”)偏转。
【答案】(1) A 2400
(2)
(3)2.0
(4)向右
【详解】（1）[1]闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片移到A端。保证电键闭合后滑动电阻器的输出电压为零，保护用电器；
[2]根据图乙得出电阻箱的阻值为2400Ω。
（2）[3]当电流计指针指向中央零刻线位置时，电流计两端电势相等，有
得
（3）[4]由(2)可知Ω=6000Ω
由丙图可知光照强度为2.0cd
（4）[5] 若增加光照强度，则变小，，b端电势高于a端电势，电流计向右偏转。
强化点九 测电源的电动势和电阻
【典例9】（23-24高二下·四川宜宾·期末）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表A1 ：量程0～0. 6A，内阻约为0.2
C．电流表A2：量程0～0.6A，内阻为0.1
D．电压表V1：量程0～3V，内阻未知
E．电压表V2 ：量程0～15V，内阻未知
F．滑动变阻器R1：0～10，2A
G．滑动变阻器R2：0～100，1A
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，为消除上述系统误差，尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
(1)在上述器材中请选择适当的器材：电流表 ， 电压表 ，滑动变阻器选 。（填写器材前的序号字母)
(2)实验电路图应选择下图中的 (填“甲”或“乙”）
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图像。由此可知，干电池的电动势E = V，内电阻r = 。（结果保留一位小数)
【答案】(1) C D F
(2)乙
(3) 1.5 0.9
【详解】（1）[1]用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，在现有器材的条件下，为消除上述系统误差，尽可能准确地测量电池的电动势和内阻，电流表A2的内阻为已知，因此实验电路图应选择图中的乙，因此电流表应选内阻为已知的电流表，应选电流表A2：量程 0～0.6A，内阻为 0.1Ω；即选C。
[2]电压表应选电压表V1：量程 0～3V，内阻未知；即选D。
[3]为调节方便灵活，滑动变阻器应选总电阻值较小滑动变阻器R1：0～10Ω，2A，即选F。
（2）电流表选内阻为已知的A2，因此实验电路图应选择图中的乙，电流表A2的电阻可等效到电源内阻中，可减小实验误差。
（3）[1]根据闭合电路欧姆定律可得
整理可得
可知U-I图像的纵轴截距E＝1.5V
[2]U-I图像的斜率大小
，RA＝0.1Ω
可得r＝0.9Ω
【变式9-1】（23-24高二上·江苏泰州·期末）某同学根据闭合电路欧姆定律测量电源的电动势和内阻。
(1)设计如图1所示的电路，现有图2所示的实验器材和若干导线。图中已将实验器材进行了部分连接，还应当用一根导线将电压表接线柱h与 接线柱连接，再用另一根导线将电压表接线柱g与 接线柱连接；填写接线柱对应的字母
(2)电路接线完毕，在保证电路安全的情况下闭合开关，调节滑动变阻器，发现电压表读数一直接近3V而电流表读数始终为零。已知导线与接线柱均无故障，且故障只有一处。现只改变电压表接线，再闭合开关、调节变阻器。下列推断正确的是______；
A．电压表接在a、f之间，电压表、电流表读数总为零，表明滑动变阻器短路
B．电压表接在a、b之间，电压表读数总接近3V、电流表读数总为零，表明电流表断路
C．电压表接在c、d之间，电压表、电流表读数总为零，表明开关是完好的
(3)实验由图1正确操作后，根据下图数据，测得电池的电动势 V，内阻 ；
(4)如果连接线接头严重氧化或与接线柱连接不紧就会产生“接触电阻”，若本实验中连接滑动变阻器和电流表导线接头处有“接触电阻”，则由此产生的影响是：电动势E测量值 选填“偏大”、“偏小”或“不变”；
(5)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为 。
【答案】(1) b或c f或p
(2)BC
(3) 1.44 2.47
(4)不变
(5)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大
【详解】（1）由图结合电流的流向可知，由于bc、fp是分别同一根导线的两端；故可知还应当用一根导线将电压表接线柱h与b或c连接，而再用另一根导线将电压表接线柱g与f或p连接；
（2）原电路中电压表示数为3V电流表示数为零说明电压表测量电源电压，即开关和电源完好，电流表示数为零说明电流表或者电阻器断路。
A．电压表接在a、f之间，由图可知，测量的是滑动变阻器端电压，若电压表、电流表读数总为零表 明电路没有接通，有可能为电键处断路，故A错误；
B．电压表接在a、b之间，测量的电流表端电压，若电压表读数总接近3V，说明电压表与电源连接良好、而电流表读数总为零，则由故障分析可知为电流表断路，故B正确；
C．电压表接在c、d之间，电压表、电流表读数总为零，开关两端电压为零，说明开关连接是完好的，故C正确。
故选BC。
（3）[1][2]由闭合电路欧姆定律可得
由图像的斜率及截距含义可得电源的电动势为
电源的内阻为
（4）电压表所测电压值包含了接触电阻的电压，因此对电动势和内阻的测量值都不影响，故电动势E测量值不变；
（5）由实验误差分析可知，由于测量花费了较长时间，且测量期间一直保持电路闭合，使得电动势和内阻会发生变化，会导致实验误差增大，故这样的操作不妥。
强化点十 多用表测量测电学中的物理量
【典例10】（23-24高二下·广东梅州·期末）酒驾严重危害交通安全，“喝酒不开车”已经成为准则，酒精检测仪核心部件为酒精气体传感器，其电阻R与酒精气体浓度c的关系如图甲所示，某同学想利用该酒精气体传感器及实验室如下器材设计一款酒精检测仪。
A．干电池组（电动势V，内阻Ω）
B．电阻箱（最大阻值9999.9Ω）
C．电压表V（满偏电压0.6V，内阻未知）
D．电阻箱（最大阻值9999.9Ω）
E.多用电表
F.开关及导线若干
（1）该同学用选择开关指向欧姆挡“×100”挡位且已经欧姆调零的多用电表测量电压表V的内阻大小时，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的 （选填“×1k”或“×10”）挡位，然后进行欧姆调零，再次测量电压表V的内阻值，其表盘及指针所指位置如图乙所示，则测量的电压表V的内阻为 Ω（结果保留两位有效数字），该同学进一步用其他方法测得其准确值与多用电表测得的电压表内阻值相等；
（2）该同学设计的测量电路如图丙所示，他首先将电压表V与电阻箱串联改装成量程为3V的电压表；
（3）该同学想将酒精气体浓度为零的位置标注在电压表上0.4V处，则应将电阻箱的阻值调为 Ω；
（4）完成步骤（3）后，某次在实验室中测试酒精浓度时，电压表指针如图丁所示，已知酒精气体浓度在0.2~0.8mg/mL之间属于饮酒驾驶；酒精气体浓度达到或超过0.8mg/mL属于醉酒驾驶，则该次测试的酒精气体浓度在 （选填“饮酒驾驶”或“醉酒驾驶”）范围内。
【答案】 ×10 80 32.0 醉酒驾驶
【详解】（1）[1] [2] 电阻挡从左到右读数逐渐减小，测量时发现指针向右偏转角度太大，说明电阻太小，选择的挡位太大，所以换成挡位，表盘上的读数为8.0，倍数为，所以测量的电压表内阻为；
（3）[3] 电压表V与电阻箱串联改装成量程为的电压表，则有
由电表改装可知改装后的电压表内阻为
由图甲可知，当酒精气体浓度为零时，该酒精气体传感器电阻
并联电阻为
电压表读数为，则并联电压为
由串联分压原理可知，解得
（4）[4] 电压表指针如图丁所示，并联电压为，由串联分压原理可知
而
联立代入数据解得此时酒精气体传感器的电阻为
由图甲可知酒精气体浓度大于，在醉驾范围内。
【变式10-1】（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）某实验小组“研究光敏电阻的阻值特性”。
(1)小组成员先利用多用电表欧姆挡粗测不同光照条件下光敏电阻的阻值。
①测量遮光条件下的阻值，选择“”挡，指针在表盘的位置如图Ⅱ-（1）所示，此时的阻值为 Ω；
②测量光照条件下的阻值，选择“”挡，指针在表盘的位置如图Ⅱ-（2）所示，为确定该条件下的阻值，后续操作最合理的是 。
A．直接读数
B．将选择开关旋至“×100”挡，测量、读数
C．将选择开关旋至“×100”挡，重新欧姆调零后，测量、读数
D．将选择开关旋至“”挡，重新欧姆调零后，测量、读数
(2)为了更精确地测量该光敏电阻在光照条件下的阻值，学习小组进一步采用伏安法进行测量研究。实验所用器材和部分电路连线如图Ⅱ-（3）所示。其中：电源电动势（电源内阻忽略不计）、电压表量程0~3V、滑动变阻器阻值0~5Ω。
①为了有较大的电压测量范围，导线Q端应 ；
A．接a B．接b C．不接
②为减小实验误差，电流表最合理的选择是 ；
A．多用电表“0.5mA”挡 B．多用电表“5mA”挡 C．多用电表“50mA”挡
③因电表内阻均未知，使用试触法判断P点接法。P点接b时两表盘示数如图Ⅱ-（4）a所示，接c时示数Ⅱ-（4）b所示。为减小实验误差，P点应选择 （选填“接b”或“接c”），此时的测量值相比真实值 （选填“偏小”、“偏大”或“无偏差”）。
【答案】(1) 16k C
(2) A B 接c 偏大
【详解】（1）[1]①选择“”挡，指针在表盘的位置为16，此时的阻值16kΩ；
[2]②指针偏转过大，说明挡位太大，应将选择开关旋至“×100”挡，重新欧姆调零后，测量、读数。
故选C。
（2）①[1]为了有较大的电压测量范围，滑动变阻器应选用分压式接法，导线Q端应接a；
②[2]电源电动势为3V，电阻约1600Ω，可知电流约为mA
故选B。
③[3]由图可知电流表变化较明显，为减小实验误差，应采用电流表内接法，P点应选择接c，此时由于电压表测量值过大，则电阻的测量值偏大。
真题感知
1．（2024·天津·高考真题）某同学研究闭合电路的规律。
(1)根据闭合电路的欧姆定律得出了电源输出功率P与外电路电阻关系图像，如图所示，则P的峰值对应的外电路电阻值R应 电源内阻r（填“大于”、“小于”或“等于”）；
(2)测定电源的电动势和内阻，可供选用的器材有：
A．电压表：（量程，内阻约为）
B．电流表：（量程，内阻约为）
C．滑动变阻器：（最大阻值，额定电流）
D．滑动变阻器：（最大阻值，额定电流）
E．待测电源：（电动势约为，内阻约为）
F．开关、导线若干
（i）实验中所用的滑动变阻器应选 （填器材前字母代号）；
（ii）实物电路如图所示，单刀双掷开关可分别与1、2端闭合，为使电源内阻的测量结果更接近真实值，应与 端闭合。
【答案】(1)等于
(2) C 2
【详解】（1）电源输出功率
则当R=r时电源输出功率P最大；
（2）（i）[1]实验中所用的滑动变阻器应选阻值较小的C即可；
（ii）[2]电压表内阻远大于电源内阻，应采用相对电源的电流表外接法，使电源内阻的测量结果更接近真实值，应与2端闭合。
2．（2024·福建·高考真题）某实验小组探究不同电压下红光和蓝光发光元件的电阻变化规律，并设计一款彩光电路。所用器材有：红光和蓝光发光元件各一个、电流表（量程30mA）、电压表（量程3V）、滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）、5号电池（电动势1.5V）两节、开关、导线若干。
（1）图（a）为发光元件的电阻测量电路图，按图接好电路；
（2）滑动变阻器滑片先置于 （填“a”或“b”）端，再接通开关S，多次改变滑动变阻器滑片的位置，记录对应的电流表示数I和电压表示数U；
（3）某次电流表示数为10.0mA时，电压表示数如图（b）所示，示数为 V，此时发光元件的电阻为 Ω（结果保留3位有效数字）；
（4）测得红光和蓝光发光元件的伏安特性曲线如图（c）中的Ⅰ和Ⅱ所示。从曲线可知，电流在1.0~18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压变化的关系均是： ；
（5）根据所测伏安特性曲线，实验小组设计一款电路，可使红光和蓝光发光元件同时在10.0mA的电流下工作。在图（d）中补充两条导线完成电路设计。
【答案】 a 2.82 282 电阻随电压增大而减小
【详解】（2）[1]实验电路中滑动变阻器采用分压式接法，为了保护用电器，开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a端，使测量部分电路两端电压为0；
（3）[2]电压表量程为3V，分度值为0.1V，所以图（b）所示电压表示数为2.82V；
[3]根据欧姆定律可知，发光元件的电阻为
（4）[4]根据欧姆定律可知，电流在1.0~18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压增大而减小；
（5）[5]由图（c）可知，电流为10.0mA时蓝光发光元件的电压大于红光发光元件，因此可将滑动变阻器R2与红光发光元件串联后再与蓝光发光元件并联后接入电路，如图所示
3．（2024·浙江·高考真题）在测绘发光二极管在导通状态下的伏安特性曲线实验中，
(1)用多用电表欧姆挡判断发光二极管的正负极选用挡时，变换表笔与二极管两极的连接方式，发现电表指针均不偏转。选用挡 （选填””或“”）重新测试，指针仍不偏转，更换二极管极性后，发现指针偏转，此时与多用电表红色表笔相连的是二极管 （选填“正极”或“负极”）。

(2)图（A）是已完成部分连线的实物图，为实现电压可从零开始调节，并完成实验，P应连接 接线柱（选填“a"“b”“c”或“d”），Q应连接 接线柱（选填“a”、“b”、“c”或“d”）。某次选用多用电表量程为50 mA 挡测量，指针如图（B）所示，则电流I= mA
(3)根据测得数据，绘出伏安特性曲线如图（C）所示，说明该二极管是 元件（选填“线性”或“非线性”，正常发光时电压在 V范围。
【答案】(1) ×1k 负极
(2) a d 45.0
(3) 非线性 1.9-2.5
【详解】（1）[1][2]指针未偏转，说明可能电阻过大，应换用档继续实验；根据“红进黑出”原则及二极管单向导电性可知红色表笔相连的是二极管负极。
（2）[1][2]实现电压可从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，P应连接a；根据图C可知电压表选取量程，故Q接d；
[3]多用电表量程为50 mA，分度值为1mA，需要估读到0.1mA，故电表的读数为
（3）[1][2]根据图像可知I随U非线性变化，故说明该二极管是非线性元件，根据图像可知正常发光时即有电流通过时电压在1.9V-2.5V范围。
4．（2024·甘肃·高考真题）精确测量干电池电动势和内阻需要考虑电表内阻的影响。可用器材有：电压表（量程1.5V，内阻约为）、电流表（量程0.6A）、滑动变阻器、开关、干电池和导线若干。某小组开展了以下实验。
(1)考虑电流表内阻影响
①用图1所示电路测量电流表的内阻。从图2电压表和电流表读数可得电流表内阻 （保留2位有效数字）。
②用图3所示电路测量干电池电动势和内阻。电压表读数、电流表读数、干电池内阻和电流表内阻分别用U、I、r和表示。则干电池电动势 （用I、r和表示）。
③调节滑动变阻器测得多组电表读数，作出图4所示的图像。则待测干电池电动势 V（保留3位有效数字）、内阻 （保留1位小数）。
(2)考虑电压表内阻影响
该小组也尝试用图5所示电路测量电压表内阻，但发现实验无法完成。原因是______（单选，填正确答案标号）。
A．电路设计会损坏仪器 B．滑动变阻器接法错误
C．电压太大无法读数 D．电流太小无法读数
【答案】(1) 1.0 1.40 1.0
(2)D
【详解】（1）[1]由图2可知，电压表读数为
电流表读数为
根据欧姆定律可得电流表内阻为
[2]由闭合电路欧姆定律可知，干电池电动势的表达式为
[3][4]根据变形为
根据图像可知，纵截距
斜率的绝对值
所以待测干电池电动势为
电源内阻为
（2）由于将电压表串联接在电路中，电压表内阻很大，电路中电流太小，故无法完成实验的原因可能是电流太小无法读数。
故选D。
5．（2024·江西·高考真题）某小组欲设计一种电热水器防触电装置，其原理是：当电热管漏电时，利用自来水自身的电阻，可使漏电电流降至人体安全电流以下．为此，需先测量水的电阻率，再进行合理设计。
（1）如图（a）所示，在绝缘长方体容器左右两侧安装可移动的薄金属板电极，将自来水倒入其中，测得水的截面宽和高。
（2）现有实验器材：电流表（量程,内阻）、电压表（量程或,内阻未知）、直流电源、滑动变阻器、开关和导线．请在图（a）中画线完成电路实物连接 。
（3）连接好电路，测量的水在不同长度l时的电阻值。将水温升到，重复测量。绘出和水的图，分别如图（b）中甲、乙所示。
（4）若图线的斜率为k，则水的电阻率表达 （用k、d、h表示）。实验结果表明，温度 （填“高”或“低”）的水更容易导电。
（5）测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不变，选用内直径为的水管。若人体的安全电流为，热水器出水温度最高为，忽略其他电阻的影响（相当于热水器的工作电压直接加在水管两端），则该水管的长度至少应设计为 m。（保留两位有效数字）
【答案】 高 0.46
【详解】（2）[1]电源电动势为，故电压表量程选择；由于电流表的内阻已知，故采用电流表内接时，可以消除系统误差，故电流表采用内接法，实物图如下：
（4）[2]根据电阻定律
故可得
得
[3]电阻率越小更容易导电，根据图像可知的水的电阻率更小，故可知温度高的水更容易导电。
（5）[4]根据前面分析可知的水的电阻率为
故当选用内直径为的水管。若人体的安全电流为，接入电压时，得
，
解得水管的长度至少应设计为
提升专练
1．（2024·浙江杭州·一模）(1)根据实验器材说明书，“用双缝干涉测量光的波长”实验中小灯泡正常工作电压为8V~12V，现研究该小灯泡不同电压下的功率。
①某同学进行了正确的实验操作，并将实验数据在I-U坐标系中描点如图甲所示。请在图乙中补全实验的电路图，闭合开关前滑动变阻器应置于 端（选填“a”或“b”）。
②某次测量时电压表量程为0~15V，指针偏转如图丙所示，则电压表读数为 V，此时小灯泡电阻R= （计算结果保留2位有效数字）。
③由实验可知工作电压为8V时小灯泡的功率为 W（计算结果保留2位有效数字）。
(2)图甲为“用双缝干涉测量光的波长”装置图。
①双缝安装在图甲中 位置（选填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”）
②本实验所用的电源为学生电源，如图乙所示。小灯泡为（1）中所用小灯泡，为使小灯泡正常工作，最合适的操作是
A．将小灯泡接“稳压6V”接线柱，打开电源开关
B．将小灯泡接“直流”接线柱，将电压旋钮转至12V，打开电源开关
C．将小灯泡接“交流”接线柱，将电压旋钮转至12V，打开电源开关
D．将小灯泡接“交流”接线柱，打开电源开关，将电压旋钮由2V逐渐转至12V
③已知双缝间距为0.3mm，屏离双缝距离为1.2m。以某种单色光照射双缝时，将测量头的分划板中心刻线与第1条亮纹中心对齐，手轮上的示数如图丙所示；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丁所示，则这种光的波长是 nm（保留3位有效数字）。
【答案】(1) ，a
(2) C D
【详解】（1）[1]小灯泡的电压和电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，补全后的电路图如图
为了保护负载，闭合开关前滑动变阻器应置于a端；
[2] 电压表量程为，每小格表示，读数时精确到，故读数为；
[3]由图甲可知，电压为时，电流为，故
[4]由图甲可知，电压为时，电流为，故
（2）[1] A处为透镜，B处为单缝，故双缝应安装在C位置；
[2]小灯泡可以使用直流电压也可以使用交流电压，但为了使小灯泡正常工作且不损坏小灯泡，打开电源开关之前，旋钮应处于电压很低的位置，打开电源开关后，再把电压缓慢调至正常工作电压，故选D；
[3]图丙和图丁的读数分别为和，故相邻两条亮纹间的距离为
由，得
2．（2024·浙江宁波·一模）要测量一节干电池的电动势和内阻，现有下列器材：电压表，电阻箱，定值电阻，开关和导线若干。某实验小组根据所给器材设计了如图1所示的实验电路。由于的阻值无法辨认，实验时先用一欧姆表测量其阻值。该欧姆表的内部结构如图2所示，该表有“”、“”两个倍率。现用该表测量阻值小于的电阻。
(1)图2中表笔为 （选填“红”或“黑”）表笔。要测量应与 （选填“”或“”）相连。测量时指针位置如图3所示，欧姆表的读数为 。
(2)实验小组同学利用图1电路多次调节电阻箱阻值，读出电压表对应的数据，建立坐标系，描点连线得到如图4所示的图线，则该电源的电动势 V，内阻 。（结果均保留三位有效数字）
(3)经核实，电阻的测量值与真实值一致，实验小组利用图1电路得到的内阻的测量值 （选填“小于”、“等于”或“大于”）真实值
【答案】(1) 黑表笔 d 4
(2) 1.43 2.25
(3)小于
【详解】（1）[1]电流从红表笔流入，黑表笔流出，所以图2中a表笔为黑表笔；
[2]该表有“”、“”两个倍率，欧姆表的内阻等于该倍率下的中值电阻，所以“”倍率的内阻小于“”倍率的内阻，由于阻值小于，应选择“”倍率，故要测量应与d相连；
[3]如图3所示，欧姆表的读数为
（2）[1][2]由闭合电路欧姆定律
化简可得
由图可知，
联立解得，该电源的电动势为
内阻为
（3）由图1可知，误差来源于电压表分流，则根据闭合电路欧姆定律
化简可得
对比
可得
3．（2024·浙江温州·一模）小明利用铜片、锌片和橙子制作了水果电池。为了测量该电池的电动势E和内阻r，他进行了如下实验。
(1)用多用电表的“直流电压2.5V”挡粗测水果电池的电动势，如图所示，则多用电表的读数为 V。
(2)把该水果电池接在如图电路中，其中电流表（量程为，内阻为）、电流表（量程为，内阻约为）、滑动变阻器（0~5000）、电阻箱（0~9999），现将电流表与电阻箱改装成量程为的电压表，电阻箱的阻值应调整为 。
(3)该同学正确调整电阻箱阻值、正确连接电路和操作，采集了多组数据，并作出如图所示的图像，则水果电池的内阻为 。（计算结果保留2位有效数字）
【答案】(1)0.95
(2)4990
(3)1.0
【详解】（1）用多用电表的“直流电压2.5V”挡粗测水果电池的电动势，分度值为0.05V，多用电表的读数为V。
（2）根据
代入数据可得
（3）根据闭合电路欧姆定律
可得
可得图像斜率
结合图像可得
4．（2024·海南儋州·模拟预测）众所周知，将两个金属电极铜、锌插入一个水果中就可以做成一个水果电池。水果电池的电动势大约为1V，但由于内阻偏大，日常生活中我们很少用水果电池。那么水果电池的电动势和内阻到底有多大呢？某学习小组的同学就此进行探究。
(1)A同学用量程为0~1V、内阻约10kΩ的电压表测其两极时读数为0.74V，用灵敏电流表直接接水果电池的两极，测得电流为0.55mA，由闭合电路欧姆定律得电池的内阻。B同学把欧姆表直接接到水果电池的两极上，读得欧姆表的读数为84Ω。因而A同学说水果电池的内阻为1.3kΩ，而乙同学则说是84Ω。请你判断A、B两位同学测得的水果电池的内阻是否准确，为什么？请选一位同学进行说明 。
(2)C同学利用课本上介绍的伏安法测水果电池的电动势和内阻，电路图如图乙所示。图丙是C同学根据测量数据在坐标纸上作出的U随I变化的关系图像。由图像可得水果电池的电动势为 V（计算结果保留两位小数），内阻为 Ω（计算结果保留两位有效数字）。C同学在某次实验时发现电压表坏了，但他利用现有器材采用图像法同样测出了水果电池的电动势和内阻，则C同学在利用图像法处理数据时作出的是 随 变化的关系图像。
【答案】(1)见解析
(2) 0.72 1.1×103 R
【详解】（1）A同学：不准确，因水果电池内阻较大，电压表测量值小于水果电池的电动势，或B同学：不准确，因水果电池本身有电动势，当用欧姆表直接接水果电池的两极时，欧姆表内部的电源和水果电池串联，影响测量的结果。
（2）[1][2]由作出的U随I变化的关系图像可知，水果电池的电动势为
内阻为
[3][4]电压表坏了，可以借助电流表和电阻箱完成实验，由
可得
故可以作出随R变化的关系图像进行分析。
5．（2024·广东·模拟预测）电流表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。某同学利用这一事实测量电流表的内阻（半偏法），实验室提供的器材如下：
A．待测电流表A（量程为0.6A，内阻约为2Ω）；
B．电阻箱（最大阻值为999.9Ω）；
C．滑动变阻器（最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流为2A）；
D．电源（电动势为3V，内阻不计）；
E.电源（电动势为6V，内阻不计）；
F.电源（电动势为15V，内阻不计）；
G.开关2个，导线若干。
按如图所示的电路进行实验，实验步骤如下：移动滑动变阻器的滑片，以保证通过电流表的电流最小；先闭合开关，调节，使电流表指针满偏；保持滑动变阻器的滑片的位置不变，闭合开关，调节电阻箱，使电流表的指针半偏；读取电阻箱的阻值，即为测得的电流表的内阻。回答下列问题：
(1)实验中应选用的电源为 。（填器材前面的序号）
(2)将用这种方法测出的电流表内阻记为，电流表内阻的真实值为，则 （填“”“”或“”）。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）为减小误差，应选用电动势较大的电源，若选用电源，由于滑动变阻器的阻值较小，电路中的电流超过0.6A，因此实验中应选用的电源为。
（2）闭合开关，调节电阻箱使电流表半偏，则电阻箱电阻为电流表内阻，电流表并联电阻箱后认为电流表两端电压不变，而实际上，电流表并联电阻箱后总电阻减小，电流表两端电压变小，滑动变阻器所分的电压变大，根据欧姆定律可知总电流变大，则电阻箱所在支路的电流大于电流表半偏电流，根据可得
6．（2024·河北·模拟预测）某实验小组测量一直流电源的电动势和内阻，已知电源电动势约为，内阻约为，两只电压表量程均为，定值电阻的规格为“，”。
(1)滑动变阻器有两种可供选用：A．规格为“，” B．规格为“，”应该选用 （填选项标号）。
(2)根据图1所示电路图，连接图2的实物图 。
(3)实验过程中，调节滑动变阻器滑片，得到多组和数据，然后用图像法处理数据，作出图像如图3所示，根据图像可得被测电源的电动势为 ，内阻为 。（结果均保留两位有效数字）
(4)由于电压表 （填“”或“”）的分流作用，电源内阻的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】(1)A
(2)见解析
(3) 2.1 0.11
(4) 偏大
【详解】（1）定值电阻阻值为，为了确保实验数据测量值的连续性，选择的滑动变阻器的总阻值与定值电阻阻值相差不多的，即滑动变阻器选择A。
（2）根据图1所示电路图，连接图2的实物图，如图所示
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
若忽略电压表的分流影响，则可近似认为
变形得
结合图像有，
解得
（4）[1]结合上述可知，电压表对实验有分流影响；
[2]若考虑电压表分流，则有
变形得
可知，图像斜率的实际值为，若忽略电压表分流，近似认为斜率为，可知，内阻的测量值偏大。
7．（2024·湖北·模拟预测）某实验小组测定一节干电池的电动势和内阻。
(1)实验前，他们讨论并提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（　　）
A．一个电流表、一个电压表和一个滑动变阻器 B．一个电压表和多个定值电阻
C．一个电流表和一个电阻箱 D．两个电流表和一个滑动变阻器
(2)实验小组成员走进实验室，根据实验室中的实验器材和老师的建议，最终确定了如图（a）所示的实验电路，其中电压表量程为3V，电流表量程为0.6A，R0为保护定值电阻。某次测量时电流表和电压表的示数如图（b）所示，则电流I= A，电压U= V。
(3)实验小组的同学闭合开关S，多次调节滑动变阻器，读出多组电流表示数I和对应的电压表示数U，由测得的数据绘出了如图所示的U-I图线，则电源的电动势E= ，内阻r= （结果用a、b和R0表示）。
(4)在上述实验中存在系统误差。在下列所绘图像中，虚线代表没有误差情况下电压真实值与电流真实值关系的图像，则下图中能正确表示二者关系的是（　　）
A． B．C． D．
【答案】(1)D
(2) 0.40 1.30
(3) a
(4)A
【详解】（1）A．一个电流表、一个电压表和一个滑动变阻器，即伏安法，根据闭合电路欧姆定律
调节滑动变阻器，从而得到多组U、I，进而求得E、r，故A正确，不符合题意；
B．一个伏特表和多个定值电阻，即伏阻法，根据闭合电路欧姆定律
换用不同的定值电阻，从而得到多组U、R，进而求得E、r，故B正确，不符合题意；
C．一个电流表和一个电阻箱，即安阻法，根据闭合电路欧姆定律
调节电阻箱的阻值，从而得到多组I、R，进而求得E、r，故C正确，不符合题意；
D．两个电流表和一个滑动变阻器，因无法知道滑动变阻器的确切阻值，无法根据欧姆定律测出E、r，故D错误，符合题意。
故选D。
（2）[1]由于电流表量程为0.6A，一小格为0.02A，所以电流为0.40A；
[2]电压表量程为3V，一小格为0.1V，所以电压为1.30V。
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
结合图像可得，
所以
（4）本实验方案的系统误差是由于电压表分流，所以
由此可知，随着电压U增大，I测与I真偏差增大，则真实图线纵截距更大，当U等于零时，I测与I真相等，即两图线的横截距相等。
故选A。
8．（2024·浙江金华·二模）某实验小组准备利用图乙中的电路测量某圆柱体合金的电阻率，实验步骤如下。
(1)测量合金的直径和长度。其中，游标卡尺测量合金长度的情况如图甲所示，读数为 cm。
(2)如图乙是本次实验部分电路，为了准确测出合金的阻值，需要先测出电压表的内阻，选择将导线c和 （选填“a”或“b”）点相连。断开开关，闭合开关，电流表、电压表示数如图丙所示，读出此时电流表示数为 mA，可知电压表的内阻为 Ω（保留四位有效数字） 。
(3)实验小组在选择滑动变阻器时，用阻值为10Ω和500Ω的两个滑动变阻器分别进行实验，并测出电压表示数U和滑片到变阻器左端距离x，绘制成图丁表格，图中a线代表的是最大阻值为 （选填“10”或“500”）Ω的滑动变阻器U-x图。
(4)若实验测出的合金直径为d，长度为l，电压表内阻为。导线c与导线a相连，闭合开关，并记录电压表示数U和电流表示数I，合金电阻率ρ＝ （用题中字母和π表示）。
【答案】(1)2.325
(2) a 0.90 2667
(3)10
(4)
【详解】（1）游标卡尺读数
（2）[1]先测出电压表的内阻，需要知道通过电压表的电流，所以将电流表与电压表串联，选择将导线c和a点相连。
[2]读出此时电流表示数为
[3]电压表的内阻为
（3）图线a随滑片移动过程中，电压表示数变化较大，说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较大，说明滑动变阻器阻值较小，即最大阻值为的滑动变阻器。
（4）由电阻定律可知
根据电阻的决定式可知，联立解得
9．（2024·四川遂宁·模拟预测）某实验小组用图甲所示的电路来测量电流表的内阻以及电流表的内阻，图中标准电阻的阻值为为电源，为开关，为电阻箱。合上开关，调节电阻箱的接入阻值，读出电流表的相对应读数为，做出的关系图像如图乙所示，回答下列问题：

(1)按照图甲所示的实验原理线路图在下列方框中接好电路。
(2)写出乙图的函数表达式 。
(3)若乙图直线的斜率为，纵截距为，则 ， 。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据电路图，连接完整的实物连线图如下
（2）由欧姆定律以及并联电路两端的电压相等可得
整理可得乙图的函数表达式为
（3）[1][2]根据乙图，有，解得
则有
综合可得
10．（2024·广西柳州·一模）在学习了欧姆表的原理后，某实验小组欲利用以下器材制作一个简易欧姆表，并利用该欧姆表测量电阻。器材如下：
电源E（电动势1.5V，内阻未知）；
电流表A（量程3mA，内阻）；
定值电阻；
滑动变阻器R（最大阻值500Ω）；
待测电阻；
开关S及导线若干。
(1)该实验小组设计了如图1所示的欧姆表电路图，并根据电路图连接好实验仪器。断开开关S，将a、b两接线柱短接，此时电流表读数如图2所示，为 mA，改变滑动变阻器的阻值，使电流表指针指到 （选填“零刻度线”或“满偏”）位置，完成欧姆调零，此时欧姆表的内阻为 ；
(2)将待测电阻接在a、b接线柱之间，发现电流表指针偏转过大，于是闭合开关S，重新进行欧姆调零后，再将待测电阻接在a、b接线柱之间，电流表示数如图2所示，此时流过待测电阻的电流为 mA，待测电阻的阻值为 （保留3位有效数字）。
【答案】(1) 1.80 满偏 500
(2) 9.00 66.7
【详解】（1）[1]由图2所示可知电流表读数为1.80mA；
[2]改变滑动变阻器的阻值，使电流表指针指到满偏位置，完成欧姆调零；
[3]电源电动势1.5V，电流表A满偏是为3mA，则此时欧姆表的内阻为
（2）[1]电流表A内阻，定值电阻，根据电流分配规律有
解得
所以流过待测电阻的电流为
[2]欧姆调零时，电流表为满偏电流，根据电流分配规律有
解得
此时干路上的电流
所以电表内阻为
电流表示数如图2所示电路的总电阻为
则待测电阻的阻值为第07讲 变压器（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（6大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1．知道变压器的结构，了解变压器的工作原理。 2. 探究理想变压器的电压比和匝数比的关系，掌握对理想变压器问题的分析能力及解决问题的能力。 3. 感受物理中科学技术与社会的紧密联系，体会科学知识的应用价值，进一步增强学生的学习动力和科学意识。
知识点1：变压器的原理
【情境导入】
如图所示，生产生活中有各种变压器，有的把低压升为高压,有的把高压降为低压。
变压器是如何改变电压的呢
1．变压器的构造
变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的线圈构成的。其中闭合铁芯由表面涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成,线圈用绝缘导线绕成,如图所示。
（1）原线圈:与交流电源连接的线圈,又叫初级线圈,其两端的电压叫输入电压。
（2）副线圈:与负载连接的线圈,又叫次级线圈,其两端的电压叫输出电压。
2．原理：
互感现象是变压器工作的基础．原线圈中电流的大小、方向在不断变化，铁芯中激发的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，下图是变压器的工作原理图。
3．作用
变压器能改变交变电流的电压。
(1)变压器不改变交变电流的周期和频率．
(2)变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用．
(3)变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起，两个线圈间是绝缘的．
知识点2：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1. 理想变压器
(1)理想变压器是一种理想化模型，是指原、副线圈的电阻和各种电磁能量损失都忽略不计的变压器。
(2)特点:①不计原、副线圈的电阻,所以电流通过原、副线圈时没有电压损失,也不产生焦耳热。②原、副线圈产生的磁场完全束缚在闭合铁芯内,所以穿过原、副线圈的磁通量相等。③ 闭合铁芯的涡流忽略不计。
实际变压器能量损失的三种形式
(1)“铜损”:绕制线圈的铜导线发热而损耗的能量。
(2)“铁损”:铁芯中由于电磁感应而产生涡流,使铁芯发热而损耗的能量。
(3)“磁损”:原线圈铁芯中产生的交变磁通量有一部分通过副线圈以外的空间形成电磁波而损失能量。
2．实验探究
（1）实验思路
交变电流通过原线圈时在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中产生感应电动势，其两端有输出电压．线圈匝数不同时输出电压不同，实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系．
（2）实验器材
多用电表、可拆变压器(如图甲)、学生电源、开关、导线若干
（3）实验步骤
①按图乙所示连接好电路，将两个多用电表调到交流电压挡，并记录两个线圈的匝数．
②接通学生电源，读出电压值，并记录在表格中．
③保持匝数不变，多次改变输入电压，记录每次改变后原、副线圈的电压值．
④保持输入电压、原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的电压值．
（4）实验结论
实验分析表明，在误差允许范围内，原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比，即＝.
（1）在改变学生电源的电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作．
（2）为了保证人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱．
（3）为了保证多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量．
3．理论推导
据法拉第电磁感应定律知原、副线圈中的感应电动势分别为：，，则有：。不计原副线圈的电阻时，则，，故。
知识点3：理想变压器的基本关系
1．电压关系
(1)只有一个副线圈时，＝.
当n2>n1时，U2>U1，变压器使电压升高，是升压变压器．
当n2(2)有多个副线圈时，＝＝＝…
2．功率关系
从能量守恒看，理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出．
3．电流关系
(1)只有一个副线圈时，U1I1＝U2I2或＝.
(2)当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…或n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
知识点4：互感器
电压互感器（测高压电） 电流互感器（测大电流）
,把高电压变为低电压，并联在被测电路中,用电压表测得低电压U2，根据铭牌上变压之比,算出被测高电压U1 ，把大电流变成小电流串联在被测电路中,用电流表测得小电流I2,再根据铭牌上变流之比.，算出被测公大电流I1
教材习题01 如图所示，用理想变压器给电灯L供电，如果只增加副线圈匝数，其他条件不变，则变压器输入电压如何变化？变压器输出电压如何变化？电灯亮度如何变化？变压器输入功率如何变化？简述理想变压器传输交变电流过程中的能量转化规律。 解题方法 【详解】只增加副线圈匝数，输入电压不变，根据，可得输出电压，可知输出电压变大，则灯泡变亮。 根据，可知变压器输入功率变大。 理想变压器先将电场能变为磁场能，再将磁场能变为电场能，理想变压器没有能力的损耗，所以原副线圈的功率相等。
【答案】略。
教材习题02 如图所示为自耦变压器的示意图，其中L为一个绕在闭合铁芯上的线圈，共有1500匝。它的下端点接地，并连接着输入端B和输出端D，另一输入端A固定在线圈某处，而另一输出端C则可以在线圈上滑动。 （1）要求在A、B间输入交变电压，在C、D间的输出电压在间连续可调。A、B间线圈匝数是多少？ （2）若输入电压降至，输出电压要求为，连接在C、D间的线圈应为多少匝？ 解题方法 【详解】（1）根据题意可知，匝，，，设原线圈的匝数为，根据匝数与电压的关系有，解得匝 （2）根据题意可知，，，设副线圈的匝数为， 根据匝数与电压的关系有 解得匝
【答案】（1）匝；（2）匝
教材习题02 钳形电流表是一种测量交流电的仪器，其结构和外形如图所示，试说明其测量交流电流大小的原理。 解题方法 【详解】钳形电流表本质是升压变压器，多用于大电流的估测。载流导线、铁芯、线圈构成一个变压器，按下手柄时，钳形电流表的铁芯可以被分开，把被测的载流导线放入后，松开手柄，铁芯闭合。导线中的交流在铁芯中产生交变磁场，套在铁芯上的线圈中产生感应电动势，电流表与套在铁芯上的线圈相连，可以间接得知导线中的电流。根据变压器的变流比 可以得到交流电流的大小。
【答案】（1）匝；（2）匝
考点1：理想变压器的基本规律
【典例1】手机充电器中装有变压器。用正弦交流电给手机充电时，原线圈两端电压为220V，副线圈两端电压为5V，副线圈中电流为2A，若将该变压器视为理想变压器，则（ ）
A．原、副线圈的匝数比为1∶44 B．原线圈中的电流约为0.05A
C．副线圈两端电压的最大值为5V D．原、副线圈的功率之比为44∶1
【变式1-1】在如图所示的电路中，电阻a、b、c、d的阻值均为r，其他电阻不计，理想变压器原、副线圈的匝数比，M、N间输入的正弦式交变电流的电压有效值为U，则电阻b中的电流有效值大小为（ ）
A． B． C． D．
【变式1-2】（23-24高二下·江苏南京·期中）如下图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有的负载电阻，原、副线圈匝数之比为，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数为4.4A B．原线圈的输入功率为96.8W
C．电压表的示数为22V D．副线圈输出交流电的周期为50s
考点2：含多个副线圈的变压器
变压器有多个副线圈时,电压比总等于匝数比,但电流不再与匝数成反比,要根据P 入=P出， 得n1I1＝n2I2＋n3I3＋…。
【典例2】（23-24高二下·江苏徐州·阶段练习）理想变压器如图所示，原线圈匝数n1=1 000，两副线圈匝数分别为n2=600，n3=200，当原线圈两端接在220 V的交流电源上时，原线圈上电流为2 A，通过R2的电流为1 A，则通过R3的电流为（　　）
A．10 A B．7 A C．3 A D．1 A
【变式2-1】（23-24高二下·四川内江·阶段练习）风力发电有清洁、可再生等优点，某风力发电厂输出有效值恒定的正弦式交变电流。如图所示为一理想变压器，其中两盏灯泡规格均为“10V，5W”，负载的阻值为40Ω，且原、副线圈匝数比为，当接入风力发电厂输出电压的电源时，两盏灯均正常发光。下列说法正确的是（ ）
A．电流在1s时间内改变50次方向 B．流经负载的电流大小为0.75A
C．风力电厂输出电压的有效值为40V D．变压器输出功率为40W
【变式2-2】（2024高二·全国·专题练习）如图所示，理想变压器的原线圈连接峰值为的正弦式交流电，该变压器的原线圈匝，副线圈未知，匝，两副线圈分别接上灯泡L和定值电阻。闭合开关，灯泡正常发光，已知灯泡的额定功率为8W，额定电流为1A，定值电阻。求：
(1)副线圈匝数；
(2)若同时闭合开关和，原线圈中的电流。
考点3：自耦变压器的分析
【典例3】（23-24高二下·福建福州·期末）如图所示，为理想自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，Q为滑动变阻器上的滑片，则以下说法正确的是（ ）
A．适当调节变压器上的滑动触头P，该自耦变压器既可升压也可降压
B．滑片Q不动，滑动触头P逆时针转动，电流表读数变大
C．图示位置，
D．滑动触头P不动，滑片Q缓慢向下滑动时，一直在减小
【变式3-1】（23-24高二下·福建莆田·期末）如图所示是一种调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，A、B端加上的交流电压，通过移动滑动触头P来调节C、D端输出电压。当P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比。现想将一个“12V，6W”的灯泡接到输出端C、D，下列操作可使灯泡正常发光的是（　　）
A．仅将P顺时针旋转到合适位置 B．仅将P逆时针旋转到合适位置
C．仅将灯泡串联一个阻值为196Ω的电阻 D．仅将灯泡并联一个阻值为196Ω的电阻
【变式3-2】（多选）（23-24高二下·山东菏泽·期中）一个理想的自耦变压器左端通过定值电阻和电流表接交变电源，电源电压随时间变化的关系为，右端接入如图所示电路，、为定值电阻，为滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表。的最大电阻也为5Ω，不计导线的电阻。研究发现当滑动变阻器的触头调至最上端时电流表示数、电压表示数。下列说法正确的是（　　）
A．滑动变阻器的触头向上滑动时，电压表的示数减小
B．保持不变，当自耦变压器的可动端逆时针转动时，电流表的示数增大
C．电阻的阻值为20Ω
D．当滑动变阻器的触头调至最上端，电流表示数时，变压器原、副线圈的匝数比为4∶1
考点4：变压器的动态分析
三个决定原则：输入电压U1决定输出电压U2，输出电流I2，决定输入电流I1，输出功率P2，决定输入功率P1。
【典例4】（2024·湖北·模拟预测）如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（　　）
A．电流表A示数增大 B．电压表V示数减小
C．定值电阻R消耗的功率减小 D．原线圈的输入功率先减小后增大
【变式4-1】（23-24高二下·内蒙古通辽·期末）如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，R1为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R为定值电阻。若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电。下列说法中正确的是（　　）
A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为
B．t=0.01s时，穿过线圈的磁通量最小
C． R1温度升高时，电流表示数变大、电压表示数变大
D． R1温度升高时，变压器的输入功率变大
【变式4-2】（多选）（2024·四川巴中·一模）如图所示，理想变压器原线圈接的交流电，原、副线圈匝数比，已知定值电阻，，R是滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表，以下说法正确的是（ ）
A．时，理想变压器的输出功率最大
B．理想变压器的最大输出功率为
C．理想变压器的输出功率最大时，电流表的示数为
D．时，滑动变阻器消耗的功率最大
考点5：变压器与电磁感应的联系
【典例5】（多选）（23-24高二下·福建泉州·期末）如图所示，一矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直磁场方向的轴OO'以转速10r/s匀速转动，线圈的匝数为N，面积为S，电阻不计。线圈通过电刷与一理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈接有两只电阻均为2Ω的相同灯泡L1和L2，变压器原、副线圈的匝数比为10：1，若开关S断开时L1正常发光，此时电流表示数为0.1A，电表为理想电表，则（　　）
A．若从线圈平面平行于磁场方向开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值为（V）
B．若增大原、副线圈匝数比，变压器输入功率减小
C．若开关S闭合，灯泡L1将变暗
D．若开关S闭合，电流表示数将变大
【变式5-1】（多选）（24-25高二上·新疆乌鲁木齐·期中）图甲是一台小型发电机构造示意图。磁极N、S间的磁场看成匀强磁场，磁感应强度大小为T，线圈共100匝，矩形线圈的面积为S。该发电机产生的感应电动势图像如图乙所示，该交流电通过自耦变压器对一定值电阻R供电，不计发电机内阻，则下列说法正确的是（　　）
A．矩形线圈面积为0.12m2
B．电阻中电流方向每秒钟改变10次
C．当变压器滑片Р向上滑动时，电阻R消耗的功率增大
D．线圈从t=0开始转过90°的过程中，电压表的读数先增大后减小
【变式5-2】（24-25高三上·陕西安康·开学考试）如图所示，交流发电机连接理想变压器向灯泡L和电风扇M供电，二者均正常工作。已知电源电动势，定值电阻，灯泡L上标有“60W，20V”的字样，电风扇M内阻为2Ω，理想电流表A的示数为4A，电路中其余电阻不计。下列判断正确的是（　　）
A．电风扇输出的机械功率是16W
B．变压器原、副线圈的匝数比
C．若电风扇所在支路发生断路故障，此时灯泡L仍发光，则灯泡L的功率变大
D．副线圈中的电流方向每秒钟改变200次
考点6：原副线圈的负载问题
变压器原线圈(或副线圈)串联电阻(或灯泡)的情形，是高考的常考点,也是本节的难点。解答此类题目时,关键要明确电压关系：如下图所示。所示,变压器原线圈接有负载(灯泡)，此状况下,,因为负载会分担U1的一部分电压。
【典例6】（24-25高二下·全国·单元测试）如图（a）所示，理想变压器原、副线圈匝数比为11:1，副线圈与理想电流表、理想电压表以及负载电阻R连接成闭合回路，原线圈接电压为U0的交流电源，R两端电压随时间变化的规律如图（b）所示，负载电阻R=20Ω。下列说法中正确的是（　　）
A．变压器输入电压的最大值是 B．电流表的示数为
C．原线圈输入交流电的频率是100Hz D．变压器的输入功率是10W
【变式6-1】（24-25高二下·全国·课后作业）如图所示，一理想变压器原线圈与的交流电源连接，两副线圈分别接灯泡和电动机，原线圈匝数，连接电动机的副线圈匝数，电流表示数为2A，标注有“110V 55W”的灯泡正常发光，电动机线圈的总电阻为，则下列说法中正确的是（ ）
A．流过灯泡的交变电流的频率为60Hz B．灯泡两端的电压峰值为110V
C．流过电动机的电流为55A D．电动机的输出功率为336W
【变式6-2】（24-25高二下·全国·期末）一交流电源电压，已知变压器原、副线圈匝数比为10∶1，灯泡的额定功率为16W，灯泡的额定功率为18W，排气扇电动机线圈的电阻为，电流表的示数为4A，用电器均正常工作，电表均为理想电表，则（　　）
A．电压表示数为20V B．流过灯泡的电流为40A
C．排气扇电动机的热功率为9W D．整个电路消耗的功率为43W
一、单选题
1．（23-24高二下·河南信阳·期末）如图所示，理想变压器的A、B两端接入正弦交流电，为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），则（　　）
A．在时，电压表的示数为零 B．处温度升高时，电压表的示数变小
C．处温度升高时，电流表A示数变小 D．处温度升高时，电压表的示数变小
2．（23-24高二下·广东茂名·期末）如图所示某一火警报警系统原理图，理想变压器原线圈接有电压有效值恒定的交流电源，已知图中电阻R的阻值恒定，热敏电阻的阻值随温度升高而减小，电压表和电流表均为理想电表，当处的温度升高时，下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数将减小 B．电流表的示数将增大
C．电压表的示数将减小 D．电路消耗的总功率不变
3．（23-24高二下·广西河池·期末）实验室用交流发电机和理想变压器组合给阻值为12Ω的电阻R0供电，电路如图所示。交流发电机的线圈内阻为4Ω，导线电阻不计，当理想变压器原、副线圈匝数比为1∶3时，R0消耗的功率与线圈内阻消耗的功率比为（　　）
A．1∶1 B．3∶1 C．1∶3 D．1∶4
4．（23-24高二下·天津西青·期末）如图所示是某风力发电节能路灯的电路简化图。风速为v时，交流发电机的电动势表达式为，能感应风速大小的调节器（不消耗副线圈电路的电能）可以控制变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，下列说法正确的是（　　）
A．风速变大时，流过灯泡的电流变大 B．风速变大时，滑片P将向下移动
C．风速变小时，变压器的输入电压变大 D．风速变小时，变压器的输出电压变大
5．（23-24高二下·甘肃·期末）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比，原线圈接在的交流电源上，电路中电压表和电流表均为理想交流电表，灯泡的电阻为6Ω，则（ ）
A．电压表的读数为 B．电流表的读数为1A
C．原、副线圈交变电流的频率之比为 D．原、副线圈交变电流的功率之比为
6．（23-24高二下·甘肃白银·期末）在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数分别为和，定值电阻的阻值为R，在输入端a、b间接正弦交流电压，则通过理想电流表的电流为（　　）
A． B． C． D．
7．（23-24高二下·北京西城·期末）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，，C为电容器。已知加在原线圈两端的正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图乙所示，则（　　）
A．副线圈交流电的频率为100Hz B．副线圈中交流电压表的示数为20V
C．通过电阻的电流为 D．电阻的电压小于20V
二、多选题
8．（24-25高二上·河北邯郸·阶段练习）如图甲所示，一理想变压器一端接入交流发电机，其中矩形线框在足够大的匀强磁场中绕轴做匀速圆周运动，匝数为5匝，穿过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，线框的电阻不计，理想变压器的另一端接有灯泡与二极管，灯泡上均标有“”的字样，开关S断开时，灯泡正常发光，A为理想电流表，则下列说法正确的是（　　）
A．从图示位置开始计时，线框内产生的交变电压的瞬时值为
B．理想变压器原、副线圈的匝数比为
C．开关闭合时，发电机的输出功率变为原来的倍
D．开关闭合时，电流表的示数是
9．（24-25高二下·全国·单元测试）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为、，定值电阻，理想电流表的示数为0.5A，a、b两端接正弦交流电源。下列判断正确的是（　　）
A． B．理想电压表V的示数
C．理想电流表的示数 D．定值电阻R中电流变化的频率为50Hz
10．（2024·广西来宾·模拟预测）如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一边长为L的单匝正方形线圈abcd绕垂直于磁场的轴匀速转动，角速度为ω，矩形线圈通过滑环E、F与理想变压器相连，理想变压器与阻值为R的负载电阻相连，不计其它电阻，变压器原、副线圈匝数之比为k，图示位置线圈平面与磁场平行，下列说法正确的是（ ）
A．当线圈平面与磁场垂直时，线圈中的电动势最大
B．电阻R中的电流方向每秒钟改变次
C．从图示位置开始计时，线圈中的电动势e随时间t变化的关系式为
D．线圈转动过程中电阻R的功率为
三、解答题
11．（23-24高二下·江苏常州·期中）电动晒衣杆方便实用，在日常生活中得到广泛应用。如图所示，一理想变压器，原、副线圈的匝数比为5:1，原线圈两端接入正弦交流电源，电压为（V），副线圈接有一个交流电流表和一个电动机。当开关S接通后，电动机带动质量为4kg的晾衣杆以速度0.2m/s匀速上升，此时电流表读数为0.2A，重力加速度为10m/s2。求：
（1）电动机的输入功率；
（2）电动机线圈电阻。
12．（23-24高二下·山东聊城·期末）如图所示，长为L的导体棒ab，其两个端点分别搭接在两个竖直放置半径均为R的金属圆环上，两圆环及导体棒处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。圆环与交流电流表、理想变压器的原线圈相连，理想变压器原副线圈的匝数比为，变压器副线圈连接定值电阻。导体棒ab沿金属圆环，从圆环的最低点开始以角速度匀速转动。交流电流表的内阻为，圆环、导体棒ab和导线电阻均不计，导体棒ab与圆环始终接触良好。求：
（1）导体棒ab产生的电动势的瞬时值表达式；
（2）交流电流表的示数。
13．（23-24高二下·天津·期末）如图所示，一小型交流发电机中匀强磁场的磁感应强度，线圈匝数匝，面积，总电阻，线圈以角速度绕垂直于磁场的轴匀速转动。线圈通过滑环与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈与电阻相接，电表均为理想交流电表，电压表示数为。从线框转至中性面位置开始计时。
（1）求线框中感应电动势的瞬时值表达式；
（2）求电流表的示数；
（3）已知原、副线圈匝数比为，求电阻的阻值及消耗的电功率。
14．（23-24高二下·江苏徐州·阶段练习）如图是某同学设计的给电风扇切换挡位的电路示意图，a、c是理想变压器原线圈两端的接点，b是原线圈之间抽头的接点。开关S用来改变电风扇的工作挡位，1挡时电风扇的输入功率为44W，输出功率为36W；2挡时电风扇的输入功率为88 W，输出功率为70W。理想变压器原线圈输入的交流电压为220V，开关S接a时变压器原、副线圈的匝数比为10∶1。
（1）1挡时，开关S应该接a还是接b？通过原线圈的电流多大？
（2）求电风扇的内阻；
（3）bc间匝数与副线圈匝数的比为多少？第08讲 电能的输送（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（6大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1．明确常规输电过程，理解远距离输电的要求。 2. 明确远距离输电时电压损失和功率损失与哪些因素有关及减小电能损失的方法，理解高压输电的原理。 3. 会对简单的远距离输电线路进行定量计算。
知识点1：远距离输电的两种损失
【情境导入】
发电厂（站）要建在靠近能源的地方，而用电的地方却分布很广，大部分地方离电厂很远，故需要远距离输电，如何才能有效输送电能呢
1．输电线路的电压损失
输电线始端电压U与输电线末端电压U′的差值．ΔU＝U－U′＝Ir＝r，其中I为输电线上的电流，r为输电线的电阻．
2．输电线路的功率损失
（1）远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率ΔP＝I2r.
（2）若输电线上损失的电压为ΔU，则功率损失还可以表示为
损失的电功率有四个不同的表达式，要明确各量的含义。ΔP＝I2r中，r为输电线的阻值;中，P为输电功率U为电路始端的输电电压，不是线路的电压损失;及中，是输电线上的电压降少量（电压损失）。
知识点2：高压交流输电
1. 减少输电损耗的方法
（1）减小输电线的电阻r：由可知，在输电线长度L一定的情况下，为了减小电阻，应当选用电阻率小、横截面积大的导线。目前一般用电阻率较小的铝作导线。但是，要增大导线的横截面积，就要多耗费金属材料，会使输电线过重，给架线带来较大困难。
（2）减小输电导线中的电流I：在输电导线电阻不变的条件下，输电电流如果减小到原来的百分之一，根据知输电的功率损耗将减小到原来的万分之一。由P=UI可知在保证输送功率不变的前提下，可提高输电电压以减小输电电流。
高压输电既能减小功率损失，又能减小电压损失，但在实际输送电能时，还需综合考虑各种因素，选择合适的输电电压。
2. 输电过程
如下图所示，发电厂用升压变压器升压到几百千伏后再向远距离送电，到达用电区由“一次高压变电站”降到100kV左右，在更接近用户的地点再由“二次高压变电站”降到 10kV左右。然后，一部分电能送往用电量大的工业用户另一部分经“低压变电站”降至 220 V/380V，送给其他用户。
知识点3：远距离高压输电原理
1．输电原理图
首先应画出远距离输电的电路图（如图），并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．
2．理清三个回路
回路1：P1＝U1I1
回路2：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝I22R线＋P3，I2＝I3
回路3：P4＝U4I4.
3．七个关系
（1）功率关系：P1＝P2，P2＝ΔP＋P3，P3＝P4.
（2）电压关系：＝，U2＝ΔU＋U3，＝.
（3）电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝.
（4）输电电流：I线＝＝＝.
（5）输电线上损耗的电功率：ΔP＝P2－P3＝I线2 R线＝＝ΔU·I线．
（6）输电线上的电压损失：ΔU＝I线R线＝U2－U3.
（7）输电效率η＝×100%.
知识点4：电网供电
1．电网
最初的供电方式是一个电厂给一批用户“一对一”提供服务，现在是通过网状的输电线、变电站，将许多电厂和广大用户连接起来，形成全国性或地区性的输电网络，这就是电网。
2. 电网供电的好处
（1）在一次能源产地安装大容量的发电机组，降低一次能源的运输成本，获得最大的经济效益；
（2）可以减小断电的风险，调剂不同地区电力供需的平衡;
（3）可以根据火电、水电、核电的特点，合理地调度电力。
教材习题01 输送功率为P，输送电压为U，输电线电阻为R，用户得到的电压为，则输电线损失功率和用户得到的功率各是多少？ 解题方法 【详解】输送功率为P，输送电压为U，则输送电流 输电线损失功率 用户得到的功率 或者
【答案】；或者。
教材习题02 采用高压输电后，在用户端需要降压才能供用户使用。如何确定降压变压器原、副线圈的匝数比？某发电站输出功率P=2000kW，用电阻R=20的输电线向外输送电能，若采用100kV高压输电，接入城市配电网络时需降压到10kV，那么，变压器原、副线圈的匝数比为多大？ 解题方法 【详解】根据输电电压减去导线上的电压损失即为降压变压器原线圈电压，用户得到的电压为变压器次级电压，则降压变压器的匝数比等于初级电压与次级电压之比； 输电电流为 则变压器初级电压U1=U-IR=100000-20×20=99600V 变压器原、副线圈的匝数比为
【答案】249：25
教材习题03 某发电厂原来用11V的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220kV输电，输送的电功率都是P。若输电线路的电阻为R，下列说法是否正确 请阐述理由。 说法1：根据公式，提高电压后输电线上的电流减小为原来的； 说法2：根据公式，提高电压后输电线上的电流增大为原来的20倍。 说法3：根据公式，提高电压后输电线上的功率损失减小为原来的。 说法4：根据公式，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍。 解题方法 【详解】[1]根据公式，电压提高了20000倍，则输电线上的电流减小为原来的，故此说法错误。 [2]根据公式，其中U为输电线路电阻R上分得的电压，并不是输送电压，故此说法错误。 [3]根据公式，电压提高了20000倍后，输电线上的功率损失减小为原来的，故此说法错误。 [4]根据公式，其中U为输电线路电阻R上分得的电压，并不是输送电压，故此说法错误。
【答案】249：25
考点1：升压变压器和降压变压器
【典例1】（22-23高二下·广西柳州·阶段练习）（多选）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率，发电机的电压，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻，在用户端用降压变压器把电压降为，已知输电线上损失的功率，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器的匝数比
B．输电线上的电流
C．降压变压器的匝数比
D．用户得到的电流
【变式1-1】（23-24高二下·广东潮州·期末）如图为大唐发电厂供电流程的简化图，理想升压变压器将发电厂的输出电压升压为，理想降压变压器再把电压降至，为用户设备供电，发电厂的输出电流为，升压变压器输出电流为，降压变压器输入电流为，此时用户设备的输入电流为。若变压器的匝数，输送过程中存在电能损耗，将输送电线的电阻等效为，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【变式1-2】（多选）（23-24高二下·吉林白山·期末）某小型发电站发电机输出的交流电压为，输出的电功率为，为该发电站设计的远距离输电原理图如图所示，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，输电线的电阻为，设计的输电线上损失功率为输电功率的，用户的额定电压为。对整个输电过程，下列说法正确的是（　　）
A．输电线上的电流为
B．升压变压器副线圈的电压为
C．降压变压器的输入电压为
D．降压变压器原、副线圈的匝数比为
考点2：影响输电损耗的因素
【典例2】（2022·四川内江·模拟预测）我国是全球唯一掌握超特高压技术的国家，在全球超特高压领域，中国的标准就是全世界唯一的标准。如图所示是远距离高压输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。下列说法正确的是（ ）
A．若用户用电功率增加，升压变压器的输出电压将增大
B．若用户用电功率增加，降压变压器的输入电压将增大
C．若输电功率一定，采用特高压输电可减少输电线上损耗的功率
D．若输电功率一定，采用特高压输电会降低输电的效率
【变式2-1】浙福线的投运让福建电网实现了从500千伏超高压到1000千伏特高压的跨越，福建从此进入“特高压”时代。在输送功率不变、不考虑其它因素影响的情况下，采用“特高压”输电后，输电线上的电压损失减少到“超高压”的（　　）
A．10% B．25% C．50% D．75%
【变式2-2】（22-23高二下·黑龙江牡丹江·期中）中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化。近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格，可采取的措施有（　　）
A．提高输送功率 B．减小输电导线的长度
C．提高输电的电压 D．增大输电导线的横截面积
考点3：高压输电的原理与优点
【典例3】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期中）2020年9月，中国发布“双碳战略”， 计划到2030年实现碳达峰、2060年实现碳中和。电力作为远程输送能量的载体，特高压远距离输送清洁电能是实现碳中和的重要途径之一，若保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，从原来的150kV 高压输电升级为1500kV的特高压输电， 下列说法正确的是（　　）
A．若输电线不变，则输电线中的电流变为原来的10倍
B．若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原来的
C．若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原来的
D．若更换直径为原来输电线直径10倍的同种材料制成的输电线，则输电线上损失的功率不变
【变式3-1】（23-24高二上·山东青岛·期末）我国新疆昌吉至安徽古泉新建了1100kV特高压直流箱电工程．这是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的特高压输电工程．如图是交流特高压α和直流特高压输电b的年耗费与输电距离的对比图．下列说法正确的是（ ）
A．“西电东送”直流高压输电不需要使用变压器
B．相同输电距离直流输电线路的感抗比交流输电少
C．直流特高压输电的线路上没有电能的损耗
D．直流特高压输电在近距离输电上经济效益更高些
【变式3-2】（多选）（23-24高二下·北京丰台·期中）某发电厂原来用11kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220kV输电，输送的电功率都是P，输电线路的电阻为R。下列说法正确的是（　　）
A．提高输电电压后输电线上的电流变为原来的20倍
B．提高输电电压后输电线上的电流变为原来的
C．提高输电电压后输电线上的电压损失减小为原来的
D．提高输电电压后输电线上的功率损失减小为原来的
考点4：远距离输电损失功率的计算
【典例4】（23-24高二下·江苏徐州·阶段练习）供电电路的电源的输出电压为U1，线路导线上的电压为U2，用电器得到的电压为U3，导线中电流为I，线路导线的总电阻为R，若要计算线路上的损失功率，不可用的公式有（　　）
A． B． C． D．
【变式4-1】为减少远距离输电的损耗，某发电站采用高压输电向外输送电能。若输送的总功率为，输电电压为，输电线的总电阻为。则下列说法正确的是（　　）
A．输电线上的电流为 B．输电线上的电流为
C．输电线上损失的功率为 D．输电电压提高一倍，输电线上损失的功率减小为原来的一半
【变式4-2】（多选）“西电东送”就是把煤炭、水能、风能资源丰富的西部地区的能源转化成电力资源，输送到电力紧缺的东部沿海地区。如图是远距离输电的电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为，降压变压器原、副线圈匝数比为，发电厂输出电压为，输出功率为，升压变压器和降压变压器之间输电线总电阻为，下列说法正确的是（　　）
A．若用户获得的电压为，则
B．用户获得的电压可能大于
C．当用户用电器总电阻增大时，输电线上损失的功率增大
D．输电线上损失的功率为
考点5：远距离输电的动态分析
【典例5】（23-24高二下·广西南宁·期末）根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，广西在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度匀速转动，变压器定值电阻R0。用户端接一个滑动变阻器R，当滑动变阻器的滑动触头位于中间位置时，R0上消耗的功率为P0。不计其余电阻，下列说法正确的是（　　）
A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为2P0
B．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为4P0
C．若将滑动变阻器R的滑动触头向上滑动，则R0上消耗的功率将增大
D．若将滑动变阻器R的滑动触头向下滑劫，则R0上消耗的功率将减小
【变式5-1】（多选）（23-24高二下·云南曲靖·期中）某同学用下图研究远距离输电，图中升压变压器和降压变压器均是理想变压器.若发电厂输出电压不变。当开关S由2改接为1时，通过调节变阻箱阻值使发电厂输出功率也不变，则（ ）
A．电压表读数变大 B．电流表读数变大
C．用户得到的功率减小 D．输电线损失的功率减小
【变式5-2】（23-24高二下·江西抚州·期末）2023年2月16日国家电网有限公司特高压直流输电工程—通山抽水蓄能电站开工建设。如图是特高压输电过程的示意图，发电站输出电压稳定，经升压后被整流成800的直流电，经输电线后，被逆变成交流电，再被降压后供用户使用，假设电压在整流和逆变前后有效值不变。则下列说法正确的是（　　）
A．将发电站输出的电压整流后仍能利用升压变压器升压
B．采用高压直流输电时，可减小输电线路上电感的影响
C．用户越多，输电线上损耗的功率越小
D．保持输电功率不变，若电压经升压和整流后为400，输电线上损耗的功率加倍
考点6：计算用户端用电器的数量
【典例6】（22-23高二下·陕西咸阳·期中）某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为，输出电压为，输电导线的总电阻为，导线上损耗的电功率为，该村的用电电压是。输电电路如图所示，求：
（1）高压输电线的电流；
（2）降压变压器的原、副线圈的匝数比；
（3）如果该村某工厂用电功率为，则该村还可以装“，”的电灯多少盏？
【变式6-1】光伏发电系统是指无须通过热过程，直接将光能转变为电能的发电系统。图示是某光伏发电系统为一所偏远学校的教室供电照明的示意图。已知太阳能光伏发电机的输出功率为100kW、输出电压为250V，输电线的总电阻；该学校每间教室有标有“220V 60W”字样的电灯16盏。若全部电灯正常发光，变压器均为理想变压器，输电线损耗功率是发电机输出功率的4%，求：
（1）升压变压器的原、副线圈的匝数之比。
（2）该光伏发电系统至多能供电照明的教室的间数。
【变式6-2】某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为，输出电压为，输电导线的总电阻为，导线上损耗的电功率为，该村的用电电压是。
（1）输电电路如上图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；
（2）如果该村某工厂用电功率为，则该村还可以装“”的电灯多少盏？
一、单选题
1．（24-25高二下·全国·课后作业）为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了利用电流的热效应除冰的思路。若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下，通过自动调节高压输电变压器的变压比，使输电线上的热耗功率变为16ΔP，则除冰时（　　）
A．输电电流为4I B．输电电流为16I C．输电电压为4U D．输电电压为
2．（23-24高二下·四川攀枝花·期末）某一远距离输电线路分别用U和kU两种电压来输电，若输送功率相同，则在两种情况下输电线上损失的功率之比为（　　）
A．k2：1 B．k：1 C．1：k2 D．1：k
3．（23-24高二下·广东揭阳·期末）我国在高压输电方面具有国际领先水平，早在2011年我国就正式投产了世界首条商业运营的特高压交流输电工程——“1000kV晋东南—南阳—荆门特高压交流试验示范工程”。假设某地原来采用200kV的高压输电，输电线损耗功率为P，后改用800kV的特高压输电，输电功率不变，则输电线损耗功率为（ ）
A． B． C．4P D．16P
4．（23-24高二下·广东东莞·期末）远距离输电示意图如图所示，两变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数比，在的原线圈两端接入一正弦交流电，其电压变化规律满足，若原线圈的输入电功率，输电线总电阻为。不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为（　　）
A．1kW B．2kW C．10kW D．20kW
5．（23-24高二下·广东广州·期末）如图所示为远距离输电的简易图，M和N为理想升压变压器和理想降压变压器，已知变压器M的原、副线圈匝数比为，变压器N的原、副线圈匝数比为，变压器M原、副线圈两端的电压分别为，，变压器N原、副线圈两端的电压分别为、，发电厂输出电压恒定，输电线的总电阻为r。则下列说法正确的是（　　）
A．的频率大于的频率
B．用户增多，、均不变
C．通过变压器M原线圈的电流等于通过变压器N副线圈的电流
D．用户增多，输电线上损耗的电功率不变
6．（24-25高二下·全国·单元测试）如图甲，白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组。2021年6月28日，白鹤滩水电站首批机组投产发电，用500千伏特高压向四川远距离输电。在远距离输电中，输电线的电阻是不可忽略的，图乙为白鹤滩水电站输电线路原理图，水电站输出电压稳定的正弦交流电，升至特高压U后向四川供电，输送的总功率为P。理想变压器原、副线圈匝数分别为、，为输电线总电阻，为不断电用户电阻（可视为定值电阻），R为可变用户电阻（可视为可变电阻）。当可变电阻R减小时，电压表和电流表示数变化的绝对值分别为、，电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．对于原线圈回路，虚线部分的等效电阻为
D．输电线路上损耗的功率为
7．（24-25高二下·全国·课后作业）近20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”。如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压由220kV升级为1000kV，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压及用户得到的电压不变，输电线的电阻不变，变压器均为理想变压器，则下列说法错误的是（ ）
A．变为原来的 B．输电线上的电流变为原来的
C．输电线损失的功率变为原来的 D．降压变压器原、副线圈匝数比变小
二、多选题
8．（24-25高二上·新疆乌鲁木齐·期中）如图所示，一个发电系统的输出电压恒为250V，输送功率为1×105W。通过理想变压器向远处输电，所用输电线的总电阻为8Ω，升压变压器T1原、副线圈匝数比为1：16，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器副线圈两端的电压U2=2×103V
B．输电线损失的电压为3.8×103V
C．输电线损失的功率为5×103W
D．若用户获得220V电压，则降压变压器T2原、副线圈的匝数比为190：11
9．（24-25高二下·全国·课后作业）如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）。设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R变小。则在用电高峰时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表、的读数均不变，电压表、的读数均减小
B．电流表的读数不变，电流表、的读数均增大
C．电压表、的读数之差与电流表的读数的比值不变
D．输电线路损耗的功率增大
10．（24-25高二上·河南新乡·阶段练习）目前困扰5G发展的大难题之一是供电，5G基站系统功耗大，信号覆盖半径小。如图所示，电压为100kV的主供电线路为某5G基站供电，基站用电器总功率为4kW，线路电阻为40Ω，线路损耗功率占总功率的20%（变压器均视为理想变压器），则（ ）
A．输电线路中的电流为5A B．输电线路中的电流为2500A
C．高压变压器原、副线圈的匝数比为 D．高压变压器原、副线圈的匝数比为
三、解答题
11．（23-24高二下·江苏扬州·期中）如图所示为某工厂购买的升压变压器和降压变压器各一台，给工厂车间供电，升压变压器匝数比为，降压变压器匝数比，输电线总电阻。发电机输出电压，输出功率为。问：
（1）降压变压器的输出电压为多大？
（2）工厂获得的功率为多大？
12．（24-25高二上·全国·课后作业）水力发电是获得清洁能源的重要途径之一。有一条河流，河水的流量为，落差，河水的密度为，现利用其发电，若发电机的总效率为，输出电压为，输电线的总电阻为，用户获得220V的电压，此时输电线上允许损失的电功率与发电机输出电功率的比值为。取）
(1)求输电线中的电流；
(2)求输电线路使用的理想升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比；
(3)如果输送的电能供“220V 100W”的电灯使用，求能够正常发光的电灯的盏数。
13．（23-24高二下·四川广安·期末）输电能耗演示电路如图所示。开关接1时，升压变压器原、副线圈匝数比；开关接2时，升压变压器原、副线圈匝数比；降压变压器原、副线圈匝数比，在升压变压器原线圈输入电压的正弦交流电，连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载，当开关S接1时，负载R消耗的功率。求：
（1）输电线的总电阻r；
（2）当开关S接2时，负载R消耗的功率。
14．（24-25高二下·全国·期末）目前困扰5G发展的大难题之一是供电，5G基站单系统功耗为4kW（基站用电器功率），信号覆盖半径约为100m，而在4G时代，基站单系统功耗仅为1kW，信号覆盖半径约为2km。如图所示，某5G基站距离100kV主供电线路一定距离，线路电阻为40Ω，线路损耗功率占总功率的20%（变压器均视为理想变压器）。
(1)求输电线路中的电流；
(2)高压变压器原、副线圈的匝数比；
(3)深圳5G网络建设领跑全国，2020年底已实现全市5G网络信号全覆盖。已知深圳市面积约为2000平方公里，试计算全市的5G基站运行一天将消耗约多少度电？（取3）第09讲 洛伦之力（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：对洛伦之力的理解
1．洛伦兹力：运动电荷在磁场中受到的力叫做洛伦兹力．
2．洛伦兹力的方向
（1）判定方法
左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
拇指——指向洛伦兹力的方向．
（2）方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)．
3．洛伦兹力的大小
（1）v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)
（2）v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)
（3）v＝0时，洛伦兹力F＝0.
4．洛伦兹力的特点
（1）洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功．
（2）当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．
（3）用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向．
5．洛伦兹力与安培力的联系及区别
（1）安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力．
（2）安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．
知识点2：带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
1．匀速圆周运动的规律
若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
（1）基本公式：qvB＝m
（2）半径R＝
（3）周期T＝＝
2．圆心的确定
（1）已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图1甲所示，P为入射点，M为出射点)．
（2）已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
3．半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．
4．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为t＝T(或t＝)．
带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析思路
知识点3：带电粒子在直线有界磁场中的运动
1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
图a中粒子在磁场中运动的时间：t＝＝
图b中粒子在磁场中运动的时间：t＝(1－)T＝(1－)＝
图c中粒子在磁场中运动的时间：t＝T＝
2．平行边界(往往存在临界条件，如图所示)
平行边界存在临界条件，图a中粒子在磁场中运动的时间：t1＝，t2＝＝
图b中粒子在磁场中运动的时间：t＝
图c中粒子在磁场中运动的时间：t＝(1－)T＝(1－)＝
图d中粒子在磁场中运动的时间：t＝T＝
处理有界匀强磁场中的临界问题的技巧
从关键词、语句找突破口，审题时一定要抓住题干中“恰好”“最大”“至少”“不脱离”等词语，挖掘其隐藏的规律．
（1）刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，据此可以确定速度、磁感应强度、轨迹半径、磁场区域面积等方面的极值．
（2）当速度v一定时，弧长(或弦长)越大，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(前提条件是弧是劣弧)．
（3）当速率变化时，圆心角大的，运动时间长．
（4）在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．
知识点4：带电粒子在圆形有界磁场中的运动
一般解题步骤
画出轨迹圆并找出轨迹圆的圆心；
求半径（分清楚磁场半径和轨迹圆半径）
确定运动时间（注意多解问题）
模型解读：圆形边界(进出磁场具有对称性)
（1）沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示．
（2）不沿径向射入时，如图乙所示．射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ.
强化点一 洛伦之力的方向
判断方法：左手定则。磁场穿过掌心，四指表示正电荷运动方向（或负电荷的反方向），拇指表示安培力的方向。
【典例1】（23-24高二下·云南玉溪·期末）如图所示，放射性元素从点沿方向发射三种放射线，空间有垂直射线速度的匀强磁场，三种射线穿过磁场后分别打到屏上的三点，则打到三点的射线分别是（ ）
A．射线、射线、射线 B．射线、射线、射线
C．射线、射线、射线 D．射线、射线、射线
【变式1-1】（2024·北京海淀·三模）云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向外的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关这些径迹以下判断正确的是（　　）
A．d、e都是正电子的径迹 B．a径迹对应的粒子动量最大
C．b径迹对应的粒子动能最大 D．a径迹对应的粒子运动时间最长
【变式1-2】（多选）（23-24高二下·四川成都·期末）如图所示，两足够长的通电直导线P、Q（垂直纸面）关于粗糙程度均匀的水平面对称分布，P、Q连线与水平面交点为O，P、Q通以大小相等、方向相反的恒定电流。一带正电的绝缘物块从A点以某一初速度向右运动，恰好运动到O点。下列说法正确的是（　　）
A．从A到O，磁感应强度逐渐增大 B．从A到O，磁感应强度先增大后减小
C．从A到O，物块做匀减速直线运动 D．从A到O，物块做加速度逐渐增大的减速运动
强化点二 洛伦之力的大小
【典例2】（23-24高二下·海南省直辖县级单位·期末）如图所示，质量为m、电荷量为的小球A套在粗细均匀的固定绝缘水平杆上，整个装置处在垂直于纸面向外的水平匀强磁场中。现对A施加一个水平向右、大小恒为的拉力，使小球A从静止开始运动，已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，小球A与杆间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，则当小球的加速度大小第一次达到时，小球的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
故选A。
【变式2-1】（23-24高二上·湖北武汉·期末）如图所示，将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的小滑块（可视为质点）放在倾斜的固定木板上，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。测得小滑块的质量为m，木板的倾角为θ，木板与滑块之间的动摩擦因数为μ。滑块由静止释放，依次经过A、B、C、D四个点，且AB=CD=d，小滑块经过AB、CD所用的时间均为t。重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．到达C点之前滑块先加速后减速 B．到达C点之前滑块所受的摩擦力先增大后减小
C．滑块所带的电荷量为 D．滑块的加速度先减小后增大
【变式2-2】（多选）（23-24高二上·福建福州·期末）如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽固定在水平面上，与水平面的夹角分别为和，加垂直于纸面向里的磁场，分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是（ ）
A．在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且
B．a、b两球沿槽运动的最大速度为和，则
C．a、b两球沿直槽运动的最大位移为和，则
D．a、b两球沿槽运动的时间为和，则
强化点三 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【典例3】（23-24高二下·陕西·期末）如图所示，在xOy坐标系中，垂直于x轴的虚线与y轴之间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场含边界，磁场方向与xOy平面垂直。一质子束从坐标原点射入磁场，所有质子射入磁场的初速度大小不同但初速度方向都与x轴正方向成角向下。PQ是与x轴平行的荧光屏质子打到荧光屏上不再反弹，P、Q两点的坐标分别为，。已知质子比荷，。求：结果均可用分数表示
（1）质子在磁场中运动的最长时间是多少;
（2）如果让荧光屏PQ发光长度尽可能长且质子的运动轨迹未出磁场，质子初速度大小的取值范围是多少。
【变式3-1】（23-24高一上·湖南长沙·期末）如图所示，竖直虚线CD右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两个平行金属板M、N之间的电压为U，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠近N板的S点由静止开始做加速运动，从A点垂直竖直虚线CD射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动。求：
（1）带电粒子从A点垂直竖直虚线CD射入磁场的速度大小v；
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R和周期T；
（3）若在竖直虚线CD右侧加一匀强电场，使带电粒子在电磁场中做匀速直线运动，求电场强度E的大小。
【变式3-2】（23-24高二上·吉林长春·期末）如图，挡板MN位于水平面x轴上，在第一、二象限区域存在磁感应强度为B的矩形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。在MN上O点放置了粒子发射源，能向第二象限发射各个方向的速度为的带正电同种粒子，已知粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收，则：
（1）求所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径；
（2）粒子在磁场中运动的周期；
（3）所有粒子能够到达区域的面积。

强化点四 带电粒子在直线边界磁场中的运动
【典例4】（多选）（23-24高二下·贵州黔西·期末）如图所示，水平面的区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为，边界的夹角为30°，距顶点为的点有一粒子源，粒子在水平面内垂直边向磁场内发射速度大小不同的带负电的粒子，粒子质量为、电荷量大小为，下列说法正确的是（　　）
A．从边界射出的粒子速度方向都相同 B．粒子离开磁场时到点的最短距离为
C．垂直边界射出的粒子的速度大小为 D．垂直边界射出的粒子在磁场中运动的时间为
【变式4-1】（多选）（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图所示，在水平线OP的正上方存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。从磁场边界上O点同时向纸面内不同方向发射速率均为v、质量均为m、电荷量均为的两个带电粒子，两粒子均从边界上P点离开磁场，且OP的长度为，不计粒子的重力及相互作用力。以下说法正确的是（ ）
A．两粒子在磁场中运动的加速度大小不同
B．两粒子射入磁场时速度方向与边界所成锐角均为60°
C．两粒子在磁场运动过程中动量改变量大小均为
D．两粒子在磁场中运动的时间相差
【变式4-2】（23-24高二下·山东临沂·期末）如图所示，直角三角形的AB边长为L，，三角形区域内存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从D点沿着垂直BC边的方向以速度v射入磁场，CD间距离为L，不计粒子受到的重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的最长时间为 B．时，带电粒子垂直于AC边射出磁场
C．若粒子从BC边射出磁场，则 D．若粒子从AC边射出磁场，则
强化点五 带电粒子在弧形边界磁场中的运动
【典例5】（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图所示，真空中xOy平面内存在半径为R的圆形区域，该圆形区域与y轴相切，x轴与其一条直径重合，P点为圆形区域边界上的一点，P点与圆心的连线与x轴正方向成角。已知圆形区域内只存在垂直于xOy平面的匀强磁场或只存在平行于y轴向上的匀强电场，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O以初速度沿x轴正方向射入该圆形区域，粒子恰好从P点射出，不计粒子的重力。
(1)若圆形区域内只存在垂直于xOy平面的匀强磁场，求匀强磁场磁感应强度B的大小与方向；
(2)若圆形区域内只存在平行于-轴向上的匀强电场，求粒子在圆形区域内运动过程中受到电场力的冲量I的大小。
【变式5-1】（23-24高二下·山东临沂·期末）如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，O点为圆形区域的圆心，磁感应强度大小为B，一个比荷绝对值为k的带电粒子以某一速率从M点沿着直径MON方向垂直射入磁场，粒子离开磁场后打在右侧屏上的P点，QP连线过圆心O，QP与MN的夹角，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子带正电 B．粒子做圆周的运动半径为
C．粒子运动的速率为 D．粒子在磁场中运动的时间为
【变式5-2】（23-24高二下·山西临汾·期末）如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（未画出），一质量为m、带电荷量为的微粒从圆上的N点以一定的速度沿图中虚线方向射入磁场，从圆上的M点离开磁场时的速度方向与虚线垂直。已知圆心O到虚线的距离为，不计微粒所受的重力，求：
（1）微粒在磁场区域内运动的时间t；
（2）微粒到圆心O的最小距离d。
强化点六 带电粒子（计重力）在磁场中的运动
【典例6】质量为m、电荷量为q的小物块，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法正确的是（　　）
A．小物块一定带正电荷
B．小物块在斜面上运动时做匀减速直线运动
C．小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动
D．小物块在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为
【变式6-1】（22-23高二上·上海徐汇·期末）如图所示，质量为的小球，带有的正电荷，套在一根与水平方向成的足够长的绝缘杆上，小球与杆之间的动摩擦因数为，杆所在空间有磁感应强度的匀强磁场，小球由静止开始下滑，求：
（1）小球刚开始运动时加速度大小；
（2）小球运动过程中的最大速率（重力加速度g取）
【变式6-2】（多选）质量m=0.1g的小物块，带有5×10-4C的电荷，放在倾角为30°的绝缘光滑斜面上，整个斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向如图所示。物块由静止开始下滑，滑到某一位置时，开始离开斜面（设斜面足够长，g取10m/s2）（　　）
A．物体带正电 B．物体离开斜面时的速度为m/s
C．物体在斜面上滑行的最大距离是1.2 m D．物体在离开斜面之前一直做匀加速直线运动
19．（2024·广西·高考真题）坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（　　）
A． B． C． D．
20．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子的运动轨迹可能经过O点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
真题感知
1．（多选）（2024·浙江·高考真题）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　）
A．合力冲量大小为mv0cos B．重力冲量大小为
C．洛伦兹力冲量大小为 D．若，弹力冲量为零
2．（多选）（2024·河北·高考真题）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面．A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45°
D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
3．（2024·天津·高考真题）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t；
(3)若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为，求粒子在磁场中运动的时间。
提升专练
一、单选题
1．（2024·河北·二模）如图所示，空间内有一垂直纸面方向的匀强磁场（方向未知），一带正电的粒子在空气中运动的轨迹如图所示，由于空气阻力的作用，使得粒子的轨迹不是圆周，假设粒子运动过程中的电荷量不变。下列说法正确的是（　　）
A．粒子的运动方向为 B．粒子所受的洛伦兹力大小不变
C．粒子在b点的洛伦兹力方向沿轨迹切线方向 D．磁场的方向垂直纸面向里
2．（2024·山东济南·一模）一倾角为的绝缘光滑斜面处在与斜面平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m，电荷量为的小球，以初速度从N点沿NM边水平射入磁场。已知斜面的高度为h且足够宽，小球始终未脱离斜面。则下列说法正确的是（ ）
A．小球在斜面上做变加速曲线运动 B．小球到达底边的时间为
C．小球到达底边的动能为 D．匀强磁场磁感强度的取值范围
3．（2024·四川德阳·模拟预测）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，该粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子的重力，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·云南昆明·模拟预测）如图所示，在y≥0的区域存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向均匀地不断发射速度大小均为v、质量为m、带电荷量为4q的同种带电粒子。在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上，其速度立即变为0）。现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力，则下列说法正确的是（　　）
A．磁感应强度 B．磁感应强度
C．打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比为1：2
D．打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比为2：1
二、多选题
5．（2024·吉林长春·模拟预测）地球的磁场是保护地球的一道天然屏障，它阻挡着能量很高的太阳风粒子直接到达地球表面，从而保护了地球上的人类和动植物。地球北极的磁场是沿竖直轴对称的非均匀磁场，如图所示为某带电粒子在从弱磁场区向强磁场区前进时做螺线运动的示意图，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．该带电粒子带正电
B．从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变
C．带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离一直保持不变
D．带电粒子每旋转一周的时间变小
6．（2024·广西柳州·三模）如图所示，上方存在匀强磁场，同种粒子从点射入匀强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为和，且均由点射出磁场，则两粒子（　　）
A．运动半径之比为 B．初速率之比为
C．运动时间之比为 D．运动时间之比为
7．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量均为m、带电荷量均为的粒子从P点沿竖直方向以不同速率射入磁场，P点与圆心的连线与竖直方向之间的夹角为，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．该束粒子射出磁场时速度方向与过出射点的磁场区域圆半径的夹角为
B．若粒子恰好从C点射出，则其在磁场中运动的时间为
C．若粒子恰好从A点射出，则其在磁场中运动的速度为
D．从B点射出的粒子比从A点射出的粒子在磁场中运动的时间短
三、解答题
8．（2024·湖北黄冈·三模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的x轴上方一矩形区域内存在一垂直平面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感强度大小，x轴的下方存在一与平面平行的匀强电场。一质量、电荷量的带正电粒子从点以、方向与y轴正向夹角射入第三象限，粒子在电场中偏转后第一次经过x轴上Q点时速度大小也为，方向也与y轴正向夹角，经过x轴后立即进入磁场，直到第二次经过x轴上M点离开磁场。已知，不计粒子重力，求：
（1）电场强度的大小和方向；
（2）Q点、M点的坐标；
（3）矩形磁场区域的最小面积S。
9．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图所示的坐标系中，y轴左侧存在范围足够大的匀强电场，电场方向与y轴负方向的夹角为，电场强度的大小为，第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场（未画出）。质量为、带电荷量为、重力不计的带正电粒子由O点左侧距离O点处的P点由静止释放，经过一段时间由y轴上的Q点（未画出）进入磁场。已知，，。（结果均保留两位有效数字）
（1）若磁场的磁感应强度大小为，且该磁场为矩形区域，欲使粒子垂直x轴离开磁场，求磁场面积的最小值；
（2）若磁场范围足够大，粒子刚好不从x轴离开磁场，求粒子第2次到达y轴时位置到O点的距离以及粒子由P点释放到第2次到达y轴时所用的时间。
第08讲 安培力（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：对磁感应强度和磁通量的理解
1．磁场
(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用．
(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，或自由小磁针静止时N极的指向．
2．磁感应强度
(1)定义式：B＝(通电导线垂直于磁场)．
(2)方向：小磁针静止时N极的指向．
(3)磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的．
3．磁感线
(1)引入：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．
(2)特点：磁感线的特点与电场线的特点类似，主要区别在于磁感线是闭合的曲线．
(3)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场，如下图所示．
　
磁通量
（1）定义：匀强磁场中磁感应强度和与磁场方向垂直的平面面积S⊥的乘积．即Φ＝BS⊥.
（2）磁通量的计算：Φ＝BS⊥.
适用条件：①匀强磁场；②磁感线与平面垂直．
（3）若磁感线与平面不垂直，则Φ＝BScosθ.其中Scosθ为面积S在垂直于磁感线方向上的投影面积S1，如图所示．
（4）磁通量的正负：磁通量是标量，但有正负，若磁感线从某一面穿入时，磁通量为正值，磁感线从此面穿出时则为负值．
（5）磁通量可用穿过某一平面的磁感线条数表示．若有磁感线沿相反方向穿过同一平面，则磁通量等于穿过该平面的磁感线的净条数(磁通量的代数和)．
知识点2：安培定则的应用及磁场的叠加
1．安培定则的应用
直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场
特点 无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱 与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场 环形电流的两 侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱
安培定则
立体图
横截面图
2．磁场的叠加
磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．
3. 磁场叠加问题的一般解题思路
（1）确定磁场场源，如通电导线．
（2）定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图所示为M、N在c点产生的磁场．
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场．
知识点3：导体棒运动趋势的判断
电流元法 分割为电流元安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向
特殊位置法 在特殊位置―→安培力方向―→运动方向
等效法 环形电流??小磁针条形磁铁 通电螺线管??多个环形电流
结论法 同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究 对象法 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
知识点4：安培力的分析和计算
1．安培力的方向
(1)左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
(2)注意问题：磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．
2．安培力的大小
当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝ILBsinθ。公式F＝BIL中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且L是通电导线的有效长度
(1)当磁场与电流垂直时，安培力最大，Fmax＝ILB.
(2)当磁场与电流平行时，安培力等于零．
知识点5：安培力与动力学综合问题
通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路
（1）选定研究对象；
（2）变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I，如图所示．
列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解．
受力分析的注意事项
安培力的特点：F=BILsinθ，其中θ属于B和L间的夹角，且F⊥B，F⊥I，即F垂直B和I所在的平面；
L是有效长度，即在磁场中的两端点在与磁场垂直的平面上的投影；
试图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体棒方向、磁场方向、受力方向分布在三维空间的不同方向上 ，这是应利用俯视图、剖面图或侧面图等，将三维图转化为二维平面图。
强化点一 两根通电导线之间作用力的判断
规律：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。注意区分电荷和磁极，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
【典例1】（多选）（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图所示，长直导线与心形金属线框放在光滑绝缘的水平面上，且长直导线与心形线框的对称轴MN垂直。当长直导线中通以图示方向的电流I，且电流增大时，下列关于心形线框的说法正确的是（ ）
A．线框有面积缩小的趋势 B．线框中产生顺时针方向的感应电流
C．线框在水平面内沿逆时针方向旋转 D．线框沿垂直于直导线方向向右平动
【变式1-1】（23-24高二下·广东珠海·期末）如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过平面，与平面的交点形成边长为的正方形且关于轴和轴对称，各导线中电流方向已标出，已知无限长通电直导线在某点产生的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比。下列说法正确的是（　　）
A．轴正半轴的磁感应强度方向沿轴正方向 B．直导线1、2、3对导线4的作用力的合力为零
C．在点的磁感应强度方向沿轴正方向 D．直导线1、3之间的相互作用力为排斥力
【变式1-2】（23-24高二下·四川成都·期末）如图，竖直平面内固定有两条互相平行的长直绝缘导线、，通过它们的电流强度相等，方向均竖直向下。a、b、c三点连线水平，与两导线相互垂直且共面：b、e、f三点竖直共线，与两导线共面；b是两导线距离的中点，a到的距离是b到的距离的一半，b、c两点到的距离相等，a、b、c、c、f五点的磁感应强度大小分别为。下列说法正确的是（　　）
A． B．两导线会产生相互排斥的作用力
C．，且a点的磁场方向垂直于纸面向里 D．，且c点的磁场方向垂直于纸面向里。
强化点二 通电导线在磁场中作用力的判断
【典例2】（多选）（23-24高二下·山东临沂·期末）将粗细均匀、边长为L的正三角形铜线框用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上，置于垂直线框平面向外的大小为B的磁场中，现用细导线给三角形线框通有大小为I的电流，则（　　）
A．通电后两绳拉力变大 B．通电后两绳拉力变小
C．三角形线框安培力大小为BIL D．三角形线框安培力大小为2BIL
【变式2-1】（多选）（23-24高二下·青海西宁·期末）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度．它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．电流未反向时，安培力的方向竖直向上
B．电流反向时，安培力的方向竖直向上
C．若用n、m、l、I、g表示磁感应强度B的大小，则
D．若用n、m、l、I、g表示磁感应强度B的大小，则
【变式2-2】（多选）（23-24高二下·四川遂宁·阶段练习）如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则（ ）
A．ab棒不受安培力作用 B．ab棒所受安培力的方向向右
C．ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大 D．螺线管产生的磁场，A端为S极
强化点三 导体棒在磁场中运动方向的判断
【典例3】（22-23高二上·重庆·期末）如图，一个可以自由运动的圆形线圈水平放置并通有电流I，电流方向俯视为顺时针方向，一根固定的竖直放置直导线通有向上的电流I，线圈将（　　）

A．a端向上，b端向下转动，且向左运动 B．a端向上，b端向下转动，且向右运动
C．a端向下，b端向上转动，且向左运动 D．a端向下，b端向上转动，且向右运动
【变式3-1】如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（　　）

A．FN1C．FN1>FN2，弹簧的伸长量增大 D．FN1>FN2，弹簧的伸长量减小
【变式3-2】如图所示，将通电直导线AB用悬线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关（　　）
A．A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小
B．A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变大
C．A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大
D．A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变小
强化点四 安培力的计算式及简单应用
【典例4】（23-24高二下·内蒙古·期末）研究磁铁对通电导线作用力的装置如图所示。当轻质细导线中通入电流时，细导线下端的金属棒受到水平方向的磁场力，平衡时细导线偏离竖直方向的角度为。已知金属棒的质量为，两细导线间的距离为，把磁极之间的磁场看作匀强磁场，重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒受到的磁场力大小为 B．金属棒受到的磁场力大小为
C．金属棒所在位置磁场的磁感应强度大小为
D．金属棒所在位置磁场的磁感应强度大小为
【变式4-1】（22-23高二上·江苏南京·期末）有一半径为的圆形线框悬挂在弹簧测力计下端，线框中通有abcda方向的恒定电流I，直线是匀强磁场的边界线，磁场方向垂直于圆形线框所在平面向里。整个线圈都在磁场中平衡时弹簧测力计的读数为；若将线圈上提，让圆形线框正好有一半露出磁场，其他条件都不改变，再次平衡时，弹簧测力计的读数为5F。则匀强磁场的磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
【变式4-2】（23-24高二上·安徽合肥·期末）如图所示，CD和EF是两根相同的金属棒，质量均为m，长度均为L，用两根等长的柔软导线、（重力不计）将它们连接，形成闭合回路CDFE。用两根绝缘细线、将整个回路悬于天花板上，使两棒保持水平并处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，重力加速度为g。在回路中通以如图所示方向的电流I，则稳定后（　　）
A．软导线、对金属棒EF的拉力大小均为
B．绝缘细线和对金属棒CD的拉力大小均为mg
C．软导线和向纸面外偏转，软导线与竖直方向夹角的正弦值为
D．绝缘细线和向纸面内偏转，细线与竖直方向夹的正切值为
强化点五 计算非直导线的安培力
【典例5】（23-24高二上·安徽滁州·期末）在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的“花瓣”形线框，磁场方向垂直于线框平面，a、c两点接一直流电源，电流方向如图所示。已知边受到的安培力大小为F，则整个线框所受安培力大小为（　　）
A． B． C． D．
【变式5-1】（23-24高二上·江苏南京·期末）如图所示，用一段导线围成半径为R的圆弧AB，圆心为O，导线中通有顺时针方向的电流，在导线所在的平面（纸面）内加某一方向的匀强磁场，导线受到的安培力最大且方向垂直纸面向外。则下列说法正确的是（　　）
A．磁场方向垂直AB向下
B．若仅将导线绕О点在纸面内顺时针转过，安培力变为原来的
C．若仅将导线绕О点在纸面内顺时针转过，安培力的大小不变
D．若仅将磁场方向变为垂直纸面向外，安培力的大小和方向均发生变化
【变式5-2】（23-24高二上·山西大同·期末）如图所示，导体框是由同种材料且导体横截面相同的两段导线构成，分别为直导线和弯曲导线两部分，直导线为，弯曲导线为半圆形，为半圆形的直径，把导体框接入如图电路中，导体框处在垂直纸面向里匀强磁场中，闭合开关，直导线受到的安培力大小为F，则整个导体框受力为（　　）
A．0 B． C． D．
强化点六 倾斜轨道上安培力的分析
【典例6】（23-24高二下·天津·期末）如图所示，两光滑平行金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源。现把一个质量的导体棒放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，金属导轨电阻不计，g取。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若匀强磁场保持与导体棒始终垂直，但磁感应强度的大小和方向可以改变，为了使导体棒静止在导轨上且对导轨无压力，磁感应强度的大小和方向。
【变式6-1】（多选）（23-24高二上·山西吕梁·期末）如图所示，两平行光滑导轨相距，处于一竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B大小为。金属棒的质量为，电阻，水平放置在倾角为的导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。电源电动势为10V，内阻，当开关闭合时，处于静止状态。则（　　）
A．金属棒受到的安培力方向水平向右 B．金属棒受到的安培力大小为0.1N
C．变阻器此时的电阻值为7Ω D．当变阻器滑片向左滑时，金属棒将沿导轨下滑
【变式6-2】（2024·北京海淀·二模）如图所示，宽为L的固定光滑平行金属导轨与水平面成α角，金属杆ab水平放置在导轨上，且与导轨垂直，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。电源电动势为E，当电阻箱接入电路的阻值为R0时，金属杆恰好保持静止。不计电源内阻、导轨和金属杆的电阻，重力加速度为g。
（1）求金属杆所受安培力的大小F。
（2）求金属杆的质量m。
（3）保持磁感应强度大小不变，改变其方向，同时调整电阻箱接入电路的阻值R以保持金属杆静止，求R的最大值。
强化点七 电磁炮
【典例7】（23-24高二下·陕西·期末）如图所示为电磁炮的基本原理图（俯视图）。水平平行金属直导轨a、b充当炮管，金属弹丸放在两导轨间，与导轨接触良好，两导轨左端与一恒流源连接，可使回路中的电流大小恒为 I，方向如图所示，两导轨中电流在弹丸所在处产生的磁场视为匀强磁场。若导轨间距为 d，弹丸质量为m，弹丸在导轨上运动的最大距离为s，弹丸能加速的最大速度为v，不计摩擦，则下列判断正确的是（　　）
A．导轨间的磁场方向向上 B．导轨间的磁场磁感应强度大小为
C．弹丸克服安培力做功获得动能 D．弹丸先做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速运动
【变式7-1】（23-24高二上·上海徐汇·期末）2022年6月17日，我国新一代战舰预计将会配备电磁轨道炮，其原理可简化为如图所示（俯视图）装置。两条平行的水平轨道被固定在水平面上，炮弹安装于导体棒ab上，由静止向右做匀加速直线运动，到达轨道最右端刚好达到预定发射速度v，储能装置储存的能量恰好释放完毕。已知轨道宽度为d，长度为L，磁场方向竖直向下，炮弹和导体杆ab的总质量为m，运动过程中所受阻力为重力的k（）倍，储能装置输出的电流为I，重力加速度为g，不计一切电阻、忽略电路的自感。下列说法错误的是（　　）
A．电流方向由a到b B．磁感应强度的大小为
C．整个过程通过ab的电荷量为 D．储能装置刚开始储存的能量为
【变式7-2】（多选）（23-24高二下·四川成都·期末）如图，间距为L的光滑平行导轨水平固定放置，导轨间始终存在竖直方向的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，导轨左端连接电动势为E、内阻为r的恒定直流电源。一带有炮弹的金属棒垂直放在导轨上，金属棒的电阻为R，长度为L，导轨电阻不计。通电后带有炮弹的金属棒将沿图示方向发射，不考虑回路中电流产生的磁场，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关瞬间，回路中的电流为
B．磁场方向竖直向上
C．若回路中电流和磁场方向同时反向，则带有炮弹的金属棒的发射方向也反向
D．闭合开关瞬间，带有炮弹的金属棒所受安培力大小为
真题感知
1．（2024·贵州·高考真题）如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流，且，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向（　　）
A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右
2．（2024·甘肃·高考真题）如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为（　　）
A．，方向向左 B．，方向向右 C．，方向向左 D．，方向向右
3．（多选）（2024·福建·高考真题）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，铜环两端、处于同一水平线。若环中通有大小为、方向从到的电流，细绳处于绷直状态，则（　　）
A．两根细绳拉力均比未通电流时的大 B．两根细绳拉力均比未通电流时的小
C．铜环所受安培力大小为 D． 铜环所受安培力大小为
4．（2024·重庆·高考真题）小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，求
（1）P所受单根导线拉力的大小；
（2）Q中电流的大小。

提升专练
一、单选题
1．（23-24高二下·重庆·期末）图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其 “发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置，P、Q端与门铃（图中未画出）连接构成回路。下列说法正确的是（　　）
A．按下按钮的过程，螺线管P端电势较高
B．松开按钮的过程，螺线管Q端电势较高
C．按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相同
D．按下和松开按钮的过程，螺线管所受磁铁的安培力方向相反
2．（2024·河南信阳·模拟预测）如图所示，边长为L的正方形金属线框abcd用绝缘细线悬挂在天花板上处于静止状态，ab边水平，带有绝缘层的长直金属导线MN水平固定，刚好与金属线框ad边和bc边接触，线框关于长直导线对称，长直导线通有从M到N的恒定电流，线框中通有大小为I、沿顺时针方向的恒定电流，线框的质量为m，重力加速度为g，细线的拉力为F，则（　　）
A．ab边受到的安培力方向向上
B．FC．俯视看，线框有绕悬线沿逆时针方向转动的趋势
D．长直导线中的电流在线框ab边处产生的磁场磁感应强度大小为
3．（2024·黑龙江·模拟预测）如图所示，三角形闭合线框ABC由弹性较好的导线制成；线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，三角形的三个顶点A、B、C固定在绝缘水平面上，带有绝缘层的长直导线MN紧贴线框固定在线框上方。给直导线通入从M到N的恒定电流，不考虑闭合线框各边之间的作用力，此后该线框的形状可能是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·浙江温州·一模）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向上，半径为R的四分之三圆弧导线绕过圆心O垂直于纸面的转轴顺时针转动一周，导线中通有恒定电流I，下列说法正确的是（　　）
A．导线受到的安培力最小为 B．导线受到的安培力大小可能为
C．导线受到的安培力最大值为 D．导线受到的安培力方向始终垂直纸面向里
5．（2024·江西上饶·模拟预测）如图所示，边长为L的正方形金属线框abed放置在绝缘水平面上，空间存在竖直向下的匀强磁场，将大小为I的恒定电流从线框a端流入、b端流出，此时线框整体受安培力大小为，将线框绕ab边转过60°静止不动，此时线框整体受安培力大小为，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·江苏南通·二模）在倾角的光滑导体滑轨的上端接入一个电动势，内阻的电源，滑轨间距，将一个质量，电阻的金属棒水平放置在滑轨上。若滑轨所在空间加一匀强磁场，当闭合开关S后，金属棒刚好静止在滑轨上，如图所示。已知，下列说法正确的是（　　）
A．磁感应强度有最小值，为0.32T，方向垂直滑轨平面向下
B．磁感应强度有最大值，为0.4T，方向水平向右
C．磁感应强度有可能为0.3T，方向竖直向下
D．磁感应强度有可能为0.4T，方向水平向左
二、多选题
7．（2024·吉林通化·模拟预测）如图所示，匀强磁场中通电导线abc中bc边与磁场方向平行，ab边与磁场方向垂直，线段ab、bc长度相等，通电导线所受的安培力大小为F。现将通电导线以ab为轴逆时针（俯视看）旋转的过程中，通电导线一直处于磁场中，则旋转后导线abc所受到的安培力的情况下列说法正确的是（　　）
A．以为轴逆时针（俯视看）旋转时所受的安培力大小为
B．以为轴逆时针（俯视看）旋转时所受的安培力大小为
C．以为轴逆时针（俯视看）旋转时所受的安培力大小为
D．以为轴逆时针（俯视看）旋转时所受的安培力大小为
8．（2024·安徽芜湖·一模）我国的航母福建舰安装了自主研发的电磁弹射装置。其简化原理如图所示，电源供给恒定电流I，轨道水平，弹射距离一定，圆柱形弹射体GH垂直导轨放置，导轨电流在弹射体处产生磁场，磁场的大小与电流成正比，不计导轨电阻及一切阻力，忽略磁场的边缘效应。下列措施可以增大弹射速度的是（ ）
A．增加轨道之间的距离 B．减少弹射体的半径
C．换用最大值为I的正弦交流电 D．换用密度更小的材料制作弹射体
三、解答题
9．（2024·福建泉州·模拟预测）如图所示，在与水平面成θ=37°角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计。空间存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.50T，方向垂直轨道平面向上。导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根棒的质量m=0.25kg、电阻r=5.0×10-2Ω，轨道的宽度l=0.40m。现对棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之匀速向上运动。在棒ab匀速向上运动的过程中，棒cd始终保持静止，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6.求：
（1）棒cd受到的安培力大小；
（2）棒ab运动的速度大小；
（3）拉力对棒ab做功的功率。
10．（2024·全国·模拟预测）如图甲所示。天花板上有一力传感器，一轻质杆上端与传感器连接，下方固定一个正方形线圈。线圈的质量为，边长为，线圈总电阻，当线圈上半部分处于垂直线圈平面的磁场中，B随t变化如图乙所示，规定垂直线圈平面向里为正方向。g取。
（1）线圈下半部分端点的路端电压是多少；
（2）当力传感器的示数时，求相应的磁感应强度B。
11．（2024·海南·一模）如图所示，间距为的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角。一质量为的金属棒垂直导轨放置，并与定值电阻R（大小未知）、电动势（内阻不计）的电源、开关S构成闭合回路，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为的匀强磁场中。闭合开关S，金属棒恰好不会沿导轨向上滑动.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨和金属棒的电阻均不计，重力加速度g取，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。
（1）求电阻R的阻值；
（2）若把电源更换为电动势为、内阻的电源，闭合开关S时，求金属棒的瞬时加速度大小。高二物理寒假全阶段检测卷
考试范围：必修三+选必二第1~3章；考试时间：75分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、选择题(本题共10小题，共46分。1-7小题，每题只有一个选项符合题意，每题4分；8-10小题，每题有两个或两个以上的选项符合题意，选对得6分，选对不全得3分，选错或不选得0分。)
1．如图所示，两个带正电小球A、B的质量均为m，且，A用长为L的绝缘细线悬于O点，B放在悬点O正下方固定绝缘圆弧体的光滑圆弧面上，A、B在同一水平线上，均处于静止状态，细线与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，两球均可视为质点，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A．A球的带电量 B．B球的带电量
C．细线的拉力大小为 D．B球对圆弧面的作用力大小为2mg
【答案】D
【详解】C．设细线的拉力为，对小球A，竖直方向，根据平衡条件，可得细线的拉力大小，故C错误；
AB．A、B间的库仑力大小，结合，解得，，故AB错误；
D．根据力的合成可得B球对圆弧面的作用力大小为，故D正确。
故选D。
2．如图所示，一电子以速度进入足够大的匀强电场区域，θ=60°，a，b、c，d，e为间距相等的一组等势面。若电子经过bd等势面时动能分别为6eV和2eV，取=0V，不计电子重力，下列说法正确的是（　　）
A．电子经过a等势面时电势能为4eV B．电子刚好可到达e等势面
C．电子刚好可到达d等势面 D．e等势面的电势=4V
【答案】C
【详解】AD．电子经过bd等势面时动能分别为6eV和2eV，则动能减小4eV，电势能增大4eV，根据
可知电势减小4V，取=0V，a，b、c，d，e为间距相等的一组等势面，可知
4V，2V，0，-2V，-4V
电子经过a等势面时电势能为-4eV，故AD错误；
BC．电子经过b等势面时动能为6eV，根据能量守恒定律可知，电子经过a等势面时动能为8eV，则有
eV
电子运动过程中，根据动能定理有
解得
V
由于
V
所以电子刚好可到达d等势面，故C正确，B错误；
故选C。
3．如图所示，、两个长方体物块叠放在足够大的粗糙水平地面上，物块带负电，物块不带电且为绝缘体，地面上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力拉物块，使、一起由静止开始向左加速，则、在无相对滑动的加速过程中，物块、间的摩擦力（　　）
A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．先增大后减小 D．先减小后增大
【答案】B
【详解】运动中，由左手定则可知，a受到向上的洛伦兹力，整体有
解得
可知，v增大，则a增大。对a，由牛顿第二定律得
a增大则f增大。
故选B。
4．如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0沿水平方向入射，速度方向与半径方向的夹角为30°，经磁场偏转后刚好能从C点（未画出）反向射出，不计电荷的重力，下列说法正确的是（　　）
A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该点电荷在磁场中的运动时间为
C．该点电荷的比荷为
D．若磁场反向，则该点电荷在磁场中运动的时间为
【答案】C
【详解】A. 因点电荷射入磁场时初速度方向不是沿半径方向，则该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线也不会通过O点，故A错误；
B．粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何关系可知，该点电荷在磁场中的运动半径为
则运动时间为
故B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力得
解得该点电荷的比荷为
故C正确；
D．若磁场反向，粒子运动轨迹如图所示
设粒子在磁场中运动圆弧所对的圆心角为2θ，则由几何关系
解得
则
该点电荷在磁场中运动的时间满足
故D错误。
故选C。
5．如图所示，导体棒ab垂直放在水平面内两根平行固定导轨上，导轨右端与理想变压器原线圈相连，副线圈接图示电路，原线圈与副线圈的匝数比n1:n2=1:5，不计导体棒、导轨的电阻，两导轨间距为20cm；磁感应强度B为0.2T，方向竖直向上；R1=5Ω，R2=10Ω，滑动变阻器（阻值0~20Ω），V为理想交流电压表。导体棒在外力作用下做往复运动，其速度随时间变化关系符合，以下说法正确的是（　　）
A．电压表示数为40V
B．滑动变阻器滑片向下滑动时变压器输出功率增大
C．滑动变阻器滑片滑到正中间位置时的热功率为0.4W
D．滑片由最上端滑到最下端的过程中与R2消耗的总功率逐渐增大
【答案】C
【详解】A．导体棒产生的感应电动势为
电动势的有效值为
由
解得电压表示数为
故A错误；
B．滑动变阻器滑片向下滑动时接入电路中的阻值变大，副线圈的电阻增大。由可知变压器输出功率减小，故B错误；
C．滑动变阻器滑片滑到正中间位置时
与并联的总电阻为
副线圈中电流
两端的电压
的热功率为
故C正确；
D．滑片由最上端滑到最下端的过程中与R2消耗的总功率
则当
时与R2消耗的总功率最大，即当
时滑片由最上端滑到最下端的过程中与R2消耗的总功率最大，所以滑片由最上端滑到最下端的过程中与R2消耗的总功率先增大再减小，故D错误。
故选C。
6．如图甲所示，绝缘水平桌面上放置一铝环Q，在铝环的正上方附近放置一个螺线管P。设电流从螺线管a端流入为正，在螺线管中通入如图乙所示的电流，则以下说法中正确的是（　　）
A．0~1s内，铝环面积有扩张的趋势
B．1s末，铝环对桌面的压力大于铝环的重力
C．1.5s末、2.5s末两时刻，铝环中的电流方向相反
D．0~2s内，铝环中的电流先沿顺时针、后沿逆时针方向（俯视）
【答案】D
【详解】A．0～1s线圈中电流增大，产生的磁场增大，铝环中磁通量增大，有面积缩小趋势，故A错误；
B．1s末铝环中感应电流最大，但螺线管中电流为零，没有磁场，与铝环间无相互作用，所以1s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力，故B错误；
C．1～2s正方向电流减小，2～3s反向电流增大，根据楞次定律，铝环中感应电流的磁场方向不变，感应电流方向不变，故C错误；
D．0～1s线圈中电流增大，产生的磁场增大，铝环中磁通量增大，根据楞次定律可知，从上往下看，0～ls内圆环中的感应电流沿顺时针方向；1s～2s线圈中电流减小，产生的磁场减弱，铝环中磁通量减小，根据楞次定律可知，从上往下看，1s～2s内圆环中的感应电流沿逆时针方向；则0~2s内，铝环中的电流先沿顺时针、后沿逆时针方向（俯视）；故D正确。
故选D。
7．如图甲所示，理想变压器原副线圈匝数比为，原线圈输入正弦式交流电压如图乙所示，副线圈电路中定值电阻，电容器的耐压值为（电容器如击穿当作烧断），所有电表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．滑片滑至最下端时，变压器输入功率约为
B．副线圈两端电压变化的频率为
C．电容器不会被击穿
D．滑片滑至最下端时，电流表的示数约为
【答案】A
【详解】A．原线圈的有效值为
根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
解得
变压器输入功率等于输出功率，滑片滑至最下端时，滑动变阻器接入电路的电阻为零，则变压器输入功率为
故A正确；
B．变压器不改变交变电压的频率，则副线圈两端电压变化的频率为
故B错误；
C．副线圈两端的最大电压为
根据电路关系可知，电容器C两端的电压会超过耐压值，电容器C会被击穿，故C错误；
D．滑片滑至最下端时，电流表的示数约为
故D错误。
故选A。
8．如图所示是磁流体发电机示意图。平行金属板a、b之间有一个很强的匀强磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量的等量正、负离子）垂直于磁场的方向喷入磁场，a、b两板间便产生电压。如果把a、b板与用电器相连接，a、b板就是等效直流电源的两个电极。若磁场的磁感应强度为B，每个离子的电荷量大小为q、速度为v，a、b两板间距为d，两板间等离子体的等效电阻为r，用电器电阻为R。稳定时，下列判断正确的是（　　）
A．图中b板是电源的正极 B．电源的电动势为Bvq
C．用电器中电流为 D．用电器两端的电压为Bvd
【答案】AD
【详解】A．由左手定则，正离子受洛伦兹力向下偏转，负离子受洛伦兹力向上偏转，b板为电源的正极，A正确；
BCD．稳定时，由平衡条件得
电源电动势为
电流为
用电器两端的电压
故BC错误，D正确。
故选AD。
9．如图所示，OACD为矩形，OA边长为L，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为q的粒子从O点以速度垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为，粒子刚好从A点射出磁场。不计粒子重力，则（　　）
A．粒子带负电
B．匀强磁场的磁感应强度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
D．为保证粒子能够刚好从A点射出磁场，OD边长至少为
【答案】AD
【详解】A．粒子从A点射出，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确；
BC．设粒子做圆周运动的轨迹半径为R，由几何关系可得
解得
由牛顿第二定律得
解得
故BC错误；
D．为保证粒子能够刚好从A点射出磁场，如图所示
则OD边长至少为
故D正确。
故选AD。
10．随着科技发展，我国用电量也日趋增加，风力发电绿色环保，截止到2024年5月，我国风电装机5亿千瓦，成为发电主流之一。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图，发电机线圈面积、匝数匝、电阻不计，处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，线圈绕垂直磁场的水平轴匀速转动，转速。升压变压器原、副线圈的匝数比，输出功率为24kW，降压变压器的副线圈连接用户，两变压器间的输电线总电阻，变压器均为理想变压器，用户端工作电压为220V。下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器副线圈两端电压为
B．用户获得的功率为22kW
C．降压变压器原、副线圈匝数比
D．保持输出功率不变，减小升压变压器副线圈的匝数，输电线R上消耗的功率会减小
【答案】BC
【详解】A．根据可知，线圈转动的加速度为
则线圈中产生的电动势的最大值为
由于线圈电阻不计，则升压变压器原线圈的输入电压为
根据变压器原副线圈匝数比等于电压比，可得，副线圈的电压为
故A错误；
B．升压变压器副线圈的电流为
两变压器间的输电线上损失的功率为
用户获得的功率为
故B正确；
C．降压变压器原线圈的电流为
副线圈中的电流为
降压变压器原、副线圈匝数比
故C正确；
D．保持输出功率不变，减小升压变压器副线圈的匝数，则升压变压器的输出电压减小，输电线上的电流增大，输电线R上消耗的功率会增大，故D错误。
故选BC。
第II卷（非选择题）
二、实验题（每空2分，共18分）
11．某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素：
（1）图a中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离，出现的现象是( )
A．灯泡A、B均不发光 B．灯泡A、B交替短暂发光
C．灯泡A短暂发光、灯泡B不发光 D．灯泡A不发光、灯泡B短暂发光
（2）通过实验得知：当电流从图b中电流计的正接线柱流入时指针向右偏转；则当磁体 （选填“向上”或“向下”）运动时，电流计指针向右偏转。
（3）为进一步探究影响感应电流方向的因素，该小组设计了如图c的电路如图；开关闭合瞬间，指针向左偏转，则将铁芯从线圈P中快速抽出时，观察到电流计指针( )
A．不偏转 B．向左偏转 C．向右偏转
【答案】 B 向上 C
【详解】（1）[1]条形磁铁向上移动一小段距离，穿过螺线管的磁通量向下减少，向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁通量向下增加，则产生的感应电流方向不同，根据二极管具有单向导电性可知灯泡A、B交替短暂发光，ACD错误，B正确。
故选B。
（2）[2]当磁体向上运动时，穿过螺旋管的磁通量为向下的减少，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场向下，根据右手螺旋定则可知电流从正接线柱流入，指针向右偏；故磁体向上运动。
（3）[3]开关闭合瞬间，穿过螺线管的磁通量增多，根据题意可知指针向左偏转，所以将铁芯从线圈中快速抽出时，穿过螺线管的磁通量减少，观察到电流计指针向右偏转。故AB错误，C正确。
故选C。
12．（1）某同学用微安表头组装一个多用电表。可用器材有：微安表头（量程200μA，内阻900Ω）；电阻箱R （阻值范围0~999.9Ω）；电阻箱R （阻值范围0~99999.9Ω）；导线若干。要求利用所给器材先组装一个量程为1mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V的直流电压表。组装的多用电表有电流1mA和电压3V两挡，按图甲虚线框内电路图接好电路，其中左边黑点处为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱，则电阻箱的阻值R1 Ω；R2 Ω。

（2）该同学测某型号电池的电动势和内阻时所用器材如下：
A．改装好量程的0~3V的直流电压表
B．某型号旧电池：电动势为3V左右，内阻为几欧
C．电流表A：量程为0~30mA，内阻为38Ω
D．标准电阻：2Ω
E．滑动变阻器R：0~20Ω，2A
F．开关、导线若干
①该小组两名同学各设计了一个实验电路，其中能更精确测量的是 （填“乙”或“丙”）电路。

②选择第①题中正确的电路后，该小组同学闭合开关，调节滑动变阻器，多次测量，得出多组电压表的示数U和电流表的示数I，通过描点画出U-I图像如图丁所示，则该特殊电池的电动势E= ，内阻。= （结果均保留三位有效数字）

③的测量值 真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】 225 2820 丙 2.95 3.17 小于
【详解】（1）[1][2]的电阻比较小，所以与表头并联构成大量程的电流表，的阻值比较大，与改装后的电流表串联可充当大量程的电压表，改装电流表需要并联一个电阻，要改装1mA的电流表需要并联的电阻为
所以选用它与变阻箱并联，并联后的总电阻为
要改装3V的电压表需要串联电阻，串联电阻的阻值为
（2）①[3]由题知电流表A的量程为0~30mA，题中乙电路太小，电流表容易烧坏，不可行，丙电路的电流表与并联组成一个大量程电流表，可行。因此能更精确测量的是丙电路。
②[4][5]根据闭合电路的欧姆定律有
根据图像可得
，
解得
③[6]由丙电路可知，相对于电源来说电流表采用外接法，由于电压表分流作用，使所测电流小于流过电源电流的真实值，造成了实误差，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图像如图所示：
由图像可知，电源内阻的测量值小于真实值。
三、解答题（本题共3小题，共36分）
13．（8分）如图所示，以直角三角形为边界的三角形区域内，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为的匀强磁场（边界有磁场），，，在点发射质量为、电荷量为的带负电的粒子（不计重力作用），发射方向与边的夹角为，粒子从边射出磁场。求：
(1)粒子在磁场中运动时间；
(2)粒子入射速度最大值。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意可知，若粒子从边射出磁场，运动轨迹如图所示
由几何关系可知，轨迹所对圆心角
根据牛顿第二定律有
又有
整理可得
则粒子在磁场中运动时间
（2）假设粒子以最大速度从A点进入磁场，与OC相切于D点，最终从AC边射出，此时粒子的运动半径最大，如图所示
由几何关系有
解得
根据牛顿第二定律有
解得
14．（12分）如图甲所示，倾角为37°足够长的光滑绝缘斜面，虚线MN、PQ间存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，MN、PQ均与斜面顶边（顶边水平）平行。一单匝正方形金属线框abcd通过一轻质绝缘细线连接静止在斜面上，且线框一半位于磁场中，ab边平行MN。已知线框质量、边长、电阻，重力加速度g取，，。
（1）求时线框中的感应电流大小及时细线的拉力大小；
（2）在0.25s后剪断细线，金属线框由静止沿斜面下滑，ab边进磁场前瞬间，线框加速度为0，当cd边刚出磁场时，线框加速度大小为，整个下滑过程cd边始终与PQ平行。求MN、PQ间距s及线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q。（计算结果保留两位有效数字）
【答案】（1）6.0A，24N；（2）0.65m，0.75J
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得0.1s的感应电动势大小为
又由图可知磁感应强度的变化率为
解得
由闭合电路欧姆定律解得电路的感应电流大小为
对线框受力分析，可得平衡方程
此时的磁感应强度
解得0.25s时细线上的拉力
（2）当ab边刚进磁场时，线框加速度为0，设线框此时速度为，有
由导体棒切割磁感线产生感应电动势及闭合电路欧姆定律可得
联立解得
当cd边刚出磁场时，线框加速度大小为，设线框此时速度为，有
解得当cd边刚出磁场时线框的速度大小为
从边进入磁场到cd边刚出磁场过程，由动能定理可得
解得MN、PQ间距
线框进磁场的过程由功能关系得:
解得线框进入磁场的过程中产生的焦耳热
15．（16分）如图所示，半径为R的光滑圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，一根长度略大于导轨直径的导体棒MN在外力的作用下以速率v在圆形导轨上匀速从左端滑到右端，导体棒电阻和电路中的定值电阻均为r，且导体棒材质均匀，其余电阻不计，导体棒与圆形导轨接触良好，求：
（1）图中θ=90°时，a、b两点电势差Uab；
（2）图中θ=30°时，通过电阻r的电流大小；
（3）导体棒从左端滑到右端的整个过程中，电流I的最大值。
【答案】（1）；（2） ；（3）
【详解】（1）时，导体棒MN全部接入电路，有效长度为2R，电阻为r。产生的感应电动势为：
两点的电势差为
（2）时，导体棒MN接入电路的有效长度为R，此时有效电阻为
产生的感应电动势为
回路中的总电阻为
回路中的电流为：
（3）导体棒MN接入电路的有效长度为：
有效电阻为：
产生的感应电动势为：
产生的感应电流为：
当时，上式取最大值，故感应电流的最大值为：第06讲 电学实验基础（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：螺旋测微器和游标卡尺的使用和读数
1.螺旋测微器原理和使用
（1）构造：如图甲，S为固定刻度，H为可动刻度．
（2）原理：可动刻度H上的刻度为50等份，旋钮K每旋转一周，螺杆P前进或后退0.5 mm，则螺旋测微器的精确度为0.01 mm.
　　
　　　 　　 甲 　　　　　　 　　 乙
（3）读数
①测量时被测物体长度的半毫米数由固定刻度读出，不足半毫米部分由可动刻度读出．
②测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01 (mm)
③如图乙所示，固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米，从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.
游标卡尺的原理和使用
（1）构造(如图所示)：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内外测量爪)、游标尺上还有一个深度尺，尺身上还有一个紧固螺钉．
（2）用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．
（3）原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．
不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，见下表：
刻度格数(分度) 刻度总长度 每小格与1 mm的差值 精确度(可准确到)
10 9 mm 0.1 mm 0.1 mm
20 19 mm 0.05 mm 0.05 mm
50 49 mm 0.02 mm 0.02 mm
读数：若用x表示由主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果表达为(x＋K×精确度)mm.
知识点2：电流表和电压表的改装、使用和读数
电流表和电压表的改装
项目 改装为大量程的电压表 改装为大量程的电流表
原理 串联电阻分压 并联电阻分流
改装原理图
分压电阻或 分流电阻 U＝Ig(Rg＋R) ，故R＝－Rg IgRg＝(I－Ig)R，故R＝
改装后电 表内阻 RV＝Rg＋R>Rg RA＝两种电表的使用技巧
（1）机械调零：在不通电时，指针在零刻度线的位置；
（2）量程选择：指针在满偏刻度的以上；
（3）接入方法：电流表与待测用电器串联，电压表与待测电阻并联，接线时，都是电流从正极（红色接线柱）流入，负极（黑色接线柱）流出；
读数
（1）0～3 V的电压表和0～3 A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1 V或0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．
（2）对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.
（3）对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A.
知识点3：电流表的内外接法的选择及技巧
电流表和电压表测电阻两种方法的比较
（电流表）内接法 （电流表）外接法
电路图
误差原因 电流表分压U测＝Ux＋UA 电压表分流I测＝Ix＋IV
电阻测量值 R测＝＝Rx＋RA>Rx测量值大于真实值 R测＝＝适用条件 RA Rx RV Rx
巧记口诀 大内偏大（大电阻内接法，测量值偏大） 小外偏小（小电阻外接法，测量值偏小）
伏安法测电阻的电路选择方法
方法 （电流表）内接法 （电流表）外接法
计算法 Rx> Rx<
试触法 按如图所示电路图接好电路，让电压表的一根接线柱P先后与a、b处接触一下
如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法． 如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法
知识点4：滑动变阻器的分压式和限流式接法的选择及技巧
滑动变阻器的限流式接法和分压式接法比较
限流接法 分压接法 对比说明
电路图 串并联关系不同
负载R上电压的调节范围 ≤U≤E 0≤U≤E 分压调节范围大，并且从0开始
负载R上电流的调节范围 ≤I≤ 0≤I≤ 分压条件范围大，并且从0开始
开关闭合前触头位置 最右端 最左断 都是为了保护电路
两种接法的选择
（1）限流式接法适合控制阻值较小的电阻的电压，分压式接法适合控制阻值较大的电阻的电压．
（2）要求电压从0开始逐渐增大，采取分压式接法．
知识点5：欧姆表的工作原理
1. 欧姆表的原理和使用
（1）构造：如图所示，欧姆表由电流表G、电池、调零电阻R和红、黑表笔组成．
欧姆表内部：电流表、电池、调零电阻串联．
外部：接被测电阻Rx.
全电路电阻R总＝Rg＋R＋r＋Rx.
（2）工作原理：闭合电路欧姆定律I＝.
（3）刻度的标定：红、黑表笔短接(被测电阻Rx＝0)时，调节调零电阻R，使I＝Ig，电流表的指针达到满偏，这一过程叫欧姆调零．
①当I＝Ig时，Rx＝0，在满偏电流Ig处标为“0”．(图甲)
②当I＝0时，Rx→∞，在I＝0处标为“∞”．(图乙)
③当I＝时，Rx＝Rg＋R＋r，此电阻值等于欧姆表的内阻值，Rx叫中值电阻．
2. 欧姆表测电阻的误差分析
（1）电池旧了电动势下降，会使电阻测量值偏大．
（2）欧姆表挡位选择不当，导致表头指针偏转过大或过小都有较大误差，通常使表针指在中央刻度附近，即表盘的～范围内，误差较小．
强化点一 测量仪器的读数
(1)测长度时,刻度尺、螺旋测微器要估读,游标卡尺不估读。
(2)电表读数时,都要估读,但最小分度0.1、0.01的与最小分度 0.02，0.5的读数规则不同。
【典例1】（23-24高二上·河南许昌·期末）如图所示，甲图中游标卡尺（游标卡尺规格为20分度）的读数为 mm，乙图中螺旋测微器的读数为 mm。
【答案】 111.55 1.647/1.646/1.648
【详解】[1]游标卡尺读数为；
[2]螺旋测微器读数为。
【变式1-1】一同学用游标卡尺测一根金属管的深度h时，游标卡尺上的游标尺和主尺的相对位置如图甲所示，则这根金属管的深度 ；该同学又利用螺旋测微器测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图乙所示，则 。
【答案】 2.060/2.065/2.055 1.230/1.229/1.231
【详解】[1]游标卡尺读数是主尺读数（mm的整数倍）加上游标尺的读数（mm的小数位），由图可读出为
[2]螺旋测微器读数是固定刻度读数(0.5mm的整数倍)加可动刻度（0.5mm以下的小数）读数，图中读数为
【变式1-2】用游标卡尺测量圆柱体的内径如图所示，圆柱体的内径为 mm；用螺旋测微器测量一金属的直径如图所示，金属丝的直径为 mm。
【答案】 /
【详解】[1]根据10分度游标卡尺的读数规则，可知圆柱体的内径为
[2]根据螺旋测微器的读数规则，可知金属丝的直径为
强化点二 电表的改装
准确理解两个改装图,明确表头G改装为电压表或电流表的原理，能根据不同要求分析相关问题。
(1)无论表头G改装成电压表还是电流表,它的三个特征量Ug、Ig、Rg是不变的,即通过表头的最大电流Ig并不因改装为不同的电表而改变。
(2)电表改装的问题实际上是串、并联电路中电流、电压的计算问题,只要把表头G看成一个电阻Rg即可,切记通过表头的满偏电流Ig是不变的。
(3)改装后的电压表的表盘上显示的是表头和分压电阻两端的总电压,改装后的电流表的表盘上显示的是通过表头和分流电阻的总电流。
【典例2】（24-25高二上·新疆乌鲁木齐·期末）把一个满偏电流I=1mA、线圈电阻R=的小量程电流表，改装成量程U=10 V的电压表，需串联的分压电阻阻值为 Ω；改装成量程10 mA的电流表，需并联的分流电阻的阻值为 Ω。
【答案】 9000 111.1
【详解】[1]改装成量程U=10 V的电压表需串联的分压电阻阻值为
[2]改装成量程10 mA的电流表，需并联的分流电阻的阻值为
【变式2-1】（23-24高二下·湖南湘西·期末）一灵敏电流计G的内阻，满偏电流，现把它改装成如图所示的多量程电表。开关、都闭合时为电流表，量程为0～3A；开关、都断开时为电压表，量程为0～3V。试回答下列问题：
(1)定值电阻 、
(2)开关闭合、断开时为 （填“电流”或“电压”）表，量程为 。
【答案】(1) 4 0.25
(2) 电压 0～12.6V
【详解】（1）[1]由题意知电流表G的满偏电压
开关、都断开时为电压表，原理示意图如图所示
当达到满偏时有
所以分压电阻
[2]开关、都闭合时为电流表，原理示意图如下图所示
当达到满偏时有
所以
（2）[1][2]开关闭合、断开时为电压表，原理示意图如下图所示
当达到满偏时有
【变式2-2】（23-24高一下·河北承德·期末）某物理兴趣小组将一灵敏电流计G进行改装。按图甲所示改装时，定值电阻，；按图乙所示改装成电流表时，4、5接线柱之间的量程是4、6接线柱之间量程的10倍。已知电流计内阻，，求：
(1)图甲中1、3接线柱之间的最大电压与电流计G两端的最大电压的比值；
(2)定值电阻的阻值。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设电流计的满偏电流为，则电流计两端的最大电压
接1、3接线柱时，最大电压
又，解得
（2）接4、6接线柱时，改装后的电流表的最大电流
接4、5接线柱时，改装后的电流表的最大电流
由题意有，解得
强化点三 电流表内外接法的选择
(1)定量判定法:已知待测电阻的阻值大约为Rx,电流表的内阻RA和电压表的内阻RV，则:
当，用内接法；当，用外接法。
（2）试触法：①若电流表示数有显著变化,说明电压表的分流作用较强,即Rx是一个大阻值电阻，应选用电流表内接法；②若电压表示数有显著变化,说明电流表的分压作用较强,即Rx是一个小阻值电阻，应选用电流表外接法。
【典例3】（23-24高二上·宁夏银川·期末）某电阻的阻值大约为70Ω，为了更精确地测量其阻值，该同学采用伏安法。实验室备有下列器材：
A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）；
B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）；
C．电流表A1（量程250mA，内阻约为0.2Ω）；
D．电流表A2（量程50mA，内阻约为1Ω）；
E．滑动变阻器R（最大阻值150Ω）；
F．电池组E（电动势为3V，内阻不计）；
G．开关S，导线若干。
为减小实验误差，电压表应选用 ，电流表应选用 （填器材前面的序号），实验电路应选图 （填“甲”或“乙”）。若该同学选择器材、连接电路等操作均正确，则电阻的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）其真实值。
【答案】 A D 乙 小于
【详解】[1]由于电动势为3V，则电压表应选用A；
[2]根据欧姆定律可得最大电流约为
则电流表应选用D；
[3]根据
为了减小误差，电流表应采用外接法，则实验电路应选图乙；
[4]电流表应采用外接法，由于电压表的分流作用，使得通过电流表的电流大于通过待测电阻的真实电流，根据欧姆定律
可知电阻的测量值小于其真实值。
【变式3-1】（23-24高二上·山东济宁·期末）为了更精确地测定某电学元件Rx的电阻（粗测阻值约为30Ω），小明收集到如下实验器材：
①电动势为3V的电源（内阻可忽略）； ②量程为0~3V，内阻约为3kΩ的电压表；
③量程为0~100mA，内阻约为1Ω的电流表； ④阻值为0~5Ω的滑动变阻器；
⑤开关和导线若干。
为方便控制电路，尽可能地减小实验误差，采用如图所示电路，则图中P、Q点的接法最优化的是（　　）
A．P点接b、Q点不接 B．P点接c、Q点不接
C．P点接b、Q点接a D．P点接c、Q点接a
【答案】C
【详解】因为
所以，电流表应该采用外接法，故P点接b；由于滑动变阻器的最大阻值较小，因此采用分压式接法，故Q点接a。
故选C。
【变式3-2】（23-24高一下·贵州六盘水·期末）某兴趣小组将表头和两个定值电阻连接成如图所示的电路，得到两个量程分别为0~1mA和0~2.5mA的电流表，已知表头的满偏电流为250μA，内阻为480Ω，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．当使用a、c两个端点时，量程为0~2.5mA D．当使用a、b两个端点时，量程为0~2.5mA
【答案】AD
【详解】CD．根据电流表改装原理，并联电阻越小，量程越大，则当使用a、b两个端点时，量程为0~2.5mA，故C错误，D正确；
AB．当电流表量程为0~1mA时，根据电流表改装原理，解得
故A正确，B错误。
故选AD。
强化点四 滑动变阻器的分压式接法的三种情况
（1）分压式接法、限流式接法都可以时,因为采用限流式接法能耗小,所以优先采用限流式接法;
（2）当有两个滑动变阻器供选择时,在都满足电压电流调节范围要求的情况下，选最大阻值小的滑动变阻器,这样调节的电压、电流变化比较均匀,移动相同的距离，阻值变化小,便于调节;
（3）当滑动变阻器的最大阻值与被测电阻差不多时，宜采用限流式接法。
【典例4】（23-24高二上·山东菏泽·期中）伏安法测电阻是常用的一种测电阻的方法，用电压表和电流表测出待测电阻的电压和电流，可用电压和电流的比值计算出电阻。如图甲、乙所示为某同学设计的两个用伏安法测电阻的电路图，电压表与电流表均不能视为理想电表，则以下正确的是（　　）

A．图甲电路中测得的电压和电流可以从0开始调节
B．图甲电路中，由于电流表的分压导致电阻的测量值大于真实值
C．图乙的电阻测量值一定比图甲的电阻测量值更接近真实值
D．图乙电路中，闭合开关之前滑动变阻器滑片应放到端
【答案】B
【详解】A．图甲电路中滑动变阻器为限流接法，电压和电流不可以从0开始调节，故A错误；
B．图甲电路中为电流表内接法，由于电流表的分压导致电阻的测量值大于真实值，故B正确；
C．图乙的电阻测量值不一定比图甲的电阻测量值更接近真实值，如果待测电阻较大，远大于电流表内阻时，图甲的电阻测量值更接近真实值，故C错误；
D．图乙电路中，闭合开关之前滑动变阻器滑片应放到端，用导线短路电表，避免闭合开关烧坏电表，故D错误。
故选B。
【变式4-1】（22-23高二上·湖南株洲·期末）如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路，已知电源电动势为，内阻不计，以下分析正确的是（　　）
A．此接法由于电压表的分流，电流表测量值偏小
B．此接法适用于测量小电阻，电阻的测量值小于真实值
C．开始实验时滑动变阻器滑片应处在最左端
D．滑动变阻器滑片处在中央时，电压表的示数大于
【答案】B
【详解】AB．此接法误差来源于电压表的分流，电流表示数偏大，电阻测量值偏小，电压表分流越小越好，故要求待测电阻远小于电压表的内阻，选项A错误，B正确；
C．开始实验时要让电压由小变大，故应使滑片处在最右端，选项C错误；
D．滑片处于中央时，滑动变阻器滑片左边的电阻大于滑动变阻器右边部分与电阻R并联后的电阻，则电压表的示数小于，选项D错误。
故选B。
【变式4-2】演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小。假设电压表是理想的，则下列说法正确的是（　　）
A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化 B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化
C．物体M不动时，电路中没有电流 D．物体M不动时，AB间电压为0V
【答案】B
【详解】A．物体M运动时，回路的总电阻不变，电源内的电流不会发生变化，A错误；
B．物体M运动时，滑动变阻器AP段的电阻发生变化，电压表的示数会发生变化，B正确；
C．物体M不动时，电路中有电流，C错误；
D．物体M不动时，AB间电压等于电源两端电压，不等于0，D错误。
故选B。
强化点五 滑动变阻器的分压式接法的三种情况
【典例5】（23-24高二上·湖北荆州·期末）欧姆表的内部结构如图甲所示，先将两表笔短接，表头满偏，再将阻值为的电阻接在之间，发现指针正好指向灵敏电流计表盘的正中央；某个欧姆表的表盘，用来测量某个电阻时，指针的刻度如图乙所示，设指针向右的偏角为，下列说法正确的是（　　）
A．乙图的读数为 B．甲图欧姆表的内阻为
C．是红表笔、是黑表笔
D．对乙图，重新欧姆调零来测阻值更大的电阻时，指针向右的偏角一定小于
【答案】C
【详解】A．因为乙图没给欧姆表的倍率，所以读数可能是等，错误；
B．对甲图，满偏时
半偏时
则
B错误；
C．对于欧姆表测量电阻时，电流由红表笔流进，黑表笔流出，则红表笔接内部电源的负极，黑表笔接正极，C正确；
D．对乙图，若增大欧姆表的倍率，再来测量阻值更大的电阻，指针向右的偏角可能小于，也可能大于，还可能等于，D错误。
故选C。
【变式5-1】（23-24高二上·湖南郴州·期末）一个将电流表改装成欧姆表的示意图如图所示，此欧姆表已经调零用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满偏刻度的处。现用该表测一未知电阻，指针偏转到满偏刻度的处，则该电阻的阻值为（　　）
A．2R B．3R C．4R D．5R
【答案】A
【详解】根据欧姆表读数原理和闭合电路欧姆定律有
联立可得
故选A。
【变式5-2】如图是一个多用电表的简化电路图，S为单刀多掷开关，通过操作开关可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6。下列说法正确的是（ ）
A．当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接1时量程较小
B．当开关S接3时，测量的是电阻，图中A是黑表笔
C．当开关S接4时，A表笔电势比B表笔高
D．当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接6时量程较大
【答案】D
【详解】A．由图可知当转换开关S旋到位置1、2位置是电流表，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，A错误；
B．测量电阻时欧姆表内部应接电源，由图可知测电阻只有接3或4。A表笔与电源的负极相连，故A为红表笔，B错误；
C．由题图可知，当开关S接4时，A表笔与电源的负极相连，B表笔与电源的正极相连，A表笔电势比B表笔低，C错误；
D．要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时测量电压，电流表所串联的电阻越大，电压表量程越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D正确。
故选D。
提升专练
一、单选题
1．（2024·广东清远·模拟预测）图为双量程电压表的内部结构，其中表头内阻Rg = 1000 Ω，满偏电流Ig = 1 mA。连接ab时电压表的量程为2 V，连接ac时电压表的量程为10 V，现在调整R1、R2的连接方式，则电压表最大量程可达到（　　）
A．12 V B．17 V C．18 V D．20 V
【答案】B
【详解】由题意可知
解得，
当如图连接时
电压表最大量程为
故选B。
2．（2024·浙江杭州·一模）如图所示是双量程的磁电式电表的原理图，测量时分别接入“A、B”或“A、C”，下列说法正确的是（　　）
A．此为电流表，接“A、B”时量程更大
B．此为电压表，接“A、C”时量程更大
C．若被短路，接“A、B”时电表测量值仍正确
D．若被短路，接“A、C”时电表测量值偏大
【答案】A
【详解】AB．接“A、B”时，为分流电阻，接“A、C”时，与串联的总电阻为分流电阻，故此为电流表，根据串并联规律，接“A、B”时，其量程为
接“A、C”时，其量程为
显然
即接“A、B”时量程更大，故A正确，B错误；
CD．由以上分析可知，若被短路，接“A、B”时，电流表量程变小，测量值将偏大，若被短路，接“A、C”时，电流表量程变大，测量值将偏小，故CD错误。
故选A。
3．（2024·江苏苏州·二模）如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流计G和一个可变电阻组成，知灵敏电流计的满偏电流，内电阻，则下列说法正确的是（　　）
A．甲表是电流表，减小时量程增大
B．乙表是电压表，减小时量程增大
C．在甲图中，若改装的电流表量程为，则
D．在乙图中，若改装的电压表量程为，则
【答案】A
【详解】A．甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联,利用并联电阻的分流，改装成电流表。电流表的量程为，可知当R减小时量程增大，故A正确；
B．乙由一个灵敏电流表G和个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表。电压表的量程为
可知R减小时量程减小，故B错误;
C．由公式，在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则有
故C错误；
D．由公式
在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V,则有，故D错误。
故选A。
4．（2024·江苏南通·一模）在电学实验中，改装后的电表测量值略偏小，为校准电表，可以将一个阻值较小的电阻（　　）
A．与电阻串联 B．与电阻并联 C．与电阻串联 D．与电阻并联
【答案】C
【详解】AB．左图所示，R1与电表串联，电表改装为了大量程的电压表。改装后测量值略偏小，即电表示数偏小，即通过的电流偏小，因此为了增大电流，需要减小串联的电阻，即一个阻值较大的电阻与R1并联，AB错误；
CD．右图所示,R2与电表并联，电表改装为了大量程的电流表。改装后测量值略偏小，即电流表示数偏小，通过的电流偏大，因此为了增大电流计的电流，需要一个阻值较小的电阻与R2串联，C正确，D错误。
故选C。
5．（2024·北京朝阳·模拟预测）如图所示是一个用补偿法测未知电阻的电路。已知电阻，、的总长度为。当拨至1时，、电阻线的长度调为时表指针指零位；当拨至2时，、电阻线的长度调为时表指针指零位；则的大小满足（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】当S拨至1时，G表指针指零，则有，式中U为ef两点间的电压，为ad两点间的电压。
当S拨至2时，G表指针也指零，则有，两式相比得
故选D。
6．（2024·江苏镇江·一模）如图所示，先将R2的阻值调为零，闭合S，调节R1的滑动触头，使电压表读数等于其量程Um；然后保持R1的滑动触头不动，调节R2，当电压表读数等于Um时记录下R2的值，则RV＝R2。用这种方法测得电压表内阻的测量值RV测与真实值RV真相比是（ ）
A．RV测＝RV真 B．RV测>RV真 C．RV测【答案】B
【详解】当电阻箱的阻值由零逐渐增大时，电阻箱与电压表两端的电压也将逐渐增大．因此电压表读数为时，电阻箱两端的电压将稍大于，从而造成电压表的内阻的测量值大于真实值。
故选B。
7．（2024·北京平谷·模拟预测）某同学想自己设计并改装一个欧姆表。他手上有如下器材：量程300μA、内阻900Ω的电流计；电动势1.5V的一节干电池；滑动变阻器、电阻箱和若干定值电阻。他设计的电路如图甲所示，实验时他将两表笔短接，电流计指针满偏时，他计算出电路中的总电阻为5kΩ。然后他将一个50Ω和10Ω的电阻分别接到两表笔之间时，发现电流计指针指示的位置几乎一样，很难区分。经过研究后他认为，要想比较准确地测量几十欧姆的电阻，用图甲所示电路并不合适，为此他设计了如图乙所示的电路。并联合适电阻 R 后，使干路电流是流经电流计电流的100倍。则（　　）
A．将图乙电路中的两表笔短接，此时电路中的总电阻是5Ω
B．分别将一个50Ω和10Ω的电阻先后接到图乙电路的两表笔之间，通过干电池的电流几乎没有区别
C．分别将一个50Ω和10Ω的电阻先后接到图乙电路的两表笔之间，电流计指针指示的位置明显不同
D．在图甲电路和图乙电路的两表笔之间分别接入5kΩ和50Ω的电阻，通过两电流计的电流明显不同
【答案】C
【详解】A．根据闭合电路欧姆定律，有，A错误；
BC．根据闭合电路欧姆定律有，
电流计中的电流分别为，
所以分别将一个50Ω和10Ω的电阻先后接到图乙电路的两表笔之间，通过干电池的电流有很大区别，且电流计指针指示的位置明显不同，B错误，C正确；
D．在图甲电路两表笔之间接入5kΩ的电阻，通过电流计的电流为
在图乙电路两表笔之间接入50Ω的电阻，通过电流计的电流为，电流相等，D错误。
故选C。
8．关于多用电表的使用，下列操作正确的是（　　）
A．测电压时，应按图甲连接方式测量
B．测电流时，应按图乙连接方式测量
C．测电阻时，应按图丙连接方式测量
D．测二极管的反向电阻时，应按图丁连接方式测量
【答案】B
【详解】A．测电压时，红表笔应该接电势较高的一端，即图甲中红表笔应该接灯泡的左端，选项A错误；
B．测电流时，电流应该从红表笔一端流入电表，即应按图乙连接方式测量，选项B正确；
C．测电阻时，应该将电阻与电路断开再进行测量，选项C错误；
D．因黑表笔与欧姆表内部电源的正极连接，则测二极管的正向电阻时可按图丁连接方式测量，测反向电阻时应该将两表笔位置调换，选项D错误。
故选B。
二、实验题
9．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）某同学对航天飞机上使用的由特殊材料制作的电阻进行电阻率的测量，其形状为圆柱体，实验室现提供以下器材：
A．电流表（量程，内阻）；
B．电流表（量程，内阻约为）；
C．滑动变阻器（，额定电流2A）；
D．定值电阻（）；
E．待测电阻（长度为、电阻大约为）；
F．直流电源E（电动势为4V，内阻很小）；
G．开关一只，导线若干。
实验步骤如下：
a．用螺旋测微器测出该电阻的直径d，螺旋测微器示数如图甲所示；
b．根据如图乙所示的实验电路将实验器材连接起来；
c．闭合开关S，改变滑动变阻器的滑片位置得到多组电流表及电流表的读数、，并将其记录下来；
d．将记录的数据描绘在以为纵轴、为横轴的坐标系中，得到如图丙所示的图像；
e．利用图像得到待测电阻的阻值，求得其电阻率。
请回答下列问题：
(1)待测电阻的直径 mm；
(2)由图乙可以得到与的关系为 ；
(3)由图丙知， Ω，由知， （结果保留三位有效数字）；
(4)在图乙中，可以认为电流表与定值电阻串联后就是改装的电压表，测量电阻时得到的阻值与真实值相比，测量值 （填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
【答案】(1)6.000 (2) (3) 100 (4)等于
【详解】（1）螺旋测微器的精确值为，由图可知测电阻的直径为
（2）由欧姆定律知可得，则
（3）[1]根据，结合图丙可得，解得
[2]根据电阻定律可得，可得
（4）由于在计算通过的电流时，电流表内阻已知，已经考虑了改装电压表的分流作用，因此的测量值等于真实值。
10．（2024·安徽合肥·三模）某同学将小量程电流表G改装为双量程电压表，并用标准电压表进行校准，如下图。已知小量程电流表G满偏电流为，表上标记的内阻值为，、和是定值电阻，其中。图甲中，若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为。
(1)则根据题给条件，定值电阻的阻值应选 Ω， Ω。
(2)用量程为，内阻为的标准电压表对改装表挡的不同刻度进行校准，如图乙。所用电池的电动势E为；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为和。为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为 Ω的滑动变阻器。
(3)若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值 （填“大于”或“小于”）。
【答案】(1) 910 2000 (2)50 (3)大于
【详解】（1）[1]若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为，由欧姆定律得
解得
[2]若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为，由欧姆定律得
解得
（2）把改装电压表和标准电压表组成的并联部分看成一个整体，这个整体的总电阻约为，这个整体和滑动变阻器的一部分电阻丝并联，再和剩下的部分电阻丝串联，电池的电动势E为，如果选择的滑动变阻器，为了使电压表两端的电压能达到3V，则需小于，即滑动变阻器只有五分之一的调节空间，不利于控制电压表两端的电压；如果选择的滑动变阻器，因为电压表并联后的总电阻远大于，可将其当作理想电压表来处理，则滑动变阻器就有五分之三的调节空间，有利于精确调节电压，故选择最大阻值为的滑动变阻器。
（3）改装电压表的读数比标准电压表的读数偏小，即在相同的电压下，流过改装表的电流偏小，说明改装表的电阻偏大，表头G内阻的真实值大于。
11．（2025·湖北·一模）某新型智能恒流源，能稳定输出大小为的电流。某实验小组利用此恒流源测量一定值电阻的阻值。他们又找来了一块电流表A（阻值未知且很小）、滑动变阻器R、电阻箱、导线若干，并连接如图甲所示电路图。
(1)当该同学将电阻箱的阻值调小时，电流表的读数将 （填“增大”“减小”或“不变”）；
(2)该同学通过改变电阻箱的阻值，同时记录电流表A的示数为I，得到多组数据，他采用图像法处理数据，为使图像为一条直线，应描绘的是___________图像；
A． B． C． D．
(3)该同学描绘的图像如图乙所示，则电阻的阻值为 （用a，b，c表示）；
(4)若考虑电流表内阻的影响，则该同学测得的电阻的阻值与实际值相比 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】(1)减小 (2)B (3) (4)偏大
【详解】（1）由于干路电流恒定，当电阻箱的阻值调小时，该支路电流增大，故电流表的示数减小；
（2）根据欧姆定律及并联电路的特点可知，整理可得，故应描绘的图像，B正确。
故选B。
（3）根据上述分析可得，，解得
（4）若考虑电流表内阻的影响，则该同学测得值为与电流表的内阻之和，大于的实际值。第05讲 恒定电流（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：电源和电流
1. 电源
（1）电源可使导线中的自由电子在静电力作用下发生定向移动形成电流；
（2）电源能“搬运”电荷，保持导线两端的电势差，从而使电路中保持持续的电流；
2. 恒定电流
（1）方向：规定为正电荷定向移动的方向；外电路：电流从高电势低电势；内电路：负极；
（2）电流有大小，有方向，但电流是标量；
（3）三个公式的比较
表达式 适用范围
定义式 一切范围
决定式 纯电阻电路
微观表达式 n:单位体积内电荷的数目；S:导体的横截面积；v电荷的定向移动速率
知识点2：电阻
电阻
（1）物理意义：导体的电阻反映了导体对电流阻碍作用的大小，R越大，阻碍作用越大．
（2）决定因素：①长度；②横截面积；③温度；④材料；
（3）两个表达式
表达式 适用范围 区别
定义式 纯电阻电路 提供了一种测量电阻的方法，并不能说明电阻R与U和I有关
决定式 粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解质溶液 电阻的决定因素
（4）电阻率与温度的关系
①金属：电阻率随温度的升高而增大．②非金属：电阻率随温度的升高而减小．
知识点3：电功、电功率和焦耳定律
电功和电热、电功率和热功率的区别与联系
意义 公式 联系
电功 电流在一段电路中所做的功 W＝UIt W=Pt 对纯电阻电路，电功等于电热，W＝Q＝UIt＝I2Rt；对非纯电阻电路，电功大于电热，W＞Q
电热 电流通过导体产生的热量 Q＝I2Rt
电功率 单位时间内电流所做的功 P＝UI， 对纯电阻电路，电功率等于热功率，P电＝P热＝UI＝I2R；对非纯电阻电路，电功率大于热功率，P电＞P热
热功率 单位时间内导体产生的热量 P＝I2R
非纯电阻电路的分析方法
(1)抓住两个关键量：确定电动机的电压UM和电流IM是解决所有问题的关键．若能求出UM、IM，就能确定电动机的电功率P＝UMIM，根据电流IM和电动机的电阻r可求出热功率Pr＝Ir，最后求出输出功率P出＝P－Pr.
(2)坚持“躲着”求解UM、IM：首先，对其他纯电阻电路、电源的内电路等，利用欧姆定律进行分析计算，确定相应的电压或电流．然后，利用闭合电路的电压关系、电流关系间接确定非纯电阻电路的工作电压和电流．
(3)应用能量守恒定律分析：要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解．
知识点4：电源电动势
1．电动势
(1)电源：通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置。例如：干电池、蓄电池、发电机等；
①计算：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E＝；
②物理含义：电动势表示电源把其他形式的能转化成电能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压．
电动势和电势差的区分
项目 电动势E 电势差U
物理意义 非静电力做功，其他形式的能转化为电能 静电力做功，电能转化为其他形式的能
定义式 ,W为非静电力做功 ，W为静电力做功
单位 伏特（V）
联系 E=+，电动势等于未接入电路时两极间的电势差
电源的内阻
定义：电源内部是由导体构成，所以也有电阻，这个电阻叫做电源的内阻；
决定因素：由电源本身的特点决定。一般来说，新电池电阻小，旧电池电阻大；
知识点5：电源输出功率和电源的效率问题
电源的输出功率和电源效率的比较
电源总功率 任意电路：P总＝EI＝P出＋P内 P出与外电阻R的关系
电源内部消耗的功率 纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝
P内＝I2r＝P总－P出
电源的输出功率 任意电路：P出＝UI＝P总－P内 电源的效率 任意电路：η＝×100%＝×100%
纯电阻电路：P出＝I2R＝ 纯电阻电路：η＝×100%
电源输出功率的极值问题的处理方法
对于电源输出功率的极值问题，可以采用数学中求极值的方法，也可以采用电源的输出功率随外电阻的变化规律来求解．但应当注意的是，当待求的最大功率对应的电阻值不能等于等效电源的内阻时，此时的条件是当电阻值最接近等效电源的内阻时，电源的输出功率最大．假设一电源的电动势为E，内阻为r，外电路有一可调电阻R，电源的输出功率为：P出＝I2R＝＝.
由以上表达式可知电源的输出功率随外电路电阻R的变化关系为：
(1)当R＝r时，电源的输出功率最大，为Pm＝；
(2)当R＞r时，随着R的增大，电源的输出功率越来越小；
(3)当R＜r时，随着R的增大，电源的输出功率越来越大；
(4)当P出＜Pm时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R1和R2，且R1R2＝r2.　
知识点6：串并联电路的特点
1．串并联电路的比较
串联 并联
电路图
电流 I＝I1＝I2＝…＝In I＝I1＋I2＋…＋In
电压 U＝U1＋U2＋…＋Un U＝U1＝U2＝…＝Un
电阻 R＝R1＋R2＋…＋Rn ＝＋＋…＋
比例关系 W∝P∝U∝R W∝P∝I∝
2.串并联电路常用的四个推论
（1）串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的总电阻．
（2）并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻．
（3）无论电阻怎样连接，每一段电路的总耗电功率P总是等于各个电阻耗电功率之和．
（4）无论电路是串联还是并联，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大．
知识点7：闭合电路的欧姆定律
1．闭合电路欧姆定律
（1）内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比；
（2）公式：I＝(只适用于纯电阻电路)；
（3）其他表达形式
①电势降落表达式：E＝U外＋U内或E＝U外＋Ir；
②功率表达式：EI＝UI＋I2r.
2．路端电压与外电阻的关系
（1）一般情况：U＝IR＝·R＝，当R增大时，U增大；
（2）特殊情况：
①当外电路断路时，I＝0，U＝E；
②当外电路短路时，I短＝，U＝0.
3.对闭合电路欧姆定律的理解和应用
在恒流电路中常会涉及两种U－I图线，一种是电源的伏安特性曲线(斜率为负值的直线)，另一种是电阻的伏安特性曲线(过原点的直线)．求解这类问题时要注意二者的区别．
电源U－I图象 电阻U－I图象
关系式 U＝E－Ir U＝IR
图形
物理 意义 电源的路端电压随 电流的变化关系　 电阻两端电压与电阻中的电流的关系
截距 与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示电源短路电流 过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零
坐标U、I的乘积 表示电源的输出功率 表示电阻消耗的功率
坐标U、I的比值 表示外电阻的大小 表示该电阻的大小
斜率(绝对值) 电源电阻r的大小 若图象为过原点的直线，图象斜率表示电阻的大小
两曲线在同一坐标系中的交点 表示电阻的工作点，即将电阻接在该电源上时，电阻中的电流和两端的电压
（说明：针对难点进行归纳总结）
强化点一 电流定义式的理解与应用
(1)金属导体中电流的计算:金属导体中,电子定向移动形成电流,运用计算时，q是某一段时间内通过导体某横截面的电子的电荷量。
(2)电解液中电流的计算：电解液中的自由电荷是正、负离子,运用计算时q应是同一时间内正、负两种离子通过某横截面的电荷量的绝对值之和。
(3)环形电流的计算:环形电流的计算采用等效的观点分析,取一个周期T来计算等效电流.
【典例1】（23-24高一下·河北衡水·期末）某款手机搭载了一块5000mA·h的电池，若用充满电后的该手机观看视频，可连续观看12个小时，则观看视频时电池的平均放电电流约为（　　）
A．0.35A B．0.42A C．0.48A D．0.55A
【答案】B
【详解】因为5000mA·h=5A·h
根据电流定义式有
故选B。
【变式1-1】（2024·广西·模拟预测）阿秒（as）光脉冲是一种发光持续时间极短的光脉冲，如同高速快门相机，可用以研究原子内部电子高速运动的过程。已知电子所带电荷量为，，氢原子核外电子绕原子核做匀速圆周运动，周期大约是。根据以上信息估算氢原子核外电子绕核运动的等效电流大约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】根据电流的定义式，C正确。
故选C。
【变式1-2】（2024·山东淄博·一模）阿秒（as）光脉冲是一种发光持续时间极短的光脉冲，如同高速快门相机，可用以研究原子内部电子高速运动的过程。已知，电子所带电荷量为，氢原子核外电子绕原子核做匀速圆周运动的等效电流约为。目前阿秒光脉冲的最短时间为43as，电子绕氢原子核一周的时间约为该光脉冲时间的（　　）
A．2.8倍 B．3.7倍 C．4.2倍 D．5.5倍
【答案】B
【详解】根据电流定义式可得
可得电子绕氢原子核一周的时间为，则有
故选B。
强化点二 电流的微观表达式的应用
(1)准确理解公式中各物理量的意义,式中的v是指自由电荷定向移动的速率,不是电流的传导速率,也不是电子热运动的速率。
(2)对I=neSv,若n的舍义不同,表达式的形式也不同。
【典例2】（多选）（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）如图所示，矩形薄片霍尔元件处于与薄片垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。当元件通有大小为I，方向如图所示的电流时，在M、N间出现霍尔电压UH。已知薄片内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，薄片的厚度为d，M、N间距离为L1，P、Q间距离为L2，则下列说法正确的是（　　）
A．形成电流的电子定向移动方向为P→Q B．M表面电势低于N表面电势
C．自由电子定向移动的速度大小为 D．元件内单位体积内自由电于数为
【答案】BC
【详解】A．电子定向移动方向与电流方向相反，应为，故A错误；
B．由左手定则知，电子向M表面偏转，M表面电势低于N表面电势，故B正确；
C．稳定时，洛仑兹力与电场力平衡，有，解得，故C正确；
D．根据电流微观表达式，联立解得，故D错误。
故选BC。
【变式2-1】（23-24高二上·安徽宣城·期末）如图，一段通电直导线的横截面积为S，长度为L，电阻率为ρ，单位体积内自由电子个数为n，自由电子定向运动的速率为v，电子的电荷量为e。则下列说法正确的是（　　）
A．通过直导线的电流为 B．通电直导线的电阻为
C．导体棒两端的电压为
D．一电子从直导线右端运动到左端的过程中，电场力对该电子做的功为
【答案】C
【详解】A．时间t内通过某一截面的电荷量q=nevtS
由，可得，故A错误；
B．通电直导线的电阻，故B错误；
C．导体棒两端的电压U=IR，解得，故C正确；
D．电子从直导线右端运动到左端过程中，电场力对该电子做的功，故D错误。
故选C。
【变式2-2】（23-24高二上·天津·期末）如图所示，一根均匀的金属导体棒在电场的作用下，其内部的自由电子沿轴线方向做速度为的匀速直线运动。若棒横截面积为，单位长度上可以自由移动的电子个数为，已知一个电子的电荷量为，则通过导体棒电流的大小（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】在时间t内，流过导线横截面的电荷量，因此导线中电流
故选A。
强化点三 电阻定律的理解与应用
(1)公式一中的L是沿电流方向的导体长度,S是垂直于电流方向的横截面积。一定几何形状的导体,电阻的大小与接入电路的具体方式有关,在应用公式求电阻时要注意确定导体长度和横截面积。
(2)一定几何形状的导体,当长度和横截面积发生变化时,导体的电阻率不变,体积不变,由V=SL可知L和S成反比,这是解决有关电阳变化问题的关键。
【典例3】（23-24高二上·贵州毕节·期末）如图所示，一长方体的金属导体，三边a、b和c的长度之比为1：2：3。分别沿着三边方向对导体施加相同的电压，流过导体的电流之比为（　　）
A．1∶2∶3 B．1 ∶ 4 ∶ 9 C．9 ∶ 4 ∶ 1 D．36∶9∶4
【答案】D
【详解】由欧姆定律
电阻关系式
联立解得
由题意可知，，
得对导体施加相同的电压，流过导体的电流之比为
已知三边a、b和c的长度之比为1：2：3，代入解得
故选D。
【变式3-1】（23-24高二上·浙江湖州·期末）如图所示，一块均匀的长方体样品，长为a、 宽为b、 厚为c，若沿着AB方向测得的电阻为R，下列说法正确的是（ ）
A．样品的电阻率为 B．样品的电阻率为
C．沿 CD方向的电阻为 D．沿CD方向的电阻为
【答案】D
【详解】AB．若沿着AB方向测得的电阻为R，则，解得，选项AB错误；
CD．沿CD方向的电阻为 ，选项C错误，D正确。
故选D。
强化点四 纯电阻电路的电功和电功率
在纯电阻电路中，解答电功率问题时应注意以下两点
一是求解串、并联电路中的功率分配问题,比例法求解会使问题简化,要明确是正比关系还是反比关系;二是注意额定值问题。
【典例4】（22-23高二上·安徽·期末）某学校科技小组同学利用图甲所示的电路进行相关测试，为滑动变阻器，为定值电阻、电源内阻不计。实验时，他们调节滑动变阻器的阻值，得到了各组电压表和电流表的数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出图像如图乙所示，已知电流表和电压表都是理想电表。求：
（1）电源的电动势E和定值电阻；
（2）图线从A状态变化到B状态的过程中，滑动变阻器阻值的变化范围；
（3）当的阻值为多大时，消耗的功率最大？最大功率为多少？
【答案】（1），；（2）；（3），
【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可知，，解得，
（2）由图像可知，在A点，
在B点，
所以滑动变阻器的阻值范围为
（3）根据功率计算公式
当时，消耗功率最大
【变式4-1】（22-23高二上·上海浦东新·期末）一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变化的关系图像如图（a）所示，将它与两个标准电阻R1、R2组成如图（b）所示电路，当电键S接通位置1时，三个用电器消耗的电功率均为P。将电键S切换到位置2后，电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，下列关系中正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】AB．当电键S接通位置1时，三个用电器消耗的电功率均为P，令，则有，，则有
且此时电阻R1、R2的电压等于。而将电键S切换到位置2后，电阻器D和电阻R1并联后再与电阻R2串联，由于电阻器D和电阻R1并联后的总电阻的阻值小于电阻R2的阻值，则电阻R2的电压大于，电阻器D和电阻R1的电压小于，则，，故AB错误；
C．由于电阻器D和电阻R1并联，则，
又根据图（a）可知，此时电阻器D的阻值大于，即，则有，故C正确；
D．电键S接通位置1时，电路的总电阻为
电键S切换到位置2后，电路的总电阻为，则，即，故D错误。
故选C。
【变式4-2】（2022·江苏·高考真题）如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为，，，，电源电动势，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由电路图可知R3与R4串联后与R2并联，再与R1串联。并联电路部分的等效电阻为
由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过R1的电流为
并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则，
四个灯泡的实际功率分别为，，，，故四个灯泡中功率最大的是R1。
故选A。
强化点五 非纯电阻电路的电功和电功率
（1）无论是纯电阻电路还是非纯电阻电路,电功均为W=UIt,电功率均为P=UI,电热均为Q=I2Rt,热功率均为P=I2R。非纯电阻电路 W>Q,P电>P热。
（2）非纯电阻电路中“电功=电热+其他能量”即W=Q+W其他。
（3）电动机是非纯电阻电路,转子卡住不转时此时电动机为纯电阻电路.
【典例5】（23-24高二上·重庆九龙坡·期末）随着人工智能的发展，机器人用于生产生活中的场景越来越普遍。如图为某款配送机器人内部电路结构简化图，正常工作时电源输出电压为35V，输出电流为4A，内阻不可忽略。整机净重30kg，在某次配送服务时载重20kg，匀速行驶速度为1.2m/s，行驶过程中受到的阻力大小为总重力的0.2倍。不计电动机的摩擦损耗，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．正常工作时电源的总功率为140W B．匀速运行时的机械功率为140W
C．该电动机的线圈电阻为1.25Ω D．该机器人内部热功率为20W
【答案】C
【详解】A．根据
可知电源的输出功率为
由于电源的内阻不可忽略，所以正常工作时电源的总功率大于电源的输出功率，故A错误；
B．行驶过程中受到的阻力大小为
匀速行驶时牵引力和阻力相等，所以匀速运行时的机械功率为，故B错误；
D．该电动机的热功率为，机器人内部的热功率大于电动机的热功率，如还包括电源的热功率，故D错误；
C．根据，可知，故C正确。
故选C。
【变式5-1】（22-23高二上·重庆南岸·期末）小明同学在玩一个会发光的电动玩具汽车时，发现了一个现象：启动电源，电动机正常工作，车轮正常转动，当不小心卡住车轮时，车灯会变暗。玩具汽车的简化电路如图所示，电源电动势E=10V，r=2Ω，车轮电动机的额定电压UM=6V，额定功率PM=6W，线圈电阻RM=1Ω。则：
(1)玩具汽车正常工作时，流过灯泡的电流；
(2)玩具汽车被卡住后，流过灯泡的电流；
(3)玩具汽车卡住前后，灯泡消耗功率的减少量。
【答案】(1)1A
(2)0.5A
(3)4.5W
【详解】（1）玩具汽车正常工作时，电源内阻分的电压为
通过电源的电流为
玩具汽车正常工作时，通过电动机的电流为
所以流过灯泡的电流为
（2）灯泡的电阻为
玩具汽车被卡住后，电动机可视为纯电阻，灯泡与电动机并联的电阻为
电路中的总电流为
所以流过灯泡的电流为
（3）玩具汽车卡住前，灯泡消耗的功率为
玩具汽车卡住后，灯泡消耗的功率为
所以灯泡消耗功率的减少量为
【变式5-2】（23-24高二上·广东广州·期末）“祝融号”火星车，其动力主要来源于太阳能电池。现将“祝融号”的电路简化如图，其中定值电阻，太阳能电池电动势E=150V，内阻r未知，电动机线圈电阻，当火星车正常行驶时，电动机两端的电压，定值电阻消耗的功率为125W。求：
（1）流过电动机的电流；
（2）太阳能电池的内电阻；
（3）电动机的输出效率。（保留两位有效数字）
【答案】（1）；（2）；（2）
【详解】（1）电热丝为定值电阻，其消耗的功率为125W，有
解得电流和电压为，
（2）根据全电路的电压关系有
解得电源的内阻为
（3）电动机的输出效率为
强化点六 两种U—I图像
电源和电阻的U-I图线在同一个坐标系中，如下图所示,直线A代表电源的U-I图线，曲线B代表某电阻的U-I图线,两条图线的交点(I0，U0)的含义是:对电阻，代表流过电阻的电流及它两端的电压；对电源,代表电源的输出电流及路端电压。
【典例6】（23-24高二上·安徽滁州·期末）自1957年苏联成功发射首颗人造卫星以来，截至2023年10月底，全球有近9500个航天器在轨工作，而这其中90%的发电比例都来源于太阳能电池，因此太阳能电池为人类探索浩瀚星空插上了一双强劲的“翅膀”。如图所示，曲线I为某太阳能电池在一定光照强度下路端电压U和电流I的关系图像，直线II是某定值电阻的图像，M为曲线I和直线II的交点，M点坐标为。过M点作曲线I的切线，分别与坐标轴相交于、。现将该电池和定值电阻组成闭合回路，保持上述光照强度照射时，下列计算式正确的是（　　）
A．电池的电动势为 B．此时电池的内阻为
C．电源的输出功率为 D．电源的效率为
【答案】D
【详解】A．根据闭合电路欧姆定律，由题图可得时，，可得电池的电动势为
故A错误；
B．根据两图线交点可知此时闭合回路的路端电压，电流为，由
解得此时电池的内阻为
注意内阻并不等于曲线I在M点切线的斜率绝对值，故B错误；
C．此回路电源的输出功率为，故C错误；
D．此回路电源的效率为，故D正确；
故选D。
【评析】本题考查了闭合电路欧姆定律与图像的综合问题。注意当电源的内阻不恒定时，即电源的图像为曲线时，其图像的切线的斜率绝对值不等于电源的内阻。
【变式6-1】（多选）（23-24高二上·内蒙古呼和浩特·期末）如图甲所示的电路中，是滑动变阻器，是定值电阻。将的滑动触头调节至最左端，闭合开关S，调节的阻值，得到电压表、和相应的电流表A的多组数据，用这些数据在同一U-I坐标系中描点、拟合作出图像如图乙所示。当的滑片向右移动时，电压表和的示数的变化大小为和，电流表A的示数的变化大小为，已知电压表、电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（　　）
A．电源电动势E=2V，内阻r=1Ω B．定值电阻
C． D．当时，的功率最大
【答案】BC
【详解】B．因过原点的直线为定值电阻的U-I图线，则由图像可知
选项B正确；
A．由电路可知，将坐标（0.1A，2V）（0.3A，1V）带入可得电源电动势和内阻E=2.5V，r=1Ω，选项A错误；
C．由，可知，选项C正确；
D．将R2等效为电源内阻，则r等效=r+R2=5Ω
当外电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，则当时，的功率最大，选项D错误。
故选BC。
【变式6-2】（23-24高二下·河南漯河·期末）如图所示，直线、分别是电源与电源的路端电压随输出电流变化的图线，曲线是一个小灯泡的图线。曲线与直线、相交点的坐标分别为、。如果把该小灯泡分别与电源电源单独连接，则下列说法正确的是（　　）
A．电源与电源的内阻之比是
B．电源与电源的电动势之比是
C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是
D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是
【答案】BC
【详解】AB．由闭合电路欧姆定律可知，在电源的图像中，图像的纵轴截距表示电动势、斜率的绝对值表示电源的内电阻，可知电源1、电源2的电动势与内阻分别为
，
，
则电源1、电源2的电动势与内阻之比分别为，
故A错误、B正确；
CD．灯泡伏安特性曲线与电源的伏安特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态，则连接电源1时有，
连接电源2时有，，则在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比与消耗的功率之比分别为，，故C正确、D错误。
故选BC。
强化点七 含容电路的分析与计算
电容器是一个储存电能的元件。在直流电路中,当电容器充、放电时电路中有电流,一旦电路达到稳定状态,电容器在电路中就相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的不漏电的情况)的元件，电容器所在处看作断路。分析电路时需注意以下几点:
(1)当电容器和用电器并联并接入电路时,电容器两极板间的电压与其并联的用电器两端的电压相等。
(2)电路的电流、电压变化时,将会引起电容器的充(放)电,要根据正极板电荷变化情况来判断电流方向。
(3)由于电路的变化,电容器两极板的电荷量会发生变化,甚至极板上电荷的电性也会改变。
【典例7】（2024·湖北黄冈·模拟预测）如图所示，在平行板电容器中固定一个带负电质点，电容器下极板接地，电源电动势和内阻分别为和，电流表和电压表均视为理想电表，电压表和电流表示数为和。当滑动变阻器的滑片向端移动时，下列说法正确的是（　　）
A．电压表和电流表示数都变大 B．质点的电势能增加
C．消耗的电功率变大 D．电源的输出功率一定减小
【答案】B
【详解】AC．当滑动变阻器的滑片向端移动时，外电路总电阻变小，根据欧姆定律可知电路干路的电流增大，和、并联电路两端的电压
可知和、并联电路两端的电压变小，根据欧姆定律可知流过的电流变小，根据可知消耗的电功率变小，总电流减大，则流过、的电流变大，即电流表示数变大，根据
可知电压表示数变小，故AC错误；
B．根据可知电容器极板间的电场强度减小，根据根据可知质点所在位置的电势降低，质点带负电，根据可知质点的电势能增加，故B正确；
D．当外阻等于内阻时电源的输出功率最大，则由于外电阻的电阻以及r的具体数据未知，则无法判断电源的输出功率变化情况，故D错误。
故选B。
【变式7-1】（2024·河北保定·一模）如图所示的电路，电源的内阻为r，定值电阻甲的阻值为r，乙的阻值与灯泡的阻值相等，电容器的电容为C，当闭合、断开，稳定后，灯泡的功率为P，电容器的带电量为Q，忽略灯泡阻值的变化，下列说法正确的是（　　）
A．灯泡的阻值为
B．电源的电动势为
C．当闭合，在断开与闭合两种稳定情况下，灯泡两端电压的变化量与电阻甲中电流的变化量的比值的绝对值为
D．当、均闭合，甲中的电流为
【答案】C
【详解】A．对电容器，由
可得
当闭合、断开，稳定后，灯泡的功率为P，故，联立解得
故A错误；
B．由串联电路电阻与电压成正比，得
解得电源的电动势为
故B错误；
D．当、均闭合，稳定后灯泡与乙并联的总电阻为
由闭合电路欧姆定律可得甲的电流为
综合计算可得甲中的电流为
故D错误；
C．当闭合，在断开与闭合两种稳定情况下，甲看作等效电源，外电路看作为可变电阻的情况，根据闭合电路欧姆定律可知
即
由此可知
故灯泡两端电压的变化量与电阻甲中电流的变化量的比值的绝对值为，故C正确。
故选C。
【变式7-2】（23-24高二上·山东济宁·期末）如图所示，电路中电源电动势E=3V，内阻r=1Ω，R1、R2均为电阻箱，电阻箱R1调节范围是0~5Ω，R2调节范围是0~3Ω，平行板电容器C的极板水平放置。闭合开关S，调节电阻箱，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，R1=2Ω，R2=3Ω。下列说法正确的是（　　）
A．油滴带正电 B．断开开关S前后，流过R1的电流方向相反
C．减小R2的阻值，油滴将向上运动 D．将R1由2Ω调至5Ω，电容器两极板间的电压增加了0.5V
【答案】D
【详解】A．电容器上极板与电源正极相连，带正电，下极板带负电，电容器中的电场方向竖直向下。根据油滴静电力和重力平衡，可知油滴所受静电力所受静电力向上，故油滴带负电。故A错误；
B．如图所示，取两端两个点A和B
断开开关S前，流过R1的电流方向从A到B。断开开关S后，电容器放电，流过R1的电流方向也是从A到B。断开开关S前后，流过R1的电流方向相同。故B错误；
C．减小R2的阻值，电容器两端的电压不变，油滴仍静止不动。故C错误；
D．当R1为2Ω时，电容两端的电压
当R1为5Ω时，电容两端的电压
得，将R1由2Ω调至5Ω，电容器两极板间的电压增加了0.5V。故D正确。
故选D。
真题感知
1．（2024·广西·高考真题）将横截面相同、材料不同的两段导体、无缝连接成一段导体，总长度为1.00m，接入图甲电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，则导体、的电阻率之比约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据电阻定律
根据欧姆定律
整理可得
结合题图可知导体、的电阻率之比
故选B。
2．（2024·海南·高考真题）虚接是常见的电路故障，如图所示，电热器A与电热器B并联。电路中的C处由于某种原因形成了虚接，造成了该处接触电阻0~240Ω之间不稳定变化，可等效为电阻，已知MN两端电压，A与B的电阻，求：
（1）MN间电阻R的变化范围；
（2）当，电热器B消耗的功率（保留3位有效数字）
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据电路可知当时MN间电阻R的阻值最小，为
当时MN间电阻R的阻值最大，为
故MN间电阻R的变化范围为
（2）当，通过电热器B的电流为
此时电热器B消耗的功率为
解得
3．（2024·江苏·高考真题）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块(可视为质点）在电动机作用下，从斜面底端 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块恰好到达最高点D。重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求：
（1）CD段长x；
（2）BC段电动机的输出功率P；
（3）全过程存储的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得
由运动学公式
联立解得
（2）物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为
由得，
（3）全过程物块增加的机械能为
整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知，故可得，
提升专练
一、单选题
1．（2024·浙江金华·一模）下图是根据飞机升降时机翼受力的原理设计的装置，用于监测河水流速的变化。机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动，电源电动势为4.8V，内阻不计，理想电流表量程为0~0.6A，理想电压表量程为0~3V，定值电阻R1阻值为6Ω，滑动变阻器R2的规格为“20Ω 1A”。闭合开关S，随着水流速度的改变，下列说法正确的是（ ）
A．当水流速度增大时，电流表的示数变小
B．当水流速度增大时，电压表与电流表的示数之比变大
C．滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2Ω~15Ω
D．电阻R1的电功率的变化范围为0.54W~2.16W
【答案】D
【详解】A．当水流速度增大时，根据流体压强与流速的关系可知，探头上方流速大，压强小，会产生一个向上的升力，探头带动连杆向上运动，滑片P上滑，变阻器连入电路中的电阻减小，根据
可知电流增大，电流表的示数增大，A错误；
B．当水流速度增大时，根据伯努利原理可知，探头带动连杆向上运动，滑片P上滑，变阻器连入电路中的电阻减小，电路中电流增大，根据，有
可知，电压表与电流表的示数之比减小，B错误；
C．由于通过理想电流表的最大电流为0.6A，所以，滑动变阻器的最小电阻为
理想电压表量程为0~3V，所以，滑动变阻器的最大电阻为
，
可得，
，
所以滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2Ω~10Ω，C错误；
D．由C选项的分析可知，电路中电流的变化范围为，根据
可得
，
D正确。
故选D。
2．（2023·海南·模拟预测）在如图所示的图像中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，曲线Ⅱ为某一小灯泡L的曲线，曲线Ⅱ与直线Ⅰ的交点坐标为（1.5，0.75），曲线Ⅱ在该点的切线与横轴的交点坐标为（1.0，0），用该电源直接与小灯泡L连接成闭合电路，由图像可知（　　）
A．电源电动势为2.0 V
B．电源内阻为
C．小灯泡L接入电源时的电阻为
D．小灯泡L实际消耗的电功率为1.125 W
【答案】D
【详解】AB．设该电源电动势为E，内阻为r，由闭合电路欧姆定律有
代入题图直线Ⅰ中数据有
，
解得，
故AB错误；
CD．根据题意可知，当用该电源直接与小灯泡L连接成闭合电路时，灯泡L两端的电压为
流过灯泡的电流为
由欧姆定律可得，小灯泡L接入电源时的电阻为
小灯泡L实际消耗的电功率为
故C错误，D正确。
故选D。
3．（2024·辽宁·模拟预测）如图所示，长方体金属块的长、宽、高均分别为、、，电源的电动势为，内阻为，通过理想电流表A的示数为，则该金属块的电阻率为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】根据闭合电路欧姆定律有
根据电阻定律有
联立解得
故选B。
4．（2024·广东·三模）在如图甲所示的电路中，定值电阻。R1=4Ω、R2=5Ω，电容器的电容C=3μF，电源路端电压U随总电流I的变化关系如图乙所示。现闭合开关S，则电路稳定后（ ）
A．电源的内阻为2Ω
B．电源的效率为75%
C．电容器所带电荷量为1.5×10-5C
D．若增大电容器两极板间的距离，电容器内部的场强不变
【答案】C
【详解】A．由电源路端电压U随总电流I的变化关系有
则可得，
故A错误；
B．电源的效率为
故B错误；
C．电容器在电路中为断路，则电路中的电流为
电容器所带电荷量为
故C正确；
D．电容器并联在两端，则其电压不变，若增大电容器两极板间的距离，电容器内部的场强为，可知场强变小，故D错误。
故选C。
5．（2024·广西桂林·三模）“祝融号”火星车的动力主要来源于太阳能电池。现将火星车的动力供电电路简化为如图所示，其中太阳能电池电动势，内阻未知，电动机线圈电阻，电热丝定值电阻。当火星车正常行驶时，电动机两端电压，电热丝消耗功率。则（　　）

A．火星车正常行驶时，通过电热丝电流为
B．太阳能电池的内阻为
C．若电动机的转子被卡住，电热丝消耗的功率为
D．火星车正常行驶时，电动机的效率为
【答案】C
【详解】A．对电热丝，有
解得回路电流为
故A错误；
B．根据闭合回路欧姆定律，有
解得电源的内阻为
故B错误；
C．电动机的转子被卡住，回路电流为
电热丝上消耗的功率
故C正确；
D．电动机的效率为，解得
故D错误。
故选C。
6．（2024·内蒙古赤峰·一模）太阳能电池板在光照时将光能转化为电能即为光伏发电。太阳能电池板作为电源，其路端电压与干路电流的关系如图中的曲线所示，太阳能电池板负载的U-I图线为图中倾斜直线。当太阳能电池板给负载供电时，下列说法正确的是（　　）
A．太阳能电池板的效率约为50%
B．太阳能电池板的输出功率约为
C．太阳能电池板的内阻约为1kΩ
D．太阳能电池板的内阻消耗的功率约为1.8W
【答案】B
【详解】A．由图可知，太阳能电池板的电动势为2.80V，交点为负载工作时的电压和电流，则太阳能电池板负载两端电压为1.80V，则太阳能电池板的效率约为
故A错误；
B．由图可知，太阳能电池板负载两端电压为1.80V，电路中电流为1.80mA。则太阳能电池板的输出功率约为
故B正确；
CD．由图可知路端电压与干路电流的关系图线为曲线，则太阳能电池板负载的内阻是变化的。故无法计算太阳能电池板的内阻和内阻消耗的功率，故CD错误。
故选B。
二、多选题
7．（2024·四川·模拟预测）如图所示是利用霍尔效应测量磁场的传感器，由运算芯片LM393和霍尔元件组成，LM393输出的时钟电流（交变电流）经二极管整流后成为恒定电流I从霍尔元件的A端流入，从F端流出。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于霍尔原件的工作面水平向左，测得CD端电压为U。已知霍尔元件的载流子为自由电子，单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为e，霍尔原件沿AF方向的长度为，沿CD方向的宽度为，沿磁场方向的厚度为h，下列说法正确的是（ ）
A．C端的电势高于D端
B．若将匀强磁场的磁感应强度减小，CD间的电压将增大
C．自由电子的平均速率为
D．可测得此时磁感应强度
【答案】AD
【详解】A．已知霍尔元件的载流子为自由电子，电流方向从A流向F，则左手定则可得电子偏向D端，则C端的电势高于D端，故A正确
B．根据
可得
若将匀强磁场的磁感应强度减小，CD间的电压将减小，故B错误
C．根据电流微观表达式
可得
故C错误
D．由，
联立可得
故D正确。
故选AD。
8．（2024·贵州·模拟预测）如图所示的电路中，电源内阻不计，电表均为理想电表，三个定值电阻阻值均为R，滑动变阻器的最大阻值也为R，当开关闭合时，电流表、的读数分别记为、，电压表的读数记为U，当滑动变阻器的滑片P从最左端的a点滑到正中间的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．变小 B．变小
C．U变大 D．滑动变阻器消耗的功率变大
【答案】BC
【详解】ABC．等效电路图如图所示，滑片向右滑动，滑动变阻器阻值变大，外电路总电阻变大，干路电流减小，由闭合电路欧姆定律可得
则电压表读数变大，通过R的电流都增大，故增大，减小，故A错误，BC正确；
D．滑动变阻器两端的电压
通过滑动变阻器的电流
滑动变阻器功率
滑片滑到中间过程，滑动变阻器的阻值从0增加到，电流干路电流从减小为，则滑动变阻器消耗的功率先变大，后变小，故D错误。
故选BC。
三、解答题
9．（2024·山西太原·三模）如图甲所示电路中，是滑动变阻器，是定值电阻。实验时从最左端向最右端拨动滑片调节的阻值，得到各组理想电压表和理想电流表的数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的图像如图乙所示。求：
（1）当滑动变阻器的阻值为多大时，电阻消耗的功率最大；
（2）当滑动变阻器的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大；
（3）当滑动变阻器的阻值为多大时，电源的输出功率最大。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意可知，当滑动变阻器在最右端时有
由图乙可知
，
联立解得
，消耗的功率最大，此时可将看成电源的内电路中的电阻，此时的等效内阻为，即时，的电流最大，则消耗的功率最大
（2）消耗的功率最大，此时可将看成电源的内电路中的电阻，此时的等效内阻为
当时，等效电源的输出功率最大，则
（3）由输出功率有
由此可知，当时，电源的输出功率最大，则当此时滑动变阻器阻值为，解得
10．（2024·北京海淀·模拟预测）经典的金属电子论认为：在外电场（由电源提供的电场）中，金属中的自由电子受到电场力的驱动，在原热运动基础上叠加定向移动，如图所示。在定向加速运动中，自由电子与金属正离子发生碰撞，自身停顿一下，将定向移动所获得的能量转移给金属正离子，引起正离子振动加剧，金属温度升高。自由电子在定向移动时由于被频繁碰撞受到阻碍作用，这就是电阻形成的原因。
自由电子定向移动的平均速率为v，热运动的平均速率为u，发生两次碰撞之间的平均距离为x。由于，所以自由电子发生两次碰撞的时间间隔主要由热运动决定。自由电子每次碰撞后的定向移动速率均变为零。
（1）求该金属的电阻率，并结合计算结果至少说明一个与金属电阻率有关的宏观因素；
（2）该导体长度为L，截面积为S。若将单位时间内导体中所有自由电子因与正离子碰撞而损失的动能之和设为，导体的发热功率设为P，试证明。
【答案】（1），电阻率与金属的种类和温度有关；（2）见解析
【详解】（1）设导体长度为L，截面积为S，两端电压为U，通过的电流为I。
电子发生两次碰撞之间，在原有的匀速运动（热运动）的同时，叠加在外电场作用下由静止开始的匀加速运动（定向移动），但因，所以两次碰撞的平均时间间隔
电子在外电场中做定向移动的加速度
电子碰撞前瞬间的定向移动速度，且
整理可得导体两端电压
设在Δt时间内流过导体的电荷量
由，可知
根据欧姆定律
根据电阻定律，可得
从计算结果可知，金属的电阻率与金属中单位体积的自由电子数n、自由电子热运动平均速率u和碰撞的平均距离x有关，所以在宏观上，电阻率与金属的种类和温度有关。
（2）导体的发热功率
单位时间内一个自由电子因与正离子碰撞而损失的动能
导体中所有自由电子在单位时间内损失的动能之和
可得
11．（2024·河南商丘·三模）某科研小组设计了如下实验，研究油滴在匀强电场中的运动。实验装置的原理示意图，如图所示，两个水平放置、相距为d的金属极板﹐上极板中央有一小孔，两金属极板与恒压源（可以提供恒定电压U），定值电阻R，电阻箱（最大阻值为R）、开关串联组成的电路。用喷雾器将细小的油滴喷入密闭空间，这些油滴由于摩擦而带了负电。油滴通过上极板的小孔进入到观察室中，油滴可视为半径为r的球体，油滴的密度为，重力加速度为g，油滴受到的空气阻力大小为，其中为空气的粘滞系数（已知），v为油滴运动的速率，不计空气浮力。
（1）开关断开时，观察到油滴A运动到两极板中心处开始匀速下落，之后经过时间t油滴A下落到下极板处，请推导油滴A的半径r的表达式（用，d、t、和g表示）。
（2）若将图中密闭空间的空气抽出，使油滴运动所受的空气阻力可忽略。闭合开关：
①调整电阻箱的阻值为，观察到半径为的油滴B可做匀速直线运动，求油滴B所带的电荷量；
②调整电阻箱的阻值为R，观察到比荷为k、处于下极板的油滴C由静止开始向上加速运动，求油滴C运动到上极板的时间。
【答案】（1）；（2）①；②
【详解】（1）油滴匀速下落的速度
此时
其中，解得
（2）①由串联电路规律有，解得两极板之间的电压
对油滴由平衡条件可知，而，解得
②设油滴C的电荷量为q、质量为m，两极板之间电压为
设油滴向上运动加速度为a，由牛顿第二定律有，解得
由运动学公式解得高二物理寒假预习检测卷
考试范围：必修三第2章+第三章；考试时间：100分钟；
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、选择题(本题共10小题,共46分。1-7小题,每题只有一个选项符合题意,每题4分;8-10小题,每题有两
个或两个以上的选项符合题意,选对得6分,选对不全得3分,选错或不选得0分。)
1．如图所示，在水平放置的条形磁铁的S极附近，一个闭合金属线圈竖直向下运动，线圈平面始终保持水平。在位置B，磁感线正好与线圈平面平行，A与B和B与C之间的距离都比较小。在线圈从位置A运动到位置C的过程中，从上往下看，感应电流的方向是（ ）
A．顺时针方向 B．逆时针方向
C．先顺时针方向，后逆时针方向 D．先逆时针方向，后顺时针方向
【答案】A
【详解】线圈从位置A运动到位置B的过程中，磁场方向向下，穿过线圈的磁感线条数在减少，根据楞次定律可知感应电流磁场方向向下，从上往下看，感应电流的方向是顺时针方向；
线圈从位置B运动到位置C的过程中，磁场方向向上，穿过线圈的磁感线条数在增加，根据楞次定律可知感应电流磁场方向向下，从上往下看，感应电流的方向是顺时针方向。
所以线圈从位置A运动到位置C的过程中，从上往下看，感应电流的方向是顺时针方向。故选A。
2．电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生交变电流。如图甲所示，时磁场方向恰与线圈平面垂直，磁极匀速转动，线圈中的电动势随时间变化的关系如图乙所示。将两磁极间的磁场近似视为匀强磁场，则（　　）
A．时线圈中磁通量为0 B．时线圈中电流方向由P指向Q
C．时线圈中磁通量变化率最大 D．线圈中的电动势瞬时值表达式为
【答案】C
【详解】A．时线圈中感应电动势为零，磁通量最大，选项A错误；
B．根据右手定则可知，时线圈中电流方向由Q指向P，选项B错误；
C．时线圈中感应电动势最大，则磁通量变化率最大，选项C正确；
D．线圈中的电动势瞬时值表达式为，选项D错误。
故选C。
3．在如图所示的电路中，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S 后，两灯始终一样亮 B．闭合开关S 后，灯泡P 中电流从右向左
C．当断开开关S时，两灯同时熄灭 D．当断开开关S 时，灯泡P中电流从右向左
【答案】D
【详解】AB．开关S闭合时，由于L的电阻很小，自感系数很大，由于自感效应，L相当于断路，P灯、Q灯相当于串联，亮度相同，灯泡P 中电流从左向右；之后L逐渐分流变大，P灯逐渐变暗，Q灯变亮，灯泡P 中电流方向不变，始终从左向右；故AB错误；
CD．当断开开关S时，Q灯立即熄灭，由于自感效应，L和灯泡P成一个回路，P 闪亮后再逐渐熄灭，P比 Q后熄灭，灯泡P中电流从右向左，故C错误，D正确；
故选D。
4．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（　　）
A． B．C． D．
【答案】A
【详解】该装置的原理是利用电磁阻尼。薄板出现扰动时，穿过薄板表面的磁通量如果发生变化，就会产生感应电流，薄板就会受到安培力作用，安培力总是阻碍导体相对磁场的运动，从而使薄板尽快停下来。
A．薄板上、下、左、右运动时，磁通量都会发生变化，所以都会产生感应电流，所以都会受到安培力作用而很快停下来，故A正确；
B．薄板只有向左运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下和向右运动时，则不会产生感应电流，故B错误；
C．板只有向左运动较大距离时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上向下和向右运动时，则不会产生感应电流，故C错误；
D．薄板只有向左、向右运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下运动时，则不会产生感应电流，故D错误。
故选A。
5．如图所示，电阻不计的水平导轨间距0.5m，导轨处于方向竖直向上的磁感应强度为的匀强磁场中。导体棒ab垂直于导轨放置且处于静止状态，其质量，电阻，与导轨间的动摩擦因数。电源电动势，其内阻，定值电阻的阻值。不计定滑轮的摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳对ab的拉力沿水平方向，则（　　）
A．导体棒ab受到的安培力大小为3N，方向水平向左 B．重物重力G最小值是2N
C．当时，ab不受摩擦力 D．重物重力G最大值是5N
【答案】D
【详解】A. 根据左手定则，可以判定导体棒ab受到的安培力方向水平向右，大小为，故A错误；
BC. 由导体棒静止，重物重力G最小值是，故BC错误；
D. 由导体棒静止，重物重力G最大值是，故D正确。
故选D。
6．如图甲所示，用金属裸导线制作大小两个圆环，已知大圆半径为，小圆半径为，两圆环接触相切于点。大圆环上端、和切点处留有一非常小缺口。空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，从时刻起磁感应强度按图乙规律变化，设磁场垂直纸面向里为正方向。则以下说法中正确的是（　　）
A．在过程中，大圆环上a、b两点电势
B．若将小缺口闭合，在过程中小圆环上有如箭头所示方向的电流
C．若将小缺口闭合，在前后瞬间回路中的电流不同
D．在过程中，将理想电压表正确接在大圆环上的、两点之间，电压表读数为
【答案】D
【详解】A．根据楞次定律，在0~1s过程中，磁感应强度不断增大，在两环之间区域有逆时针方向的感应电动势，点相当于是电源正极，点相当于是电源负极，，故A错误；
B．在0~1s过程中小圆环上的电流方向与箭头所示方向相反，故B错误；
C．在1s~3s内，磁感应强度的变化率不变，可知在前后瞬间回路中感应电动势不变，则电流也不变，故C错误。
D．由法拉第电磁感应定律，即理想电压表读数为，故D正确。
故选D。
7．如图甲所示，两个完全相同的正方形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的同一根轴匀速转动，转轴位于磁场边界处。线圈P以一条边为转轴，线圈Q以中心线为转轴，分别产生的电流随时间变化的图像如图乙、丙所示，则两线圈中电流的有效值之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据电流的热效应，可得，解得
由丙图可知，则两线圈中电流的有效值之比
故选B。
8．某燃气灶点火装置原理如图，转换器将直流电压转换为如图所示的正弦交流电压，并加在一台理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。则（　　）
A． B．
C． D．电压表的示数为
【答案】BD
【详解】ABC．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得
由题意和题图可知，，则有，故AC错误，B正确；
D．电压表的示数为，故D正确。
故选BD。
9．如图所示，磁极N、S间的磁场看成匀强磁场，磁感应强度大小为，矩形线圈ABCD的面积为S，线圈共n匝，电阻为r，线圈通过滑环与理想交流电压表V和阻值为R的定值电阻相连，AB边与滑环E相连，CD边与滑环F相连。线圈绕垂直于磁感线的轴以角速度逆时针匀速转动，图示位置恰好与磁感线方向垂直。以下说法正确的是（ ）
A．线圈过图示位置时磁通量最大，感应电动势最小
B．线圈转动一周的过程中克服安培力做的功为
C．线圈从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量为
D．线圈在图示位置时电压表示数为0
【答案】AB
【详解】A．图示位置为中性面，线圈过图示位置时，磁通量最大，磁通量变化率为零，即感应电动势为零，即感应电动势最小，选项A正确；
B．线圈转动过程中产生的感应电动势最大值为
有效值为
回路中消耗的总功率为
线圈转动一周的过程中克服安培力做的功等于回路中消耗的总电能，即
选项B正确；
C．线圈从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量为，选项C错误；
D．交流电压表的示数是电压的有效值，始终不为零，选项D错误。
故选AB。
10．如图所示，两宽度不等的光滑平行金属导轨水平固定放置，窄轨间距为L、宽轨间距为2L，导体棒ab、cd分别垂直放置在两导轨上，质量均为m、电阻均为R，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，已知两导轨均足够长、电阻不计，现让两导体棒均以大小为v0的初速度平行于导轨水平向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，ab棒始终未滑离窄轨，在导体棒运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒ab的最大速度为 B．回路中的最大电流为
C．导体棒ab产生的焦耳热最多为 D．通过导体棒ab的电荷量最多为
【答案】AD
【详解】A．稳定时电路中电流为0，ab棒速度最大，有，所以
取向右为正方向，根据动量定理可得，对ab棒
对cd棒，解得，，故A项正确；
C．对整个过程根据能量守恒，有
导体棒ab产生的焦耳热最多为，解得，故C项错误；
D．对ab棒
又因为，解得通过导体棒ab的电荷量最多为，故D项正确；
B．导体棒刚开始运动时，感应电动势最大，感应电流最大，由闭合电路欧姆定律可得，故B项错误。
故选AD。
第II卷（非选择题）
二、实验题（每空2分，共16分）
11．某同学需要通过一个变压器从家庭电路中得到的交流电电源，于是买了一个标记为“”的变压器，如图所示，他看到变压器上有、、、四个引出线头，且、d引线比、引线粗，没有相应的说明书。
(1)一般来说，同样材料和长度的导线，粗的导线比细的导线电阻小，适合承载稍 （填“大”或“小”）的电流。因此接家用电源的引线应该是 （填“”或“”）；
(2)为了检验自己的上述判断是否准确，他借来一个学校实验室用的学生电源，从学生电源上输出的电压代替家用电路中的电压，按自己的判断接好线后，再用数字万用表测量另外两个引线之间的电压，发现读数为，说明他对哪一端接的判断是 的（填“正确”或“不正确”）。
【答案】(1) 大 ；(2)正确
【详解】（1）[1]一般来说，同样材料和长度的导线，粗的导线比细的导线电阻小，适合承载稍大的电流。
[2]变压器输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器根据
可知，电压小的副线圈中的电流大，接家用电源的引线应该是bc。
（2）根据实验数据可知，该同学成功将电压降低，验证了引线ad之间是副线圈，为降压变压器的输出端，引线bc之间是原线圈，为降压变压器的输入端。说明他对哪一端接的判断是正确。
12．在探究电磁感应有关现象及规律的实验中，某同学选择的灵敏电流计G，在没有电流通过的情况下，指针恰好指在刻度盘中央。请根据该同学的实验操作，回答问题：
（1）首先，将灵敏电流计G连接在图甲所示电路中，电流计的指针如图甲中所示。
（2）然后，将灵敏电流计G与一螺线管串联，当条形磁铁运动时，灵敏电流计G指针偏转情况如图乙所示。则条形磁铁的运动情况是 。（选填“向上拔出”或“向下插入”）
（3）接着，将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。闭合开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下。请问：灵敏电流计指针向右偏与螺线管B中导线的绕向 （选填“有”或“没有”）关系：若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是 （填序号）。
A．断开开关 B．在A线圈中插入铁芯 C．变阻器的滑片向右滑动 D．变阻器的滑片向左滑动
（4）最后，该同学用电流传感器研究自感现象，电路如图丁所示。电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值。
①在时刻，闭合开关S，电路稳定后，在时刻断开S，电流传感器连接计算机描绘了整个过程线圈中的电流随时间t变化的图像。图丁中的A、B图像，可能正确的是 。（选填“A”或“B”）
②在“闭合开关—稳定一小段时间—断开开关”这个过程中，通过电流传感器得到图像如图戊所示。比较与的大小关系，有 。（选填“>”“<”或“=”）
【答案】 向下插入 有 AC/CA A
【详解】（2）[1]由图甲可知，电流从灵敏电流计的左接线柱流入，指针往左偏；由图乙可知，螺线管中的电流方向为逆时针方向（从下往上看），根据安培定则，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁铁在螺线管中的磁场方向（原磁场方向）竖直向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次定律可知穿过线圈的原磁通量增加，所以条形磁铁向下插入线圈。
（3）[2]由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极方向，螺线管B中导线的绕向不同，则灵敏电流计中电流方向不同，故灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关。
[3]A．合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了，说明B线圈中磁通量增加时，电流计指针右偏：现在要使灵敏电流计的指针向左偏转，因此穿过B线圈的磁通量应该减小；断开开关，则穿过B线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间，B线圈中的感应电流方向相反，灵敏电流计左偏，故A项正确；
B．在A线圈中插入铁芯，穿过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中产生的电流方向与开关合上瞬间，B线圈中的电流方向相同，灵敏电流计指针右偏，故B项错误；
C．由图丙可知，变阻器的滑片向右滑动，电路中的电流减小，线圈A的磁感应强度减小，穿过B线圈的磁通量减小，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间，B线圈中的感应电流方向相反，灵敏电流计左偏，故C项正确；
D．由图丙可知，变阻器的滑片向左滑动，电路中的电流增大，线圈A的磁感应强度增大，穿过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间，B线圈中的感应电流方向相同，灵敏电流计右偏，故D项错误。
故选AC。
（4）[4]当时刻闭合开关S的瞬间，电路中的电流突然增大，在线圈L中要产生自感电动势阻碍电流的增加，所以线圈L中的电流会逐渐增加到稳定值，当时刻断开开关S时，线圈L中由于自感电动势阻碍电流的减小，所以磁电流会在线圈L和电阻R中形成回路，然后逐渐减到零。所以其A图像符合题意。
[5]刚闭合开关时，由于线圈L中自感电动势很大，所以线圈L所在支路相当于断路，由闭合电路欧姆定律有
当电路稳定时，由闭合电路欧姆定律有
由于，所以有
三、解答题（本题共3小题，共38分）
13．（8分）发电站给用户供电电路如图所示。发电站的输出电压U1＝250V，升压变压器原、副线圈的匝数比n1:n2＝1:16，降压变压器原、副线圈的匝数比n3:n4＝190:11，用户用电时的功率P=95kW，用户两端电压U4＝220V。变压器均为理想变压器，求：
(1)输电线的总电阻；
(2)发电站的输出功率。
【答案】(1)8Ω
(2)100kW
【详解】（1）设升压变压器副线圈电压，则有
解得
设降压变压器原线圈电压，则有
解得
输电线上损失的电压为
根据
解得输电线电流为
则输电线的总电阻为
（2）发电站的输出功率为
14．（14分）如图所示，固定金属圆环内存在匀强磁场，方向垂直圆环向下，在外力作用下金属棒ab可绕着圆心O匀速转动。从圆心和圆环边缘用细导线连接足够长的两平行金属导轨，导轨与水平面夹角为30°，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将金属棒cd垂直导轨轻轻放上，金属棒处于静止状态。已知圆环内和导轨平面的磁场大小均为B = 1T，圆环半径和金属棒ab长均为d = 1m，导轨宽度和金属棒cd长度均为L = 2m，金属棒cd质量为m = 1kg，与导轨之间的动摩擦因数为，ab棒电阻为r = 2Ω，cd棒电阻为R = 4Ω，其余电阻不计，，，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）若ab棒以ω0= 12rad/s逆时针匀速转动，cd棒保持静止，则流过ab棒的电流方向和ab棒两端的电压；
（2）要使cd棒与导轨保持相对静止，则ab棒转动的角速度应满足什么条件？
（3）若ab棒以ω3= 31rad/s顺时针匀速转动，当cd棒恰好匀速时，cd棒的位移为x = 16m，求：从静止到恰好匀速过程中，安培力对cd棒做的功。
【答案】（1）电流方向由b流向a，4V；（2）顺时针转动时，ω ≤ 15rad/s，逆时针转动时，ω ≤ 75rad/s；（3）W = 48J
【详解】（1）假设cd棒静止，对ab棒，由法拉第电磁感应定律，有
根据闭合电路欧姆定律，有
E = I(R＋r)
解得
I = 1A
对cd棒，因为
mgsin30°－BIL = 3N < μmgcos30°
故假设成立。
ab棒两端的电压为
Uab = IR
联立解得
Uab = 4V
由楞次定律，可知电流方向由b流向a。
（2）若ab棒以ω1逆时针转动，且cd刚好没滑动时，有
BI1L = mgsin30°＋μmgcos30°
且
代入数据得
ω1= 75rad/s
若ab棒以ω2顺时针转动，且cd刚好没滑动时，有
μmgcos30° = BI2L＋mgsin30°
且
代入数据得
ω2= 15rad/s
故要使棒保持静止，角速度应满足，顺时针转动时
ω2 ≤ 15rad/s
逆时针转动时
ω ≤ 75rad/s
（3）设cd棒匀速的速度为v，则有
BI3L＋mgsin30° = μmgcos30°
回路的电动势为
由闭合电路欧姆定律得
E3= I3(R＋r)
解得
v = 4m/s
对cd棒，由动能定理，得
代入数据得
W = 48J
15．（16分）如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨倾斜地固定在绝缘水平面上，倾角为α = 30°，两导轨之间的距离为l = 1.0 m，水平虚线1、2间的距离为s = 7 m，水平虚线1、2间以及水平虚线2、3间分别存在垂直导轨平面向上和垂直导轨平面向下的匀强磁场，且磁感应强度大小均为B = 2 T，两粗细相同的导体棒由同种材料制成，导体棒MN的长度为l，导体棒PQ的长度为2l，导体棒MN垂直导轨置于虚线2、3间，导体棒PQ由虚线1上方d = 1.6 m处垂直导轨静止释放，同时在导体棒MN上施加一平行导轨平面的外力F，导体棒MN始终保持静止。导体棒PQ刚越过虚线1时外力F刚好为零，且导体棒PQ到达虚线2前已做匀速直线运动，导体棒MN的电阻值为R = 2 Ω，重力加速度g取10 m/s2，金属导轨电阻不计。求：
(1)导体棒PQ匀速时外力F的大小；
(2)导体棒PQ从释放到虚线2的过程，导体棒MN上产生的热量；
(3)导体棒PQ从释放到虚线2的过程，流过导体棒MN的电荷量。
【答案】(1)4 N
(2)8.8 J
(3)3.5 C
【详解】（1）设导体棒MN的质量为m，则导体棒PQ的质量为2m，导体棒PQ从释放到虚线1的过程沿导轨向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
解得
导体棒PQ刚到达虚线1处的速度为
导体棒PQ产生的感应电动势为
导体棒PQ接入电路的电阻为
流过导体棒MN的电流为
由右手定则和左手定则可知导体棒MN所受安培力沿导轨向上，安培力大小为
导体棒MN静止，则由力的平衡条件得
解得
又由题意导体棒PQ到达虚线2前已做匀速直线运动，设导体棒PQ匀速的速度为v2，对导体棒PQ由力的平衡条件得
解得
此时导体棒MN所受的安培力沿导轨向上，大小为
对导体棒MN由力的平衡条件得
解得
（2）导体棒PQ从释放到虚线2的过程，由能量守恒定律得
解得
则导体棒MN上产生的热量为
（3）导体棒PQ由虚线1到虚线2的过程中，磁通量的变化量为
由法拉第电磁感应定律得
又，
整理得
代入数据解得第02讲 法拉第电磁感应定律（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（6大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1．通过实验，理解法拉第电磁感应定律。 2．明确磁通量的变化量的意义，能区分、和。 3．能够运用E＝Blv或E＝Blvsin θ计算导体切割磁感线时产生的感应电动势.。
知识点1：电磁感应现象
【情境导入】
我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流大小的决定因素和遵循的物理规律．
如图所示，将条形磁体从同一高度插入线圈的实验中．
(1)快速插入和缓慢插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
(2)分别用同种规格的一根磁体和并列的两根磁体以相同速度快速插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
(3)在线圈匝数一定的情况下，感应电动势的大小取决于什么？
答案　(1)磁通量的变化量ΔФ相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大．
(2)用并列的两根磁体快速插入时磁通量的变化量较大，磁通量变化率也较大，指针偏转角度较大．
(3)在线圈匝数一定的情况下，感应电动势的大小取决于的大小．
1．感应电动势
在电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．
(2)公式：E＝n，其中n为线圈的匝数．
(3)在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯(Wb)，感应电动势的单位是伏(V)．
【重难诠释】
1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率的比较
磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率
物理意义 某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数 在某一过程中，穿过某个面的磁通量的变化量 穿过某个面的磁通量变化的快慢
当B、S互相垂直时的大小 Φ＝BS ΔΦ＝ ＝
注意 若穿过的平面中有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS.Φ为抵消以后所剩余的磁通量 开始和转过180°时平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零 在Φ－t图像中，可用图线的斜率表示
2.公式E＝n的理解
感应电动势的大小E由磁通量变化的快慢，即磁通量的变化率决定，与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ无关．
知识点二　导体棒切割磁感线时的感应电动势
【情境导入】
(1)如图，导体棒CD在匀强磁场中运动．自由电荷会随着导体棒运动，并因此受到洛伦兹力．导体棒中自由电荷相对于纸面的运动大致沿什么方向？(为了方便，可以认为导体棒中的自由电荷是正电荷．)
(2)导体棒一直运动下去，自由电荷是否总会沿着导体棒运动？为什么？导体棒哪端的电势比较高？(讨论时不必考虑自由电荷的热运动)
答案　(1)导体棒中自由电荷(正电荷)随导体棒向右运动，由左手定则可判断正电荷受到沿棒向上的洛伦兹力作用．因此，正电荷一边向上运动，一边随导体棒匀速运动，所以正电荷相对于纸面的运动是斜向右上方的．
(2)不会．当导体棒中的自由电荷受到的洛伦兹力与电场力平衡时不再定向移动，因为正电荷会聚集在C点，所以C端电势高．
1．导体棒垂直切割磁感应线
导线垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，如下图所示，E＝Blv.
2．导体棒不垂直切割磁感应线
导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如下图所示，E＝Blvsin θ.
导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒所受安培力的方向与导体棒运动方向相反，导体棒克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能．
3. 对公式E＝Blvsin θ的理解
(1)当B、l、v三个量的方向互相垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，导线将不切割磁感线，E＝0.
(2)当l垂直于B且l垂直于v，而v与B成θ角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blvsin θ.
(3)若导线是弯折的，或l与v不垂直时，E＝Blv中的l应为导线两端点在与v垂直的方向上的投影长度，即有效切割长度．
图甲中的有效切割长度为：l＝sin θ；
图乙中的有效切割长度为：l＝；
图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，l＝R；沿v2的方向运动时，l＝R.
4. 导体棒转动切割磁感线产生的电动势E=Bl2ω
如图所示，长为l的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，ab棒所产生的感应电动势大小可用下面两种方法推出．
方法一：棒上各处速率不等，故不能直接用公式E＝Blv求．由v＝ωr可知，棒上各点的线速度跟半径成正比．故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算．
＝，E＝Bl＝Bl2ω.
方法二：设经过Δt时间，ab棒扫过的扇形面积为ΔS，则ΔS＝lωΔtl＝l2ωΔt，
磁通量的变化ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt，所以E＝n＝n＝Bl2ω(n＝1)．
5. 公式E＝n 与E＝Blvsinθ 的区别与联系
公式 E＝n E＝Blvsin θ
研究对象 某个回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导体
内容 (1)求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应． (2)当Δt→0时，E为瞬时感应电动势 (1)若v为瞬时速度，求的是瞬时感应电动势． (2)若v为平均速度，求的是平均感应电动势． (3)当B、l、v三者均不变时，平均感应电动势与瞬时感应电动势相等
适用范围 对任何电路普遍适用 只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系 (1)E＝Blvsin θ是由E＝n在一定条件下推导出来的． (2)整个回路的感应电动势为零时，回路中某段导体的感应电动势不一定为零
6. 【知识拓展】电磁感应中的电路
（1）内电路和外电路
电磁感应现象中磁通量发生变化的回路或做切割磁感线运动的导体相当于电源,其电阻为电源的内阻,其余部分为外电路。
（2）电流方向
电源内部的电流方向由负极到正极,从低电势到高电势;而外电路中的电流方向是从正极到负极,从高电势到低电势。
教材习题01 下面几个计算磁通量变化量的公式，分别对应什么情形？请加以说明。 （1）或； （2）； （3） （4） 解题方法 磁通量的变化量公式为， 磁通量为 （1）当磁通量的变化量写成或 代表线圈为矩形或正方形且形状不变，但是其磁感应强度发生变化，即线圈不变，但磁场在变化的情况。 （2）当磁通量的变化量写成，代表其线圈为圆形，且形状不变，但是其磁感应强度发生变化，即，线圈不变，但磁场在变化的情况。 （3）当磁通量的变化量写成，代表是导体棒在磁场中做平动且切割磁感线。 （4）当磁通量的变化量写成，代表一个导体棒在磁场中转动切割磁感线。
【答案】（1）线圈为矩形或正方形且形状不变，磁场发生变化；（2）线圈为圆形且形状不变，磁场发生变化；（3）导体棒平动切割磁感线；（4）导体棒转动切割磁感线
教材习题02 如图所示，两根相距为l且水平放置的平行金属直导轨、，b、d间接有一定值电阻R，导轨电阻忽略不计。为放在和上的一根金属棒，与垂直，其电阻也为R。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，现对施力使它沿导轨以速度v向右匀速运动。则两端电压是多少？在图中标出回路中电流的方向。 解题方法 【详解】MN棒产生的感应电动势为 MN两端电压的大小为 则两端电压是 根据右手定则判断知MN中产生的感应电流方向由N→M，M端相当于电源的正极，电势高于N端电势，所以电阻R上感应电流方向由b到d。如图
【答案】
教材习题03 设如图甲所示的线圈为50匝，它的两个端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈内磁通量变化的规律如图乙所示。 （1）a、b两点哪点电势高？ （2）电压表示数多大？ 解题方法 【详解】（1）穿过线圈向里的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场垂直纸面向外，根据安培定则可知，感应电流沿逆时针方向，两端点左侧电路相当于电源，则a点电势高。 （2）根据法拉第电磁感应定律
【答案】（1）a点；（2）12.5V
考点1：电磁感应现象中电势高低的判断
在电源外部，电流由电势高处流向电势低处;在电源内部,电流由电势低处流向电势高处。
【典例1】（23-24高二上·江苏南京·期末）如图所示，无线充电技术中使用的受电线圈线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2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B1均匀减小到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差Uab（　　）
A．恒为 B．恒为
C．恒为0 D．从0均匀变化到
【答案】A
【详解】穿过线圈的磁场均匀减少，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得
而等效电源内部的电流由楞次定理知从b流向a，即a点是等效电源的正极，a点电势大于b点电势，故
故选A。
【变式1-1】（23-24高二下·福建泉州·期末）如图甲所示，一个电阻值为r=5Ω，匝数为n=30的圆形金属线圈与阻值为R=10Ω的电阻连接成图甲所示闭合电路。圆形线圈内存在垂直于线圈平面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。导线的电阻不计。则0~2s时间内电阻R哪端电势高 （选填上或下）；金属线圈中产生的感应电动势E= V；
【答案】 下 12
【详解】[1]根据楞次定律，感应电流的磁场方向垂直于线圈平面向外，根据右手定则，感应电流的方向为逆时针，电阻R下端电势高；
[2]根据法拉第电磁感应定律得
【变式1-2】（23-24高二上·广东肇庆·期末）如a图为某中学物理兴趣小组为研究无线充电技术，动手制作的一个“特斯拉线圈”。其原理图如图b所示，线圈匝数为n，面积为S，若在t时间内，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，其磁感应强度方向向上，大小由B1均匀增加到B2，则该段时间内线圈MN两端的电势差UMN为（　　）

A．恒为 B．恒为
C．从0均匀变化到 D．从0均匀变化到
【答案】A
【详解】根据法拉第电磁感应定律，该段时间内线圈两端的电势差的大小恒为
根据楞次定律结合线圈的绕线方向可知N端电势高于M端，所以UMN
故BCD错误，A正确。
故选A。
考点2：法拉第电磁感应定律
【典例2】（多选）（23-24高三下·山东·阶段练习）如图所示，一等腰直角三角形线圈的匝数为n，ab、bc边长均为L，线圈电阻为R。线圈平面与匀强磁场垂直，且一部分处在磁场中，三角形与磁场边界的交点为d、e，其中d、e分别为边ac、bc的中点，在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到3B，在此过程中（ ）
A．线圈中的磁通量增加量为
B．线圈中产生的感应电动势大小为
C．线圈中产生的感应电流大小为
D．线圈整体所受安培力大小增加了
【答案】BD
【详解】A．根据可知，线圈中的磁通量增加了
故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势大小为
故B正确；
C．根据欧姆定律可知，线圈中的感应电流大小为
故C错误；
D．根据安培力的计算公式可知，安培力增加了
故D正确。
故选BD。
【变式2-1】（23-24高二上·浙江杭州·期中）某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经过时间后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向（从左往右看）为（　　）
A．，逆时针 B．，逆时针
C．，顺时针 D．，逆时针
【答案】A
【详解】经过时间，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化为
由法拉第电磁感应定律，线圈中产生的平均感应电动势的大小为
由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向。
故选A。
【变式2-2】（23-24高二上·北京昌平·期末）如图（甲）所示，100匝（图中只画了2匝）圆形线圈面积为0.01m2，电阻不计。线圈内存在方向垂直纸面向里且强度随时间变化的磁场；t=0时，B=0。线圈两端A、B与一个电压传感器相连，电压传感器测得A、B两端的电压按图（乙）所示规律变化。在t=0.05s时（ ）
A．磁感应强度随时间的变化率为0.01T/s B．磁感应强度随时间的变化率为20T/s
C．穿过每匝线圈的磁通量为 D．穿过每匝线圈的磁通量为
【答案】C
【详解】AB．由图可知在t=0.05s时的电压
根据法拉第电磁感应定律有，解得
AB错误；
CD．由于感应电动势随时间均匀变化，可知磁感应强度变化率随时间均匀变化，t=0时，B=0，则t=0.05s时的磁感应强度
穿过每匝线圈的磁通量
C正确，D错误。
故选C。
考点3：法拉第电场感应定律E=Blvsinθ的基本应用
(1)式中ū通常为瞬时速度,所得区为瞬时感应电动势。
(2)公式中的1为有效切割长度,当速度方向与导体棒不垂直时,1为导体棒与v垂直的方向上投影的长度
【典例3】（2024·甘肃·高考真题）如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为（　　）
A．，方向向左 B．，方向向右
C．，方向向左 D．，方向向右
【答案】A
【详解】导体棒ab切割磁感线在电路部分得有效长度为d，故感应电动势为
回路中感应电流为
根据右手定则，判断电流方向为b流向a。故导体棒ab所受的安培力为
方向向左。
故选A。
【变式3-1】（24-25高二上·浙江杭州·期中）如图所示，在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，长为的金属杆MN在平行金属导轨上以速度向右匀速滑动。金属导轨电阻不计，金属杆与导轨的夹角为，电阻为，间电阻为R，M、两点间电势差为，则、两点电势的高低及的大小分别为（　　）
A．点电势高， B．点电势高，
C．点电势高， D．点电势高，
【答案】D
【详解】由右手定则可以判定导体棒中电流的方向为由N到M，因此M点电势高；
导体棒切割磁感线的有效长度是Lsin θ，根据法拉第电磁感应定律有E=BLvsin θ
再根据闭合电路欧姆定律可知M、N两点间电势差
故选D。
【变式3-2】（24-25高二上·浙江宁波·期中）如图所示，两根倾斜放置与水平面夹角为θ的平行光滑导轨间距为l，导轨间接一阻值为R的电阻，整个空间分布着匀强磁场，磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度大小为B，一质量为m、电阻也为R的金属杆ab，以某一初速度沿轨道上滑，直至速度减为零。已知上述过程中电阻R产生的热量为Q，其最大瞬时电功率为P，设导轨电阻不计，ab杆向上滑动的过程中始终与导轨保持垂直且接触良好,重力加速度g。
(1)求金属杆ab上滑的初速度大小；
(2)求金属杆ab刚开始上滑时的加速度大小；
(3)求金属杆ab上滑的最大距离x。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设ab杆上滑的初速度为v0，则ab杆产生的感应电动势
通过电阻R的电流为
R上的最大功率为，解得
（2）ab杆上滑切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知感应电流方向为由，由左手定则可得安培力方向沿轨道向下，由牛顿第二定律可得
由安培力公式可得
感应电流
联立解得金属杆ab刚开始上滑时的加速度大小
（3）在ab杆上滑的全过程中，R上产生的热量为Q，则ab杆上产生的热量也为Q。全过程电路产生的总热量
当ab杆速度为零时，ab杆向上滑动的最大距离为x，根据能量转化和守恒定律
解得
考点4：转动切割磁感应线产生感应电动势的计算
金属杆在匀强磁场中以一端为轴转动,垂直切割磁感线产生感应电动势为六Bω。
【典例4】如图所示，用电阻的均匀导体弯成半径的闭合圆环，圆心为O，SOQ是一条水平直径，在O、S间接有负载电阻，整个圆环中有大小为、方向竖直向上的匀强磁场穿过。电阻、长度为L的导体棒OP贴着圆环以O为圆心沿逆时针方向（从上往下看）匀速转动，角速度，导体棒OP与圆环接触良好，不计一切摩擦以及导线的电阻。则（　　）
A．棒转动过程中O点的电势比P点的电势高
B．棒转动过程中产生的感应电动势为24V
C．棒转动过程中电路的最大电功率为28.8W
D．当OP到达OQ处时圆环的电功率为27W
【答案】C
【详解】A．棒为等效电源，根据右手定则，棒转动过程中，点的电势比点的电势低，A错误；
B．感应电动势
B错误；
C．当与点重合时，外电阻最小，电路的最大电流为
电路的最大功率为
C正确；
D．当导体棒到达处时，等效电路如图
干路中电流强度为
圆环的电功率为
D错误。
故选C。
【变式4-1】（23-24高二下·重庆·期中）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度也为r、电阻为R的直导体棒OA置于圆导轨上面，导体棒在外力作用下绕O点以角速度ω顺时针匀速转动。直导体棒O端和圆轨道引出导线分别与电阻R1=R、R2=2R和电容为C的平行板电容器相连。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．M板带负电 B．导体棒OA产生的电动势为Br2ω
C．电容器所带电荷量为 D．电阻R1上消耗的电功率为
【答案】C
【详解】A．根据右手定则可知，等效电源OA的A端为正极，则M板带正电，故A错误；
B．导体棒OA垂直磁场转动切割磁感线，则产生的感应电动势为
故B错误；
C．回路的感应电流
电容器两端电压
根据电容的定义式有，解得
故C正确；
D．电阻R1上消耗的电功率为
结合上述解得
故D错误。
故选C。
【变式4-2】（2024高三·全国·专题练习）如图所示，半径为L的导电圆环（电阻不计）绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴以角速度ω逆时针匀速转动。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OA、OB、OC，辐条互成120°角。在圆环圆心角∠MON＝120°的范围内（两条虚线之间）分布着垂直圆环平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆环的边缘通过电刷P和导线与一个阻值也为r的定值电阻R0相连，定值电阻R0的另一端通过导线接在圆环的中心轴上，在圆环匀速转动过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．金属辐条OA、OB、OC进出磁场前后，辐条中电流的大小不变，方向改变
B．定值电阻R0两端的电压为BL2ω
C．通过定值电阻R0的电流为
D．圆环转动一周，定值电阻R0产生的热量为
【答案】C
【详解】A．由题意知，三根金属辐条始终有一根在磁场中切割磁感线，切割磁感线的金属辐条相当于内阻为r的电源，另外两根金属辐条和定值电阻R0并联，辐条进出磁场前后电流的大小、方向均改变，故A错误；
BC．电路的总电阻
圆环匀速转动时感应电动势
所以定值电阻R0两端的电压
通过定值电阻R0的电流
故B错误，C正确；
D．圆环转动一周，定值电阻R0产生的热量
故D错误。
故选C。
考点5：电磁感应中的B-t（或-t）图像
在B-t图线为直线，其斜率为磁感应强度的变化率。
【典例5】（多选）（23-24高二下·云南曲靖·阶段练习）图甲所示粗糙U形导线框固定在水平面上，右端放有一金属棒PQ，整个装置处于竖直方向的磁场中，磁感应强度B按图乙规律变化，规定竖直向上为正方向，整个过程金属棒保持静止。则（　　）
A．1.5t0时刻，金属棒PQ所受安培力方向向左
B．0~2t0时间内，回路中的感应电流大小不变，但方向改变
C．0~2t0时间内，金属棒PQ所受安培力大小不变，但方向改变
D．0~2t0时间内，金属棒PQ所受摩擦力方向先水平向左，后水平向右
【答案】AD
【详解】AD．0~t0时间内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律可知，回路面积有增大的趋势，金属棒PQ所受安培力向右，根据受力平衡可知，金属棒PQ所受摩擦力向左，t0~2t0时间内磁感应强度增大，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路面积有缩小的趋势，金属棒PQ所受安培力向左，根据受力平衡可知，金属棒PQ所受摩擦力向右，故AD正确；
BC．0~2t0时间内，磁通量的变化率不变，感应电动势大小、方向都不变，感应电流大小、方向都不变，但因磁感应强度大小、方向都改变，故金属棒PQ所受安培力大小、方向都改变，故BC错误。
故选AD。
【变式5-1】（24-25高二上·广东佛山·期中）将电阻率为、横截面积为S的硬质细导线做成半径为r的圆环，其内接正方形区域内充满垂直于圆环面的磁场，时磁场方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向，则在到的时间内，下列说法正确的是（　　）
A．圆环中的感应电流大小先变小后变大 B．圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针
C．圆环中的感应电流为 D．圆环中产生的热量为
【答案】D
【详解】AC．根据法拉第电磁感应定律
由图乙知，磁感应强度变化率一直不变
感应电流为
则感应电流一直不变，故A错误；
C．根据电阻定律
联立解得
故C错误；
B．根据楞次定律和安培定则可知，圆环中感应电流方向沿顺时针方向，故B错误；
D．根据焦耳定律圆环中产生的热量为
故D正确。
故选D。
【变式5-2】（23-24高二下·河南周口·期末）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。规定导体环中电流的方向为正，磁场向上为正，如图甲所示。当磁感应强度B随时间t按乙图变化时，导体环中产生的感应电流随时间变化的关系图正确的是（ ）
A．B．C． D．
【答案】B
【详解】规定以向上为磁场的正方向，从图乙可知，0~1s磁感应强度向下且减小，则通过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向下，则感应电流与图甲所示电流方向相同，为正方向，同理可知1s~2s电流为正方向、2s~4s为负方向，4s~5s为正方向；根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律，线圈的感应电流为
其中R为线圈的电阻，k为磁感应强度的变化率，从图乙可以看出k为定值，即电流大小恒定。
故选B。
考点6：电磁感应现象中电荷量的计算
电磁感应现象中通过闭合电路某截面的电荷量，而，则所以q只与线圈匝数、磁通量的变化量及总电阻有关，与完成该过程需要的时间无关。
【典例6】（23-24高二下·广东广州·开学考试）如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片电路组成。当饭卡处于感应区域时，会在线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S，共n匝，回路总电阻为R。某次刷卡时，线圈平面与磁感应强度方向垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间t内，磁感应强度由0增大到B，此过程中（　　）
A．线圈有扩张的趋势
B．通过线圈平面的磁通量变化量为
C．通过导线某截面的电荷量为
D．线圈的平均感应电动势为
【答案】C
【详解】A．在感应时间t内，磁感应强度由0增大到B，此过程中穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律推论增缩减扩，可知线圈有收缩趋势，故A错误；
B．通过线圈的磁通量变化量大小为
故B错误；
CD．线圈的平均感应电动势为
线圈的平均感应电流为
通过导线某截面的电荷量为
故C正确，D错误。
故选C。
【变式6-1】（多选）（23-24高三下·四川遂宁·开学考试）如图甲所示，电阻为5Ω、匝数为100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与电阻R相连，R＝95Ω。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。则下列说法正确的是（　　）
A．A点的电势高于B点的电势
B．在线圈位置上感应电流沿顺时针方向
C．0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.0005C
D．0.1s时间内回路中产生的焦耳热为2.5J
【答案】AD
【详解】AB．线圈相当于电源，由楞次定律可知A相当于电源的正极，B相当于电源的负极，A点的电势高于B点的电势，在线圈位置上感应电流沿逆时针方向，A正确，B错误；
C．由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得
则0.1s时间内通过R的电荷量为
C错误；
D．0.1s时间内非静电力所做的功为
D正确；
故选AD。
【变式6-2】（多选）（23-24高二上·贵州黔东南·期末）如图甲所示，电阻、匝数匝的线图两端A、B与电阻R相连，。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化，下列说法正确的是（　　）
A．通过R的电流方向为由A通过R到B
B．线圈两端的电压为
C．R的电功率为
D．时间内通过电阻R的电荷量为
【答案】AC
【详解】A．根据楞次定律，可知电流方向为由A通过R到B，A正确；
B．线圈产生的感应电动势
线圈两端的电压为路端电压
B错误；
C．R的电功率
C正确；
D．时间内通过电阻R的电荷量
D错误。
故选AC。
考点7：电磁感应中的电路问题
(1)确定电源:磁通量发生变化的回路或切割磁感线的导体将产生感应电动势,相当于电源。
(2)分析电路结构,必要时画出等效电路图。
(3)利用闭合电路欧姆定律及串、并联电路的基本性质等规律列方程求解。
【典例7】如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行的金属导轨，导轨间距离L1=0.2m， 导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨上端连接一个阻值R=0.4Ω的电阻．整个导轨平面处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T．现有一根质量m=0.01kg、电阻r=0.1Ω的金属棒ab垂直于导轨放置，且接触良好，金属棒从静止开始沿导轨下滑L2=1m后达到匀速直线运动，且始终与导轨垂直.g=10m/s2，导轨电阻不计，求：
（1）金属棒沿导轨下滑过程中速度最大值；
（2）金属棒沿导轨匀速下滑时ab两端的电压；
（3）金属棒从静止达到匀速的过程中，通过电阻R的电量和热量．
【答案】（1）v=2.5m/s（2）U=0.2V（3）q=0.2C，
【详解】（1）金属棒匀速运动时，由平衡条件知：，
棒匀速切割磁感线时，
回路电流，
代入得：，
解得：v=2.5m/s；
（2）匀速时，v代入公式，知，又由；
（3）由，，，故，解得：q=0.2C；
由能量守恒定律知：，，解得：
【变式7-1】如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，匀强磁场垂直于导轨平面斜向上，一根金属杆在v=2m/s的速度沿导轨匀速向下滑动，下滑过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。M、P间连接一个电阻R=5.0，金属杆及导轨的电阻不计，已知导轨间距L=0.5m，磁感应强度B=1T。金属杆质量m=0.05kg，导轨平面与水平面间夹角，，，。
（1）求电阻R中电流I的大小；
（2）求金属杆与导轨间的滑动摩擦因数的大小；
（3）对金属杆施加一个垂直于金属杆且沿导轨平面向上的恒定拉力F=0.1N，若金属杆继续下滑x=2m后速度恰好减为0，求在金属杆减速过程中电阻R上产生的焦耳热。
【答案】（1）0.2A；（2）0.5；（3）0.1J
【详解】（1）感应电动势为
由于金属杆及导轨的电阻不计，因此
（2）安培力大小为
由于金属棒匀速运动，根据平衡条件可得
代入数值解得
（3）从施加拉力F到金属棒停下的过程，由能量守恒定律得
代入数值得Q=0.1J
【变式7-2】（多选）如图，在高为h的桌面上固定着两根平行光滑金属导轨，导轨左段弯曲，右段水平，两部分平滑连接，导轨间距为L，电阻不计，在导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，ab、cd为两根相同的金属棒，质量均为m，电阻均为r．开始时cd静置于水平轨道上某位置，将ab从弯曲轨道上距离桌面高为h处由静止释放，cd离开轨道水平抛出，落地点ef距轨道末端的水平距离也为h，金属棒在运动过程中没有发生碰撞且与导轨接触良好，重力加速度为g．以下说法正确的是（　　）
A．cd在导轨上的最大加速度为 B．cd在导轨上的最大加速度为
C．ab的落地点在ef的右侧 D．电路中产生的热量为
【答案】AD
【详解】AB．当安培力最大时cd棒的加速度最大，即ab刚进入磁场时，cd棒加速度最大，此时ab棒的速度为v，根据机械能守恒定律可得mv2=mgh，解得v=；此时回路中的电流强度I=，cd在导轨上的最大加速度为，故A正确、B错误；
C．cd棒离开导轨时的速度为v1，则根据平抛运动可知，下落时间t=，则v1=，设cd离开轨道时ab的速度为v′，根据动量守恒定律可得mv=mv′+mv1，解得v′=，所以ab的落地点在ef处，故C错误；
D．电路中产生的热量为Q=mgh-mv2-mv12=mgh，故D正确．
一、单选题
1．（24-25高二上·河南南阳·期中）如图，一正方形金属线圈用绝缘细绳悬挂于O点，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。某段时间内，磁感应强度的方向垂直线圈平面向里，大小随时间均匀增大，绳子始终保持绷紧状态。这段时间内，下列说法正确的是（　　）
A．金属线圈中电流方向为顺时针 B．金属线圈中电流大小逐渐增大
C．金属线圈受到的安培力大小逐渐增大 D．绳子受到的拉力大小逐渐增大
【答案】C
【详解】A．根据楞次定律，可知金属线圈中电流方向为逆时针，A错误；
B．由于磁感应强度随时间均匀增大，由法拉第电磁感应定律可知，金属线圈产生的电动势大小不变，通过金属线圈的电流大小不变，B错误；
C．根据，可知金属线圈受到的安培力大小逐渐增大，C正确；
D．根据左手定则可知，安培力方向竖直向上，根据平衡条件可得
则绳子受到的拉力大小逐渐减小，D错误。
故选C。
2．（24-25高二上·浙江·期中）如图所示，在通有电流I的长直导线右侧固定一矩形金属线框abcd，线框与导线在同一平面内，且ad边与导线平行。调节电流I使空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（　　）
A．线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框ad边所受的安培力逐渐减小
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
【答案】D
【详解】A．根据楞次定律可知，线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，选项A错误；
B．因各点的磁感应强度随时间均匀增加，可知磁通量的变化率不变，产生的感应电动势恒定，则线框中产生的感应电流不变，选项B错误；
C．根据F = BIL，I和L不变，B均匀增加，可知线框ad边所受的安培力逐渐增大，选项C错误；
D．由左手定则，ad边受安培力向右，bc受安培力向左，但是ad受安培力大于bc受的安培力，可知线框整体受到的安培力方向水平向右，选项D正确。
故选D。
3．（23-24高二下·四川绵阳·期末）如图所示，用同种规格的铜丝做成的a、b两个单匝正方形线圈同轴，边长之比为2∶3。仅在a线圈所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，当匀强磁场的磁感应强度均匀减小的过程中，a、b线圈内的感应电动势大小之比和感应电流大小之比分别为（　　）
A．1∶1，3∶2 B．1∶1，2∶3 C．4∶9，2∶3 D．4∶9，9∶4
【答案】A
【详解】当匀强磁场的磁感应强度均匀减小的过程中，由电磁感应定律可得线圈内的感应电动势大小
由于穿过a、b两线圈的磁通量的变化率相同，线圈的匝数相同，因此a、b线圈内的感应电动势大小相等，则有
设a、b两线圈的边长分别为、，由电阻定律可得
，
又有
则通过a、b两线圈感应电流大小之比为
故选A。
4．（23-24高二下·云南保山·阶段练习）如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路，当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为S，共n匝，某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间内，磁感应强度方向向外且由0均匀增大到，此过程中（　　）
A．线框中产生逆时针方向的感应电流
B．AB边所受安培力方向向左
C．线框中磁通量变化率为
D．线框中感应电动势大小为
【答案】B
【详解】A．设电路中总电阻为R，根据楞次定律可知磁感应强度向外均匀增大，由楞次定律可得感应电流产生的磁场垂直线圈平面向里，根据安培定则可知感应电流为顺时针方向，故A错误；
B．当感应电流方向为顺时针时，电流由A→B，根据左手定则判断可知，AB边所受安培力方向向左，故B正确；
C．根据题意可知线框中磁通量变化率为
与线圈匝数无关，故C错误；
D．电动势大小为
故D错误。
故选B。
5．（23-24高二下·四川成都·期中）如图所示，半径为r的闭合环形线圈，在t时间内，内部磁场从B 减小到0；外部磁场从0增加到B ，（B 、B 均大于0，垂直于纸面向内为正方向），则该过程线圈产生的平均感应电动势为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】闭合环形圈的磁通量的有效面积为
根据法拉第电磁感应定律可知
A正确。
故选A。
6．（23-24高二上·河南·阶段练习）如图所示，一个电阻为、匝数为1000匝的线圈AB所在区域内存在垂直线圈平面向里的磁场，在0.5s内通过它的磁通量从0.05Wb均匀增加到0.09Wb。把一个电阻的电热器连接在它的两端，则（　　）
A．通过电热器的电流方向由下到上
B．线圈中产生的感应电动势大小为80V
C．通过电热器的电流大小为0.8A
D．电热器消耗的电功率为24W
【答案】B
【详解】A．根据楞次定律可知，线图产生的感应电流方向为逆时针，即通过电热器的电流方向由上到下，A错误；
B．由法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的电动势
B正确；
C．由闭合电路欧姆定律可知，回路中的电流
C错误；
D．电热器消耗的电功率
D错误。
故选B。
7．（24-25高二上·全国·阶段练习）如图所示，宽为L、足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，两导轨间存在竖直向上的匀强磁场，长为L的金属棒ab垂直于导轨放置，现对其施加水平向右的恒力使其由静止开始运动。在金属棒ab运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．闭合回路中感应磁场方向竖直向上 B．a端电势高于b端
C．金属棒中电流方向由a流向b D．ab受到向右的安培力
【答案】C
【详解】ABC．金属棒向右运动，闭合回路中磁通量增大，由楞次定律可知感应电流的磁场向里，根据安培定则可知ab棒上的电流由a流向b；ab棒相当于电源，b相当于电源正极，a为负极，故b端电势高于a端，故AB错误，C正确；
D．根据左手定则可知，安培力方向水平向左，故D错误。
故选C。
8．（23-24高二下·江西·期中）如图，匀强磁场磁感应强度大小为B、方向垂直水平面向里，半径为R的半圆形金属丝在水平面内以速度v做匀速直线运动，速度方向与直径ab垂直，运动中a、b间的电势差为（　　）
A．2BRv B． C． D．
【答案】C
【详解】金属丝切割的有效长度为2R，结合右手定则可知，运动中a、b间的电势差为
故选C。
9．（23-24高二下·四川成都·期中）如图所示，MN、PQ为水平光滑金属导轨（金属导轨电阻忽略不计），MN、PQ相距，导体棒AB在两轨道间的电阻为，且可以在MN、PQ上滑动，定值电阻，，整个装置放在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于整个导轨平面，现用水平外力F拉着AB棒向右以速度做匀速运动（ ）
A．导体棒AB产生的感应电动势 B．导体棒AB两端的电压
C．导体棒AB受到的外力 D．定值电阻和的总电功率为6.4W
【答案】B
【详解】A．导体棒AB产生的感应电动势，故A错误；
B．并联电阻阻值
电路电流
导体棒AB两端的电压，故B正确；
C．导体棒AB受到的安培力，导体棒匀速运动，外力平衡安培力，所以外力大小为1.6N，故C错误；
D．定值电阻和的总电功率为外电路功率（电源的输出功率），故D错误。
故选B。
二、多选题
10．（23-24高二下·安徽池州·期中）如图甲所示的电路中，螺线管的匝数匝、横截面积、螺线管的导线电阻；定值电阻、，穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度为B，在某段时间内其变化规律如图乙所示，规定磁感应强度竖直向下的方向为正方向，则下列说法正确的是（　　）
A．螺线管中产生的感应电动势为0.1V
B．闭合开关S，电路中的电流稳定后，电阻的电功率为
C．断开开关S后的一小段时间内，流经的电流方向由下而上
D．闭合开关S，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带正电
【答案】CD
【详解】A．根据法拉第电磁感应定律有
代入数据解得
故A错误；
B．电路中的电流稳定后，根据闭合电路欧姆定律得，根据，得，故B错误；
D．根据楞次定律知，从上向下看电流方向为逆时针，电容器的下极板带正电，故D正确；
C．断开开关S后，电容器放电，一段时间内，流经的电流方向由下而上，故C正确。
故选CD。
11．（23-24高二下·广东东莞·期末）如图甲所示，面积为的100匝线圈内部存在垂直纸面、磁感应强度随时间均匀增加的匀强磁场，线圈的电阻为，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，磁场垂直纸面向里为正，定值电阻的阻值为，下列说法正确的是（　　）
A．线圈具有收缩的趋势 B．、两点间的电势差
C．时穿过线圈的磁通量为0.1Wb D．电阻上产生的热功率为0.32W
【答案】ACD
【详解】A．由图像可知，穿过线圈的磁通量逐渐增加，根据“增缩减扩”可知，线圈具有收缩的趋势，故A正确；
B．感应电动势，根据楞次定律可知a点电势高于b点，则、两点间的电势差，故B错误；
C．时穿过线圈的磁通量为，故C正确；
D．电阻上产生的热功率为，故D正确。
故选ACD。
三、解答题
12．（22-23高二下·天津·阶段练习）如图所示，两足够长平行的金属导轨MN、PQ 相距为1m，导轨平面与水平面夹角θ=37°，导轨上端跨接一定值电阻R=3Ω，整个装置处于方向垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B=5T，金属棒cd垂直于 MN、PQ 放置在导轨上，且与导轨保持电接触良好，金属棒的质量为1kg、电阻为2Ω，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5， 重力加速度为 。现将金属棒由静止释放。沿导轨下滑距离为2m时，金属棒速度达到最大值，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则这个过程中：
（1）金属棒的最大加速度是多少；
（2）金属棒 cd的最大速度是多少；
（3）金属棒下滑至最大速度的过程中电阻R产生的焦耳热是多少。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对金属棒受力分析可知，金属棒先向下做加速度减小的变加速直线运动，之后做匀速直线运动，则金属棒释放瞬间，加速度最大，根据牛顿第二定律可得
（2）当金属棒匀速运动是，金属棒速度达到最大；金属棒匀速运动时的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律可知电流为
乙金属棒为对象，根据受力平衡可得
联立可得金属棒cd的最大速度为
（3）金属棒从释放到速度达到最大值时，根据能量守恒，该过程电路产生的总焦耳热为
则电阻R上产生的焦耳热为
13．（24-25高二上·浙江宁波·期中）正方形线框的质量m=4kg，边长L=1m，匝数n=100匝，总电阻R=2Ω，用绳子将其吊在天花板下，线框竖直静止且上下两边水平，在线框的中间位置以下区域分布有与线框平面垂直的匀强磁场，磁场方向如图甲所示，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，g=10m/s2.求：
(1)判断线框中的电流方向；
(2)求6s内流过导线横截面的电量q；
(3)在t=4s时绳子的拉力大小F。
【答案】(1)顺时针方向；(2)；(3)
【详解】（1）由图乙可知，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向也是垂直纸面向里，结合右手定则可知，线圈中的电流方向为顺时针方向。
（2）根据法拉第电磁感应定律可知，线框的感应电动势
通过线框的电流
6s内流过导线横截面的电荷量
（3）由图乙可知，t=4s时磁感应强度，线框受到安培力的大小
根据楞次定律和左手定则可知，安培力的方向竖直向下，根据平衡条件可得，绳子的拉力大小为高二寒假复习阶段检测卷
考试范围：必修三+选必二第1章；考试时间：75分钟；
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、选择题(本题共10小题，共46分。1-7小题，每题只有一个选项符合题意，每题4分;8-10小题，每题有两个或两个以上的选项符合题意，选对得6分，选对不全得3分，选错或不选得0分。)
1．图甲为户外高压输电线路，在三条高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线与大地相连；图乙是穿戴若含金属丝制成的工作服的工程技术人员对高压输电线路进行带电检修作业。以下说法中正确的是（　　）
A．图甲中三条高压输电线上方的两条导线主要起稳定输电线路的作用
B．图甲中三条高压输电线与上方两条导线间的电场强度为零
C．图乙中金属丝制成的工作服内电场强度为零
D．图乙金属丝制成的工作服与图甲中高压输电线上方的两条导线作用不同
2．如图，虚线为某静电场中的一簇等差等势面。一电荷量为q、带负电的试探电荷仅在电场力作用下，从电场中的M点沿实线运动到N点，其动能变化量的大小为。下列说法正确的是（ ）
A．M点的电势低于N点的电势
B．电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
C．电荷在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
D．相邻两等势面间的电势差大小为
3．如图，倾角为的光滑绝缘斜面体固定在水平面上，为了使质量为、电荷量为的带负电小球静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强电场。重力加速度大小取，sin37°=0.6，cos37°=0.8。若要使所加电场的电场强度最小，则其最小值和方向为（ ）
A．100N/C，竖直向上 B．60N/C，沿斜面向下
C．75N/C，水平向左 D．80N/C，垂直于斜面向下
4．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能，随位移x变化的关系如图所示，其中段是关于直线对称的曲线，段是直线，则下列说法正确的是（ ）
A．处电场强度最小，但不为零
B．粒子在段做匀变速运动，段做匀速直线运动
C．若、处电势为、，则
D．段的电场强度大小、方向均不变
5．如图所示，三根平行直导线的截面图刚好为等边三角形，电流和方向垂直纸面向里，电流方向垂直纸面向外，它们的电流大小都相同，，每根导线在A点产生的磁场的磁感应强度大小均为，则点的合磁感应强度为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，在平面直角坐标系中只有第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，点M的坐标为。一电荷量为q、质量为m的带电粒子以某一速度从点M与y轴负方向成37°角垂直磁场射入第四象限，粒子恰好垂直穿过x轴，已知，。若不考虑粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子可能带负电 B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为
C．粒子的速度大小为 D．若仅减小磁感应强度大小，粒子可能不会穿过x轴
7．2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装罫创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为和的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，。假设氘核沿内环切线向左进入磁场，氚核沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则和的动量之比为（　　）
A．1∶2 B．2∶3 C．1∶3 D．3∶1
8．如图所示，光滑绝缘细管与水平面成角，在管的上方点固定一个点电荷，点与细管在同一竖直平面内，管的顶端与点连线水平，，，是的中点。电荷量为的小球（小球直径略小于细管内径）从管中处以速度开始沿管向下运动，在处时小球的加速度为，取，则（　　）
A．点的电势高于点的电势 B．点的电场强度大小是点的4倍
C．小球运动到处时加速度大小为 D．小球运动到处时速度大小为
9．光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，磁感应强度为B，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，圆的半径为R。如图所示，一质量为m、电荷量为q的粒子从P点沿方向射入，与筒壁发生碰撞后反弹。假设粒子每次碰撞前、后动能不变，碰撞时间极短，电荷量不变，重力不计。下列说法正确的是（　　）
A．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
B．粒子能从小孔射出的最短时间为
C．调节射入小孔时粒子速度大小，粒子运动轨迹可能通过圆心
D．从小孔射出的粒子的速度大小可能超过
10．是自然界中存量较为丰富的放射性同位素，其衰变方程为：。如图所示，x轴下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，x轴上方存在沿y轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场。静置于点的经过衰变可看成电子源，该电子源只能沿x轴正方向发射电子。某个电子经过电场后，以与x轴正方向夹角射入磁场，第一次射出磁场时恰好经过坐标原点O。已知电子的质量为m，电荷量为。衰变过程中产生的的质量为，初动能为。衰变过程中产生的核能全部转化为和电子的动能。下列说法正确的是（　　）
A．衰变过程中的质量亏损为
B．该电子从电子源射出时的速度为
C．磁场的磁感应强度大小为
D．该电子从初始到第n次射出磁场时，所用的时间为
第II卷（非选择题）
二、实验题（每空2分，共16分）
11．图甲所示电路为“用传感器观察电容器的放电过程”实验电路图。开关未闭合时，电源的电压。实验操作时，单刀双掷开关先跟2相接。某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。开关再改接2后得到的图像如图乙所示。
(1)开关改接1后流经电阻上的电流方向为 （填“自上而下”或“自下而上”）。
(2)已知电容器的电容为，则图乙中图线与坐标轴所围“面积”为 。
(3)电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量与电容器的电容、电荷量及电容器两极板间电压之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他还做出电容器两极板间的电压随电荷量变化的图像如图所示。按照他的想法，下列说法正确的是（　　）
A．图线的斜率越大，电容越小
B．对同一电容器，电容器储存的能量与电荷量成正比
C．对同一电容器，电容器储存的能量与电容器两极板间电压的平方成正比
12．某同学用伏安法测电阻的阻值（约为），除了待测电阻，开关S、导线外，还有下列器材。
电流表A（量程0~3mA，内阻约为）。
电压表V（量程0~3V，内阻约为）；
滑动变阻器R（，允许通过的最大电流2A）。
蓄电池E（电动势为3V，内阻约为）。
(1)要求能多测几组数据，且测量值尽可能准确，你在图A、B、C、D中选择的电路图是______（填字母序号）。
A． B． C． D．
(2)按所选电路进行实验，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P滑到 端（填“A”或“B”），测量时测量值比真实值 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
(3)实验中该同学发现电压表坏了，于是找来一个电流表G（量程0~1mA，内阻）和电阻箱串联改装成量程为0~3V的电压表，则电阻箱的电阻值应调节为 。该同学将改装成功后的电压表正确连入选择的电路，又想办法测出了电流表A的准确内阻，实验时电流表A的读数为，电流表G的读数为，则待测电阻 （用符号表示）。
三、解答题（本题共3小题，共38分）
13．（8分）在真空中，一电荷量为的小球B，固定在倾角为的光滑绝缘细杆下端P点，如图所示，杆固定不动，让另一穿在杆上的质量为M、电荷量为的小球A从杆上端O点由静止释放，当小球A运动到杆的中点时速度大小为v。已知O点与P点的高度差为H，静电力常量为k，重力加速度为g。求：
(1)小球A被释放时受到的合力的大小；
(2)从小球A被释放到其运动到杆的中点的过程，静电力对小球A做的功。
14．（14分）如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在距轴左侧区域存在宽度为的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小可调。现有质荷比为的带正电粒子从轴上的点以一定初速度垂直轴射入电场，并且以，方向与轴正方向成的速度经过点进入磁场，，，不计粒子重力。求：
(1)粒子在点进入电场的初速度；
(2)要使粒子不从边界射出，磁感应强度的最小值；
(3)粒子经过磁场后，刚好可以回到点，磁感应强度的大小。
15．（16分）如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距，导轨平面与水平面间夹角，N、Q间连接一个电阻，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度。将一根质量的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒的电阻为，导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，已知金属棒从位置ab运动到位置cd的过程中，流过电阻R的电量为，，，。求：
（1）当金属棒速度的大小为时，金属棒加速度的大小a；
（2）金属棒运动到cd位置时的速度大小；
（3）金属棒由位置ab运动到位置cd的过程中，电阻R上产生的热量。第03讲 涡流、电磁阻尼和电磁驱动（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（7大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1．理解涡流、电磁阻尼和电磁驱动，能解释一些现象，解决实际问题。 2.明确涡流的原理，知道涡流的利与弊，能在问题情境中分析并解决问题。 3.了解电磁阻尼和电磁驱动现象，理解电磁阻尼和电磁驱动的原理及其应用。
知识点1：电磁感应现象中的感生电动势
【情境导入】
如图所示，B增强时，就会在空间激发一个感生电场E.如果E处空间存在闭合导体，导体中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向移动，产生感应电流．
(1)感生电场的方向与感应电流的方向有什么关系？如何判断感生电场的方向？
(2)上述情况下，哪种作用扮演了非静电力的角色？
答案　(1)感应电流的方向与正电荷定向移动的方向相同．感生电场的方向与正电荷受力的方向相同，因此，感生电场的方向与感应电流的方向相同，感生电场的方向可以用楞次定律来判定．
(2)感生电场对自由电荷的作用．
1．感生电场
麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，这种电场叫作感生电场．
2．感生电动势
由感生电场产生的电动势叫感生电动势．
3．电子感应加速器
电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备，当电磁铁线圈中电流的大小、方向发生变化时，产生的感生电场使电子加速．
1．变化的磁场周围产生感生电场，与闭合电路是否存在无关．如果在变化的磁场中放一个闭合电路，自由电荷在感生电场的作用下发生定向移动．
2．感生电场可用电场线形象描述．感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的，而静电场的电场线不闭合．
3．感生电场的方向根据楞次定律用右手螺旋定则判断，感生电动势的大小由法拉第电磁感应定律E＝n计算．
知识点二　涡流
【情境导入】
如图所示，线圈中的电流随时间变化时，导体中有感应电流吗？如果有，它的形状像什么？
答案　有．变化的电流产生变化的磁场，变化的磁场产生感生电场，使导体中的自由电子发生定向移动，产生感应电流，它的形状像水中的漩涡，所以把它叫作涡电流，简称涡流．
1．涡流的产生
当线圈中的电流随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，用图表示这样的感应电流，就像水中的漩涡，所以把它叫作涡电流，简称涡流．
3．产生涡流的两种情况
(1)块状金属放在变化的磁场中．
(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动．
4．产生涡流时的能量转化
(1)金属块在变化的磁场中，磁场能转化为电能，最终转化为内能．
(2)金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能．
5．涡流的应用与防止
(1)应用：真空冶炼炉、探雷器、安检门等．
(2)防止：为了减小电动机、变压器铁芯上的涡流，常用电阻率较大的硅钢做材料，而且用相互绝缘的硅钢片叠成铁芯来代替整块硅钢铁芯．
知识点三　电磁阻尼和电磁驱动
【情境导入】
弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体．将磁体托起到某一高度后放开，磁体能上下振动较长时间才停下来．如果在磁体下端放一个固定的闭合线圈，使磁体上下振动时穿过它(如图所示)，磁体就会很快停下来，解释这个现象．
答案　当磁体穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁体靠近或离开线圈，也就使磁体振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因而会很快停下来．
【知识梳理】
1. 电磁阻尼
当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼．
2. 电磁驱动
若磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动．
3. 电磁阻尼和电磁驱动的比较
电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 由导体在磁场中运动形成的 由磁场运动而形成的
效果 安培力方向与导体运动方向相反，为阻力 安培力方向与导体运动方向相同，为动力
能量 转化 克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能
共同点 两者都是电磁感应现象，导体受到的安培力都是阻碍导体与磁场间的相对运动
教材习题01 如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯。接通交流电源，一段时间后，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，线圈的匝数和交流电源的频率应该如何改变？哪种家用电器的原理与此类似？ 解题方法 若要缩短上述加热时间，即增大加热功率，则可增大感应电动势，则根据法拉第电磁感应定律可知，可以通过增加线圈的匝数或增加交流电源的频率（即增加磁通量的变化率）来增大感应电动势，从而缩短上述加热时间。电磁炉的原理与此类似。
【答案】增加线圈的匝数、增加交流电源的频率，电磁炉。
教材习题02 一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一条形磁铁。一次在磁铁下方固定一闭合线圈（如图），另一次不放线圈，然后将磁铁下拉相同的距离后释放。你认为两次磁铁振动的时间有区别吗？为什么？ 解题方法 放线圈时磁铁很快停止振动，不放线圈时磁铁振动较长时间后才停止。在磁铁上下振动的过程中，线圈中磁通量发生变化而会产生感应电流，感应电流的磁场使磁铁上下振动时始终受到阻碍作用，也就使磁铁振动时除了要克服空气阻力做功外，还需要克服安培力做功，所以弹簧和磁铁整体的机械能减少得更快，因而磁铁很快就会停下来。
【答案】略。
教材习题03 如图所示，把一个闭合线圈放在蹄形磁体的两极之间，蹄形磁体和闭合线圈都可以绕轴转动。当转动蹄形磁体时，线圈也跟着转动起来，解释这种现象，并说明线圈转动的能量从何而来。 解题方法 当蹄形磁铁转动时，穿过闭合线圈的磁通量就发生变化。线圈处于图示初始状态时，穿过线圈的磁通量为零，蹄形磁铁一转动，穿过线圈的磁通量就要增加。根据楞次定律，此时线圈中就有感应电流产生，感应电流的磁场就要阻碍磁通量的增加，即线圈的转动方向与磁铁的转动方向相同，以阻碍磁通量的增加，因而线圈跟着磁铁同向转动起来。使线圈转动的能量是由磁铁转动的机械能转化而来。
【答案】略。
考点1：涡流的原理
（1）涡流是整块导体中发生的电磁感应现象；
（2）导体内部发热的原理是电流的热效应，热量的计算遵守能量守恒定律和焦耳定律。
【典例1】（多选）关于涡流，下列说法正确的是（　　）
A．涡流会使铁芯温度升高 B．涡流发热，要损耗额外的能量
C．涡流都是有害的 D．金属通以恒定电流会产生涡流
【答案】AB
【详解】A．涡流会使铁芯温度升高，故A正确；
B．涡流发热，要损耗额外的能量，故B正确；
C．涡流并不都是有害的，比如真空冶炼炉利用涡流炼化金属，故C错误；
D．金属通以恒定电流不会产生涡流，故D错误；
故选AB。
【变式1-1】如图所示，金属探测器有较高的灵敏度，可以探测到金属物体。探测器内有电源及相应电路，打开开关后探测器内会产生电流。探测器回路很容易受到其他磁场的影响而使仪器报警。下列说法正确的是（　　）
A．探测器回路内可能为恒定的直流电流
B．用探测器扫描塑料板时，塑料板内会产生感应电流
C．被探测金属内会产生涡流，涡流产生的磁场使探测器报警
D．若用探测器探测残破的古铜币，探测器不会报警
【答案】C
【详解】AC．变化的磁场才能使金属中产生涡流，涡流产生的磁场影响探测器，进而使其报警，可知探测器回路内的电流为变化的电流，A错误，C正确；
B．塑料板内无大量可自由移动的电子，不会产生感应电流，B错误；
D．残破的古铜币内会产生涡流，探测器会报警，D错误。
故选C。
【变式1-2】（多选）高频焊接原理示意图如图所示，线圈通以高频交流电，金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热，将焊缝熔化焊接，下列情况中能使焊接处消耗的电功率增大的是（　　）
A．其他条件不变，增大交变电流的电压 B．其他条件不变，增大交变电流的频率
C．感应电流相同的条件下，增大焊接处的接触电阻
D．感应电流相同的条件下，减小焊接处的接触电阻
【答案】ABC
【详解】A．增大交变电流的电压，其他条件不变，则线圈中交变电流增大，磁通量变化率增大，因此产生的感应电动势增大，感应电流也增大，那么焊接处消耗的电功率增大，故A正确；
B．高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处消耗的电功率越大，故B正确；
CD．感应电流相同条件下，增大焊接缝的接触电阻，由可知焊缝处消耗的电功率增大，故C正确，D错误。
故选ABC。
考点2：电磁灶的结构和原理
【典例2】电磁炉（图甲）是目前家庭常用的炊具，具有无明火、无污染、高效节能等优点。某同学依据电磁炉原理自己制作了一个简易电磁炉，其结构简图如图乙所示。在线圈上放置一盛有冷水的金属杯，接通交流电源，一段时间后杯内的水就会沸腾起来。下列说法正确的是（　　）
A．家用电磁炉工作时，利用其面板产生的涡流来加热食物
B．家用电磁炉的锅用铁而不用陶瓷材料，主要是因为陶瓷的导热性能较差
C．简易电磁炉工作时，利用自感产生的电流来加热水
D．仅增大简易电磁炉所接交流电源的频率，可以缩短从开始加热到水达到沸腾的时间
【答案】D
【详解】A．家用电磁炉工作时，通过锅体的磁通量发生变化，锅体中会产生涡流，利用涡流的热效应来加热食物或者水，故A错误；
B．家用电磁炉的锅用铁而不用陶瓷材料，主要是因为陶瓷中不能产生涡流，铁中能产生涡流，故B错误；
C．简易电磁炉工作时，金属杯中会产生涡流，利用涡流的热效应来加热水，故C错误；
D．仅增大简易电磁炉所接交流电源的频率，通过金属杯的磁通量变化率增大，感应电动势增大，感应电流增大，电功率增大，可以缩短从开始加热到水达到沸腾的时间，故D正确。
故选D。
【变式2-1】电磁炉（或电磁灶）是家家户户常见的电器，如图所示.关于电磁炉，以下说法中正确的是（　　）
A．烹调锅换成陶瓷的也可以正常加热食物
B．电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的
C．电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的
D．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用
【答案】B
【详解】ABC.由题意知，电磁炉的原理是利用涡流加热的.交变电流通过线圈产生变化的磁场，在铁质锅体底部产生涡流，使锅体被加热，从而加热锅内食物，烹调锅换成陶瓷的不可以正常加热食物，故AC错误，B项正确；
D.电磁炉工作依靠变化的磁场传递能量，在锅和电磁炉中间放一纸板，电磁炉依然能起到加热的作用，故D错误。
故选B。
【变式2-2】为了研究电磁炉的工作原理，某个同学制作了一个简易装置，如图所示，将一根电线缠绕在铁芯外部，接通交流电源，放置在铁芯上方的不锈钢锅具开始发热，下述可以增大锅具的发热功率的办法，可行的是（　　）
A．增大交流电源的频率 B．把不锈钢锅换成陶瓷锅
C．将电源换成电动势更大的直流电源 D．把线圈内部铁芯去掉
【答案】A
【详解】A．当下方线圈通入交流电时，在不锈钢锅具中会产生感应电动势，形成涡流而产生热量，因感应电动势与电流的变化率成正比，增大交流电源的频率，感应电动势增大，电流增大，热功率增大，故A正确；
B．陶瓷不是磁性材料，把不锈钢锅换成陶瓷锅，则不会产生涡流，故B错误；
C．换成直流电源，恒定电流产生恒定的磁场，穿过线圈的磁通量不变，锅具中不会有感应电流，热功率为0，故C错误；
D．把线圈内部铁芯去掉，则磁场减弱，感应电动势减小，感应电流减小，热功率变小，故D错误。
故选A。
考点3：报警器的结构和原理
【典例3】如图所示，甲、乙为形状与大小均相同且内壁光滑的圆筒，竖直固定在相同高度。两块相同的钕铁硼强磁铁，从甲、乙上端筒口同一高度同时无初速度释放，穿过乙筒的磁铁先落到地面。关于两圆筒的制作材料，下列可能正确的是（　　）
A．甲—塑料，乙—铝 B．甲—铜，乙—胶木
C．甲—玻璃，乙—塑料 D．甲—毛竹，乙—木头
【答案】B
【详解】由题意可知，穿过乙筒的磁铁比穿过甲筒的磁铁先落到地面，故说明磁铁在甲筒时受到阻力作用；其原因是金属导体切割磁感线，从而使闭合的导体中产生感应电流，由于磁极间的相互作用而使条形磁铁受向上的阻力；故甲筒应为金属导体，如铜、铝、铁等，而乙筒应为绝缘体，如塑料、胶木等，故B正确，ACD错误；
故选B。
【变式3-1】水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘。圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态。当圆盘绕轴逆时针方向匀速转动时，下列说法正确的是（　　）
A．小磁针不动
B．小磁针逆时针方向转动
C．小磁针顺时针方向转动
D．由于圆盘中没有磁通量的变化，圆盘中没有感应电流
【答案】B
【详解】铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流（涡流），此电流产生的磁场导致磁针逆时针方向转动，构成电磁驱动。
故选B。
【变式3-2】（多选）如图所示，把一个闭合线圈放在蹄形磁铁两磁极之间（两磁极间磁场可视为匀强磁场），蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕OO′轴转动。当蹄形磁铁匀速转动时，线圈也开始转动，当线圈的转动稳定后，有（　　）
A．线圈与蹄形磁铁的转动方向相同 B．线圈与蹄形磁铁的转动方向相反
C．线圈中产生交变电流 D．线圈中产生为大小改变、方向不变的电流
【答案】AC
【详解】AB．根据楞次定律可知，为阻碍磁通量变化，则导致线圈与磁铁转动方向相同，但快慢不一，线圈的转速一定比磁铁转速小，故A正确，B错误；
CD．最终达到稳定状态时磁铁比线圈的转速大，则磁铁相对线圈中心轴做匀速圆周运动，所以产生的电流为交流电，故C正确，D错误。
故选AC。
考点4：磁场主动运动时的驱动力和变化趋势
【典例4】将圆柱形强磁铁吸在干电池的负极，强磁铁的N极朝上S极朝下，金属导线折成上端有一支点，下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源的正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池旋转起来．下列判断正确的是（ ）
A．线框能旋转起来，是因为电场力 B．俯视观察，线框沿逆时针方向旋转
C．电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率 D．导线框将上下振动
【答案】C
【分析】该装置的原理是电流在磁场中的受力，根据左手定则判断线框的转动方向，根据能量守恒定律判断功率关系．
【详解】线框能旋转起来，是因为通电导线在磁场中受到安培力的缘故，选项A错误；磁体的上面为N极，产生斜向上的辐射状的磁感线，对导线的右半部分有向下的电流，根据左手定则可知受到向外的磁场力，同理左半部分受到向里的磁场力，可知俯视观察，线框沿顺时针方向旋转，选项BD错误；电池输出的电功率一部分要转化成线框的热功率，则电池的输出功率大于线框旋转的机械功率，选项C正确；故选C.
【变式4-1】如图所示，在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽。有一质量为、电荷量为的带正电小球，在槽内沿顺时针方向做匀速圆周运动。现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场，则（　　）
A．小球速度变大 B．小球速度变小 C．小球速度不变 D．小球速度可能变大也可能变小
【答案】D
【详解】磁场的变化使空间内产生感生电场，但没有说明磁场是变大还是变小，所以产生的感生电场的方向可能与小球运动方向相同也可能相反，则小球速度可能变大也可能变小，所以D正确；ABC错误；
故选D。
【变式4-2】（多选）如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极.金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都良好接触但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴线旋转起来.下列判断中正确（ ）
A．线框能旋转起来，是因为电磁感应 B．俯视观察，线框沿逆时针方向旋转
C．电池输出的电功率大线框能转的机械功率 D．旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大
【答案】BC
【详解】由图可知，圆柱形强磁铁产生的磁场为从下端的N极出发，回到磁铁上端的S极；金属导线内的电流方向从电源的正极流向负极.分析右侧导线框，该线框电流方向为顺时针方向，该区域磁场方向为逆时针方向，根据左手定则可以判断出导线框受到垂直于纸面向里的安培力，同理可以判断左侧导线框受到垂直于纸面向外的安培力，故线框能够在安培力的作用下沿逆时针方向旋转，而并不是因为电磁感应，故A项错误，B项正确；电池输出的电能转化为线框旋转的机械能以及导线的内能两部分，由能量守恒定律知，电流输出的电能大于线框旋转的机械能，再由可知电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率.随着线框由静止开始转动，安培力做功消耗电能，当旋转达到稳定时，因导线切割磁感线产生反电动势，所以此时线框中的电流比刚开始转动时的小，故C项正确，D项错误.
考点5：导体框在方向交替变化的运动磁场中的运动情况及能量转化
【典例5】电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来。如图所示，扇形铜框在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中份重合。为使线框快速停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中最合理的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】扇形铜框逆时针转动时，对于A、D选项，通过铜框的磁通量不发生变化，无感应电流产生，则线圈不会受到安培力阻碍；
对于B、C选项，通过铜框的磁通量发生变化，产生感应电流，B项的铜框只有单边或受到安培阻力作用，而C项的铜框边、边同时受到安培阻力作用，所以最合理的是C选项。故ABD错误，C正确。
故选C。
【变式5-1】如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO‘转动，当从上往下看磁铁做逆时针转动后，则【 】
A．线圈将逆时方向转动，转速与磁铁相同 B．线圈将逆时方向转动，转速比磁铁小
C．线圈将逆时方向转动，转速比磁铁大 D．线圈仍将静止
【答案】B
【详解】当转动磁铁时，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现安培力，导致线圈转动从上往下看用力使磁铁作逆时针转动时，则导致线圈与磁铁转动方向相同，根据楞次定律可知，感应电流方向始终是adcba，AD错误；根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致线圈与磁铁转动方向相同，但快慢不一，线圈的转速一定比磁铁转速小，B正确C错误．
【变式5-2】（多选）如图所示，竖直平面内过O点的竖直虚线左右两侧有垂直纸面大小相等、方向相反的水平匀强磁场，一导体圆环用绝缘细线连接悬挂于O点，将导体圆环拉到图示a位置静止释放，圆环绕O点摆动，则（　　）
A．导体圆环从a运动到b位置的过程中，有顺时针方向电流
B．导体圆环从b运动到c位置的过程中，电流总是顺时针方向
C．导体圆环在b位置的速度大小与c位置速度大小不相等
D．导体圆环向右最多能摆到与a位置等高的位置
【答案】BC
【详解】A．导体环从a运动到b位置的过程中，磁通量不变，没有感应电流，故A错误；
B．导体环从b运动到c位置的过程中，垂直纸面向里的磁场对应的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，垂直纸面向外的磁场对应的磁通量在增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，所以电流总是顺时针方向。故B正确；
CD．从b到c，该过程重力不做功，但是发生电磁感应，动能转化为电能，速度减小，导体环在b位置和c位置速度大小不相等，也因此，导体环不能摆到与a位置等高的位置，故C正确，D错误。
故选BC。
考点6：电磁阻尼与电磁驱动的理解
（1）电磁阻尼中的安培力为阻力，即安培力阻碍导体与磁场间的相对运动
（2）电磁阻尼中机械能转化为电能。
【典例6】如图所示，“中国第一高楼”上海中心大厦上的阻尼器，该阻尼器首次采用了电涡流技术，底部附着永磁铁的质量块摆动通过导体板上方时，导体板内产生涡流。关于阻尼器，下列说法正确的是（ ）
A．阻尼器摆动时产生的涡流源于外部电源供电
B．阻尼器最终将机械能转化为内能
C．风速越大，导体板中磁通量变化率越小
D．阻尼器摆动时产生的涡流源于电流的磁效应现象
【答案】B
【详解】AD．阻尼器摆动时，永磁铁通过导体板上方使之磁通量发生变化，从而在导体板中产生涡流，属于电磁感应现象，故AD错误；
B．通过阻碍质量块和永磁铁的运动，阻尼器将动能转化为电能，并通过电流做功将电能最终转化为焦耳热，故B正确；
C．风速越大，质量块摆动越快，则导体板中磁通量变化率越大，故C错误。
故选B。
【变式6-1】空间中有足够大的磁场区域，方向如图所示，磁场内有一个竖直固定的半圆形滑轨，滑轨两端在同一水平线上。闭合金属环从滑轨右端静止滑下，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．若是匀强磁场，环上滑的最大高度小于h B．若是匀强磁场，环上滑的最大高度等于h
C．若是非匀强磁场，环上滑的最大高度等于h D．若是非匀强磁场，环上滑的最大高度大于h
【答案】B
【详解】AB．若是匀强磁场，金属环在滑动过程中穿过金属环的磁通量恒定，金属环中不会产生感应电流，金属环的机械能守恒，环上滑的最大高度等于h，A错误，B正确；
CD．若是非匀强磁场，金属环在滑动过程中，穿过金属环的磁通量发生变化，金属环中会产生感应电流，会产生焦耳热，则根据能量守恒定律可知，金属环的机械能会减少，环上滑的最大高度会小于h，CD错误。
故选B。
【变式6-2】（多选）如图所示，一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。现施加一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，下列说法正确的有（　　）
A．所加磁场越强越易使圆盘停止转动 B．金属圆盘中的涡流只存在于磁场边界附近
C．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高 D．若所加匀强磁场穿过整个圆盘，圆盘也会减速
【答案】AC
【详解】A．所加磁场越强，感应电流越强，安培力越大，对圆盘转动的阻碍越大，故A正确；
B．金属圆盘中的涡流是由于磁通量的变化而产生的环形电流存在于磁场所扫过的区域，故B错误；
C．把圆盘看成沿半径方向紧密排列的“辐条”，由右手定则知，靠近圆心处电势高，故C正确；
D．若将整个圆盘置于磁场中，则圆盘中无感应电流，圆盘将匀速转动，故D错误。
故选AC。
考点7：电磁驱动原理的其他应用
（1）电磁驱动中的安培力是动力，即安培力阻碍导体与磁场间的相对运动；
（2）电磁驱动中，电能转化为机械能。
【典例7】如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示，关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（　　）
A．线框①、②两部分导线电阻在电路中是串联关系
B．从上往下看，该“简易电动机”顺时针旋转
C．其工作原理是导线切割磁感线产生感应电流从而使导线框受到安培力而转动
D．电池消耗的电能全部转化为线框的动能
【答案】B
【详解】A．线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联关系。故A错误；
B．线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做顺时针转动。故B正确；
C．电动机的工作原理是通电导线在磁场中受安培力的作用。故C错误；
D．电池消耗的电能一部分用于线框发热产生的内能，一部分提供线框的动能。故D错误。
故选B。
【变式7-1】物理学中有很多关于圆盘的实验，第一个是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连。第二个是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴自由转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，以下说法正确的是（　　）
A．法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量不变，无感应电动势，无感应电流
B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，反之，转动小磁针，圆盘则不动
C．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，但会滞后于圆盘
D．法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现
【答案】C
【详解】A．法拉第圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，故A错误；
BC．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘或小磁针，都产生感应电流，因安培力的作用，另一个物体也会跟着转动，则转动圆盘，小磁针会同向转动，但会滞后于圆盘，故B错误，C正确；
D．如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用就是电磁驱动，显然法拉第圆盘是机械能转化为电能的过程，并不是电磁驱动，故D错误。
故选C。
【变式7-2】（多选）飞机在航母上弹射起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动的原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈附近的金属环会被弹射出去。现在固定线圈左侧的同一位置，先后放置两个分别由铜和铝制成的闭合金属环。已知两环横截面积相等，形状、大小相同，且电阻率，合上开关S瞬间（　　）
A．铜环受到的安培力等于铝环受到的安培力 B．若将铜环放置在线圈右方，环将向右运动
C．从左侧看，环中感应电流的方向沿顺时针方向 D．电池正负极调换后，金属环不能向左弹射
【答案】BC
【详解】A.铜环和铝环中产生的感应电动势相同，由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环，故A错误；
B．若环放在线圈右方，根据楞次定律判断线圈中产生从右边看逆时针方向的电流，则原线圈对环有向右的安培力，即环将向右运动，故B正确；
C.线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，感应电流由左侧看为顺时针，故C正确；
D．由增反减同可知，电池正负极调换后，放在左边的金属环仍受力向左，故仍将向左弹出，故D错误。
故选BC。
一、单选题
1．2021年7月25日，台风“烟花”登陆上海后，“中国第一高楼”上海中心大厦上的阻尼器开始出现摆动，给大楼进行减振。如图所示为该阻尼器的简化图，该阻尼器首次采用了电涡流技术，底部附着永磁铁的质量块在导体板上方摆动时，导体板内产生涡电流。下列说法正确的是（ ）
A．阻尼器摆动时产生的涡电流，源于外部电源
B．阻尼器最终将机械能转化成为内能
C．导体板电阻率越大，涡电流越大
D．导体板上的涡电流的大小与质量块的摆动速率无关
【答案】B
【详解】A．阻尼器摆动时，永磁铁在导体板上方摆动，磁通量发生变化，从而在导体板内产生涡电流，属于电磁感应现象，A错误；
B．通过阻碍质量块和永磁铁的运动，阻尼器将动能转化为电能，并通过电流做功将电能最终转化为内能，B正确；
C．导体板电阻率越大，电阻越大，涡电流越小，C错误；
D．质量块摆动的速率越大，穿过导体板的磁通量变化越快，产生的感应电动势和涡电流也越大，D错误。
故选B。
2．为了研究电磁炉的工作原理，某个同学制作了一个简易装置，如图所示，将一根电线缠绕在铁芯外部，接通交流电源，放置在铁芯上方的不锈钢锅具开始发热，下述可以增大锅具的发热功率的办法，可行的是（ ）
A．增大交流电源的频率
B．把不锈钢锅换成铜锅
C．将电源换成电动势更大的直流电源
D．把线圈内部铁芯去掉
【答案】A
【详解】A．当下方线圈通入交流电时，在不锈钢锅具中会产生感应电动势，形成涡流而产生热量，因感应电动势与电流的变化率成正比，增大交流电源的频率，感应电动势增大，电流增大，热功率增大，故A正确；
B．涡流的产生和锅具的磁导率有关，像铁锅这类磁导率好的锅具，放在电磁炉上面时，锅底会出现大量的涡电流，释放的热能也会更多，对食物的加热效果也更好。而铜的磁导率很小，把它放在电磁炉上面，锅底产生的涡流很弱，热功率变小，锅几乎不怎么发热，故B错误；
C．换成直流电源，恒定电流产生恒定的磁场，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不会有感应电流，热功率为0，故C错误；
D．把线圈内部铁芯去掉，则磁场减弱，感应电动势减小，感应电流减小，热功率变小，故D错误。
故选A。
3．电磁感应现象在科技和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，发射线圈接入恒定电流也能实现手机充电
B．图乙中，电磁炉不能使用陶瓷锅，是因为陶瓷导热性能比金属差
C．图丙中，真空冶炼炉的加热原理是利用线圈中电流产生的焦耳热
D．图丁中，运输电流表时用导线把两个接线柱连在一起，是利用了电磁阻尼
【答案】D
【详解】A．图甲中，发射线圈接入恒定电流，其产生的磁场是恒定的，不能使手机产生感应电流，不能实现无线充电，故A错误
B．图乙中，电磁炉不能使用陶瓷锅是因为陶瓷锅属于绝缘材料，不会产生涡流，故B错误；
C．图丙中，真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生交变磁场，被冶炼的金属产生涡流，产生大量的热从而冶炼金属，故C错误；
D．图丁中，电流表在运输时要用导线把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D正确。
故选D。
4．如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来。下列判断中正确的是（　　）
A．俯视观察，线框沿逆时针方向旋转
B．线框能旋转起来，是因为电磁感应
C．电池输出的电功率等于线框旋转的机械功率
D．旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大
【答案】A
【详解】AB．由题图可知，圆柱形磁铁产生的磁场为从下端的N极出发，回到磁铁上端的S极；金属导线内的电流方向为从电源的正极流向负极。分析右侧导线框，该线框电流方向为顺时针方向，该区域磁场方向为逆时针方向，画出示意图并根据左手定则可以判断导线框受到垂直于纸面向里的安培力，同理可以判断左侧导线框受到垂直于纸面向外的安培力，故线框能够在安培力的作用下沿逆时针方向旋转，而并不是因为电磁感应，故B错误，A正确。
CD．电池输出的电能转化为线框旋转的机械能以及导线发热两部分，由能量守恒定律知，电池输出的电能大于线框旋转的机械能，再由可知电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率。随着线框由静止开始转动，安培力对外做功消耗电能，当旋转达到稳定时，相当于在电路中串联一个发动机，总等效电阻大于线框自身的电阻，而线框刚开始转动时总电阻即为线框自身的电阻，电池电动势不变，由欧姆定律知此时线框中电流比刚开始转动时的小，故CD错误。
故选A。
5．电磁驱动技术在生活生产、科研和军事中应用广泛。如图所示为一电磁驱动模型，在水平面上固定有两根足够长的平行轨道。轨道左端接有阻值为R的电阻，轨道电阻不计、间距为L，虚线区域内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直轨道平面向下。长度为L，质量为m、电阻为r的金属棒ab静置于导轨上，金属棒与导轨间的最大静摩擦力大小为，当磁场以速度v水平向右匀速移动时，下列说法中正确的是（　　）
A．金属棒中感应电流的方向为从b到a
B．金属棒被驱动后做水平向右的匀加速直线运动
C．金属棒受到安培力所做的功等于回路中产生的焦耳热
D．若磁场区域足够大，金属棒最终在磁场中达到稳定状态时的速度小于ν
【答案】D
【详解】A．当磁场开始运动后，棒相对于磁场向左运动，由右手定则得，电流从a到b，故A错误；
BD．金属棒被驱动意味着做加速运动
由，，
得
由左手定则得，棒ab受向右的安培力，当
时，棒ab开始运动，即
得
当棒运动后，设棒相对于磁场向左运动的速度为，由，当减小到
即
时，棒相对于磁场向左匀速运动，即棒以小于v的速度向右匀速直线运动，故B错误，D正确；
C．此处能产生感应电流跟安培力做功无关，是因为磁场的匀速运动产生了感应电流，从而产生了焦耳热，故C错误；
故选D。
6．黄冈市进入了高铁时代。如图所示为安检门原理图，左侧面有一通电线圈，右侧面有一接收线圈。从左往右看，工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向增大的电流，则（ ）

A．无人通过安检门时，接收线圈中无感应电流
B．若接收线圈中有感应电流，方向一定与左侧线圈电流方向相同
C．通过人员携带金属时，金属中会产生涡漩电流
D．通过人员携带金属时，接收线圈中无感应电流
【答案】C
【详解】AB．虽无人通过安检门，但因当左侧线圈中存在顺时针方向增大的电流，可知穿过右侧线圈的磁通量向右且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，与左侧线圈电流方向相反，故AB错误；
CD．当通过人员携带金属时，穿过金属片中磁通量发生变化，金属片中会产生涡漩电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，金属片的电流会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故C正确，D错误。
故选C。
7．为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼”来实现。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案。甲方案：在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于铝板中间；乙方案：在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于铝框中间。下列说法正确的是（ ）
A．甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产生感应电流
B．甲方案中，铝板摆动时能产生涡流，起到电磁阻尼的作用
C．乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流
D．乙方案比甲方案更合理
【答案】B
【详解】AB．甲方案中，铝板摆动时，扇形铝板的半径切割磁感应线，在铝板内产生涡流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故A错误，B正确；
CD．乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，因此，甲方案更合理，故CD错误。
故选B。
二、多选题
8．下列说法正确的是（　　）
A．图甲中装置可以利用导体棒左右运动研究磁场对通电导线的作用力方向
B．图乙中增大电子枪的加速电压，粒子在磁场中运动周期不变
C．图丙中真空冶炼炉利用冶炼炉中的涡流产生热量融化金属
D．图丁中一只小鸟站在一条通过500A电流的铜质裸导线上，小鸟不会被电死的原因是两爪之间的电压很小。
【答案】BD
【详解】A．甲图探究产生感应电流的条件，故A错误；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
又
得
可见增大电子枪的加速电压，粒子在磁场中运动周期不变，故B正确；
C．丙图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在冶炼炉内金属中产生涡流，产生大量热量，故C错误；
D．小鸟两爪的距离很小，所以两爪之间的电压很小，不会被电死，故D正确。
故选BD。
9．如图所示，在O点正下方有一个有理想边界的匀强磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点在同一水平线 B．A点高于B点
C．铜环最终将做等幅摆动 D．最终环将静止于最低点
【答案】BC
【详解】AB. 由于铜环进入和离开磁场过程中会产生感应电流，一部分机械能转化为电能，所以铜环运动不到A点的等高点，即B点低于A点，故B正确，A错误；
CD. 由于环只在进出磁场的过程中才有机械能转化为焦耳热，故当环的振幅减小到环恰好不能穿出磁场时机械能开始保持不变，此后环做等幅摆动，故C正确，D错误。
故选BC。
10．如图所示，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一钢制圆环用绝缘细线悬挂于O点.将圆环拉至位置a后无初速度释放，圆环摆到右侧最高点b，不计空气阻力．在圆环从a摆向b的过程中（ ）
A．感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向
B．感应电流的大小是先增大再减小
C．如果铜环的电阻足够小，b点与a点的高度差也足够小
D．安培力方向始终沿水平方向
【答案】AD
【详解】A．由楞次定律知，感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向，A 正确．
B．由法拉第电磁感应定律，且电流方向改变时有某时刻电流是零，环心过图示虚线感应电流顺时针最大，所以感应电流的大小是先增大再减小，再增大再减小，再增大再减小，B错误．
C．铜环的电阻小，在相同的感应电动势时电流更大，克服安培力做功的功率更大，b点与a点的高度差更大，C错误．
D．由于磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布，所以安培力方向始终沿水平向左的方向，D正确。
故选AD。
三、解答题
11．扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌。为了有效隔离外界震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小震动，如图所示。如图所示是对紫铜薄板施加恒定磁场的四种方案。试问出现扰动时，对于紫铜薄板上下、左右震动衰减最有效的方案是哪一个？说明判断的理由。
【答案】见解析
【详解】装置的原理是利用电磁阻尼。当薄板进出磁场时产生感应电流，薄板受安培力，安培力总是阻碍导体相对磁场的运动，从而使薄板尽快停下来。只有（a）阻碍上下左右振动最有效。
12．如图所示，铝制小球通过轻绳悬挂于O点，在O点正下方水平地面上放置一块磁铁。现将小球从a位置由静止释放，小球从左向右摆动，磁铁始终保持静止，忽略空气阻力，问：
（1）小球能否摆到右侧与a点等高的c点？为什么？
（2）小球从a位置出发摆到右侧最高点的过程中，磁铁对地面的压力大小如何变化？磁铁所受的摩擦力方向如何？（无须说明原因）
【答案】（1）不能，原因见解析；（2）磁铁对地面的压力大小先变大，后变小，磁铁所受的摩擦力方向水平向左。
【详解】（1）铝制小球可以等效为很多垂直于运动平面的圆环，这些圆环在摆动过程中由于其磁通量发生变化，会产生感应电流，电流有热效应，会使小球的机械能减少，因此小球不能摆到右侧与a点等高的c点。
（2）我们取一个垂直于运动平面、平行于水平面的圆环来研究，当它处于磁铁N极正上方时如下图，在圆环从位置a到此位置过程中由楞次定律知圆环内部产生向下的磁场，即圆环下方等效为N极，与磁铁是相互排斥，磁铁静止不动，所以地面给磁铁的支持力变大，磁铁对地面的压力变大，同理圆环从图示位置向右运动时，磁铁对地面的压力变小，则磁铁对地面的压力大小先变大，后变小；在圆环从位置a到图示位置过程中，会有电磁阻尼的作用，电磁阻尼作用有向左的分力，反过来圆环通过磁场对磁铁有向右的作用力，则地面给磁铁水平向左的静摩擦力，同理圆环从图示位置到右侧最高点的过程中，地面给磁铁还是水平向左的静摩擦力。
13．观察图像回答下列问题：
（1）如图甲，一个单匝线圈落入磁场中，分析它在图示位置时电流的方向和所受安培力的方向。安培力对线圈的运动有什么影响？
（2）如图乙，磁电式仪表的线圈绕在铝框上，指针也固定在铝框上。假定仪表工作时指针向右转动，由于铝框转动时其中有感应电流，铝框要受到安培力。安培力对铝框的转动产生什么影响？
（3）如图丙，转动蹄形磁体，铝框也跟着转动，为什么会这样？
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【详解】（1）由图可知，当单匝线圈落入磁场中，线圈最下方的一边在磁场中做切割磁感线运动，由右手定则可知线圈内感应电流的方向为逆时针方向，由左手定则可知线圈受到竖直向上的安培力，所以安培力对线圈的运动有阻碍作用。
（2）当仪表工作时，指针向右转动，由右手定则可知，右侧产生的电流向里，右侧铝框将受到向上的安培力，左侧产生的电流向外，左侧铝框受到向下的安培力，铝框受到的安培力与运动方向相反，安培力对铝框起到了阻碍作用。
（3）转动蹄形磁体时，穿过铝框的磁通量发生变化，铝框中产生感应电流，铝框将受到安培力作用，从而转动起来。第06讲 交变电流的描述（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（7大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1．知道交变电流的周期、频率的概念，掌握T、f、ω之间的关系。 2．理解交变电流的峰值、有效值的概念，会根据电流的热效应计算电流的有效值。 3．理解正弦式交变电流的公式和图像，能利用交变电流的规律解决生活生产中的问题。
知识点1：周期和频率
【情境导入】
线圈在磁场中转动，经过中性面开始计时闭合回路中的电流按下图所示的规律变化，由图可知，电流的变化具有周期性。
1．周期（T）：
交变电流完成一次周期性变化所需的时间．
2．频率（ f ）：
交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之比叫作频率，数值等于交变电流在单位时间内完成周期性变化的次数．
3．周期和频率的关系
（1）周期与频率之间的关系：T＝或f＝.
（2）周期与频率、角速度间的关系：ω＝＝2πf.
4. 转速
产生交变电流的线圈在单位时间内转过的圈数（n），单位：转每秒（r/s），转速越大，交变电流变化越快。
①我国工农业生产和生活所用的交变电流，周期是 0.02s，频率是50 Hz，电流方向每秒改变100次；
②在工业技术中，转速的单位常用“转每分”表示，频率与转速的物理意义是相同的。
知识点2：峰值和有效值
【情境导入】
1．峰值
交变电流的电压、电流能达到的最大数值叫峰值．电容器所能承受的电压要高于交流电压的峰值，否则电容器就可能被击穿．
电容器、二极管接在交流电路中，交流电压的峰值不能超过它们所能承受的最大电压，否则就可能被击穿。电容器铭牌上标的电压为峰值。
2．有效值
让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，则此恒定电流的电流与电压叫作交变电流的有效值．
3．正弦式交变电流的峰值与有效值之间的关系
E＝＝0.707Em，U＝＝0.707Um，I＝＝0.707Im
（1）E＝、I＝、U＝只适用于正弦式交变电流，对于按其他规律变化的交变电流，上述关系式一般不再适用．
（2）对于非正弦式交变电流有效值的计算，时间一般选取一个周期．
（3）凡涉及能量、电功以及电功率等物理量时均用有效值，在确定保险丝的熔断电流时也用有效值．
知识点3：正弦式交变流的公式和图像
1．正弦式交变电流的图像
2. 从图像中可以获得的信息
（1）峰值和有效值：从图中可读出交变电流的最大值Um，Im据此可求有效值。
（2）周期、频率和角速度：频率，角速度。
（3）由图可读出任一时刻ie的值。
（1）若已知电压、电流最大值分别是Um、Im，周期为T，则正弦式交变电流电压、电流表达式分别为u＝Umsin t，i＝Imsin t.
（2）若 i-t图像、e-t图像为正弦曲线，表示从中性面开始计时；若为余弦曲线，表示从垂直于中性面的位置开始计时。
3. 非正弦式交变电流的图像及有效值的分析思路
4. 几种常见电流的有效值
知识点4：电感器和电容器对交变电流的作用
1. 感抗
（1）电路：如图所示，电感线圈L 和小灯泡串联在电路中。
（2）实验现象：接通直流电源时灯泡亮些，接通交流电源时灯泡暗些。
（3）实验结论：电感线圈对交变电流有阻碍作用。
（4）原因：交变电流通过电感线圈时，由于电流的大小和方向时刻都在变化，所以不断产生自感电动势阻碍电流变化，这种阻碍作用叫感抗，线圈的自感系数越大，交流的频率越高，线圈的感抗就越大。
电感线圈在电路中的作用：通直流、阻交流；通低频、阻高频
2. 容抗
（1）电路：如上图所示，电容器C和小灯泡串联在电路中。
（2）实验现象：接通直流电源时，灯泡不亮，说明直流不能通过电容器接通交流电源时，灯泡发光，说明交变电流能够“通过”电容器。
（3）实验结论：电容器对交变电流阻碍作用的大小，叫作容抗电容器的电容越大，交流的频率越高，电容器对交流的阻碍作用就越小，即容抗越小。
（1）电容器在电路中的作用：通交流、隔直流；通高频、阻低频。
（2）交变电流能够“通过”电容器的本质：由于交变电流的方向不断变化，电容器在充电、放电过程中，电路中就有了电流，表现为交变电流“通过”了电容器。实际上自由电荷并没有通过两极板间的绝缘介质。
教材习题01 矩形线圈的匝数为50，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。下列结论正确的是（　　） A．在t=0.1s和t=0.3s时，电动势最大 B．在t=0.2s和t=0.4s时，电动势改变方向 C．电动势的最大值是50πV D．在t=0.4s时，磁通量变化率最大，其值为πWb/s 解题方法 【详解】AB．在t=0.1s和t=0.3s时，磁通量最大，此时电动势为零，且电动势改变方向，选项A、B错误； C．电动势的最大值是Em=nBSω=nΦm=50×0.2×V=50πV，选项C正确； D．在t=0.4s时，磁通量为零，但是磁通量变化率最大，其值为=BSω=Φm=0.2×Wb/s=πWb/s 选项D正确。
【答案】CD。
教材习题02 如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个面积为S的矩形线圈绕垂直于磁感线的对称轴以角速度匀速转动。 （1）穿过线框平面磁通量的变化率何时最大？最大值为多少？ （2）当线框由图示位置转过的过程中，平均感应电动势为多大？ （3）线框由图示位置转到时瞬时感应电动势为多大？ （4）如果线框绕转动，电动势最大值又是多少？ 解题方法 【详解】（1）线框转动过程中，ab与cd两边垂直切割磁感线时（与图示位置垂直时），产生的感应电动势最大 （2）图中位置的磁通量 转过时的磁通量 从图示位置转过过程中，感应电动势的平均值 （3）图示的位置为中性面的位置，所以电动势瞬时值的表达式 将代入得, （4）如果线框绕转动，当dc边垂直切割磁感线时，感应电动势最大
【答案】（1）ab与cd两边垂直切割磁感线时；；（2）；（3）；（4）。
教材习题03 如图所示为正弦交变电流经过整流后的图像，求该电流的有效值。 解题方法 【详解】由图像可知该电流的周期为，每个周期内的图像都是正弦函数图像，电流的最大值为，根据正弦交流电最大值和有效值的关系可得
【答案】。
考点1：交变电流的图像
【典例1】交流发电机的线圈匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．时，穿过线圈的磁通量的变化率最大 B．时，线圈位于中性面
C．时，穿过线圈的磁通量为零 D．发电机线圈转动的角速度为
【答案】C
【详解】A．由图可知，时，电动势为零，线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量变化率为零，A错误；
BC．时，电动势最大，平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，C正确，B错误；
D．由图可知，周期，发电机线圈转动的角速度
D错误。
故选C。
【变式1-1】如图甲所示，一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中。通过线圈的磁通量随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．时刻通过线圈的磁通量变化率最大 B．时刻线圈中感应电流方向改变
C．时刻线圈中磁通量最大 D．时刻线圈中感应电动势最小
【答案】B
【详解】A．图线的斜率表示磁通量变化率即瞬时电动势，而时刻通过线圈的斜率为零，即磁通量的变化率为零最小，故A错误；
B．时刻磁通量最大，线圈经过中性面，感应电流为零，电流的方向改变，故B正确；
C．时刻可直接读得线圈中磁通量最小为零，故C错误；
D．时刻线圈处于与中性面垂直的位置，磁通量的变化率最大，则感应电动势和感应电流均为最大，故D错误。
故选B。
【变式1-2】现在世界各国生产生活用电基本为交流电。某地区所使用的交流电的电压随时间变化的规律如图所示，将理想交流电流表与阻值为31.1Ω的电阻串联后接在该交流电压两端。下列判断正确的是（　　）
A．该交流电的频率为120Hz B．该交流电的方向每分钟变换3600次
C．该交流电的电压有效值为110V D．理想交流电流表的示数为5A
【答案】C
【详解】AB．由图可知，该交流电的周期为
频率为
线圈每秒钟转60圈，交流电方向在一个周期内变换2次，1分钟电流方向变换次数为
AB错误；
C．该交流电的电压有效值为
C正确；
D．电流强度最大值为
理想交流电流表的示数为有效值，电流有效值为
D错误。
故选C。
考点2：交流电的频率和峰值
【典例2】如图所示，矩形线圈的匝数，，，匀强磁场的磁感应强度，线圈绕垂直磁场的轴从图示位置（线圈平面与磁感线平行）开始匀速转动，角速度，则：
(1)穿过线圈的磁通量的最大值为多大？
(2)线圈产生的感应电动势的最大值为多大？
(3)从图示位置开始匀速转动时，线圈中产生的感应电动势为多大？
【答案】(1)0.048Wb
(2)
(3)
【详解】（1）当线圈转至与磁感线垂直时，穿过线圈的磁通量有最大值
（2）线圈平面与磁感线平行时，感应电动势有最大值，为
（3）从题图所示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为
从题图所示位置开始匀速转动，即
则此时线圈中产生的感应电动势
【变式2-1】发电机转子是匝数，边长的正方形线圈，其置于磁感应强度的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时。线圈的电阻，外电路电阻试求：
（1）写出该线圈中产生的感应电动势的最大值；
（2）写出交变电流瞬时值表达式。
【答案】（1）400πV；（2）
【详解】（1）该线圈中产生的感应电动势的最大值
（2）感应电流的最大值
当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，则交变电流瞬时值表达式
考点3：交变电流的瞬时值
【典例3】如图所示，线圈的面积是，共1000匝，线圈的总电阻，外接电阻，匀强磁场的磁感应强度，当线圈以的转速匀速旋转时，问：
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈转过时电动势的瞬时值多大；
(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少。
【答案】(1)e=500sin(10πt)V
(2)250V
(3)35.4A，318.6V
【详解】（1）根据题意，转速为
故频率
角速度为rad/s
感应电动势的最大值为V
因为从中性面开始计时，所以感应电动势按正弦规律变化，有V
（2）当 s时，代入表达式得250V
（3）电动势的有效值为
电流表示数
联立解得，电压表示数
【变式3-1】如下图所示，一个边长L=10cm，匝数n=100匝的正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，磁感应强度，角速度，外电路电阻，线圈内阻。
(1)写出线圈由图中所示位置开始计时时，感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈转动一周，电阻R上产生的热量。
【答案】(1)
(2)1.6J
【详解】（1）感应电动势的峰值
题中图示位置为交变电流最大值的位置，瞬时值表达式为
（2）电动势有效值
电流的有效值
交流电的周期
线圈转动一周，电阻上产生的热量为
【变式3-2】如图所示，匝的矩形线圈abcd的面积，放在磁感应强度的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁场的轴以的转速匀速转动，线圈电阻，外电路电阻，时线圈平面与磁场平行。求：
（1）感应电动势的瞬时值表达式；
（2）线圈转一圈外力做的功。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据题意
线圈的角速度
题图位置的感应电动势最大，其大小为
感应电动势的瞬时值表达式为
（2）电动势有效值
且又有
由功能关系可得，线圈转一圈外力做的功
考点4：交变电流的有效值
【典例4】两个相同的定值电阻1、2分别接在正弦交流电源和直流电源的两端，直流电压恒为。当电阻1、2的通电时间分别为t和2t时，两个电阻上产生的热量均为Q。则该正弦交流电源电压的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设两定值电阻的阻值均为R，正弦交流电源电压的最大值为，
则，解得
B正确。
【变式4-1】现在的调光电灯和调速风扇的调节功能是靠可控硅电子元件来实现的。图示为经一双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即可控硅电子元件能把正弦式交变电流的电压由小变大的部分截去，转动调节开关上的旋钮可以控制截去部分的多少，从而改变电灯两端的电压，那么现在电灯两端的电压为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设题图中交流电的电压有效值为U，将该交流电与恒定电流分别通过相同电阻R，分析一个周期内产生的热量。交流电产生的热量
恒定电流产生的热量
由，得
故选A。
【变式4-2】当用万用表测量家庭电路的电压时，通常测的是家庭电压的 （填“有效值”或“最大值”），如图所示，该交变电流的有效值为 ，该交变电流的周期为 。
【答案】 有效值
【详解】[1]当用万用表测量家庭电路的电压时，通常测的是家庭电压的有效值；
[2]设图中交变电流的有效值为，根据有效值定义可得
解得
[3]由图可知该交变电流的周期为。
考点5：交变电流的平均值
【典例5】如图所示为交流发电机的示意图，磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向以匀速转动，线圈匝数、面积，磁感应强度，电阻，线圈电阻。从图示位置开始计时，以下判断正确的是（ ）
A．产生的交流电电动势为
B．电阻R的热功率为0.08W
C．在时刻，电流表的示数为0
D．在时间内，通过电阻R的电荷量为0.04C
【答案】D
【详解】A．线圈转动的角速度为
从线圈位于中性面开始计时，产生的交流电电动势为
故A错误；
B．电动势的有效值为
电阻R的热功率为
故B错误；
C．电流表示数为交变电流的有效值
故C错误；
D．因为，
在时间内，磁通量变化量大小为
根据，，
联立得
故D正确。
故选D。
【变式5-1】如图为交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴按图示方向匀速转动，转动角速度，线圈的匝数匝、总电阻，线圈围成的面积。线圈两端与阻值的电阻相连，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度，图示位置矩形线圈与磁感线平行。则下列说法错误的是（　　）
A．图示位置时，线圈中的电流最大，电流方向为
B．电路中交流电压表的示数为90V
C．从图示位置开始计时，线圈产生的电动势的瞬时值表达式为
D．线圈由图示位置转过60°的过程中，通过电阻R的电荷量为
【答案】B
【详解】A．图示位置磁通量为零，电动势最大，电流最大，根据右手定则可知，线圈中电流方向为，故A正确；
B．电动势的最大值为
则电动势的有效值为
由闭合电路欧姆定律，可得电路中交流电压表的示数
故B错误；
C．从图示位置开始计时，通过矩形线圈的磁通量随时间t变化的关系式为
故C正确；
D．线圈由图示位置转过60°的过程中，通过电阻R的电荷量为
故D正确。
本题选错误的，故选B。
【变式5-2】如图甲所示为交流发电机的示意图。一矩形线圈在两磁极间的匀强磁场中绕轴逆时针匀速转动，线圈匝数n=30，线圈电阻r=2Ω，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图乙所示，定值电阻R＝8Ω，其余电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．t=0时，线圈位于中性面
B．当BC边与磁场方向的夹角为30°时，感应电动势的瞬时值e=15πV
C．该交流电电流的有效值3πA
D．在0~0.1s内，通过电阻R的电荷量为0.6C
【答案】D
【详解】A．线圈位于中性面时穿过线圈的磁通量最大，t=0时，穿过线圈的磁通量为零，故A错误；
B．由图可知
则
图示位置BC边与磁场方向平行，感应电动势最大
当BC边与磁场方向的夹角为30°时，感应电动势的瞬时值
故B错误；
C．该交流电电动势的有效值
该交流电电流的有效值
故C错误；
D．在0~0.1s内，通过电阻R的电荷量为
又，
可得
故D正确。
故选D。
考点6：电感器对交变电流的影响
【典例6】把带铁芯的线圈L与小灯泡串联起来，然后利用单刀双掷开关S分别与直流电源和交流电源连接，如图所示。已知直流电源的电压与交流电压的有效值相等，闭合开关电路稳定后，下列叙述正确的是（ ）
A．S接1时灯泡更亮一些
B．S接1和接2时灯泡一样亮
C．当S接1时，调高电源频率后，小灯泡将会变暗
D．当S接1时，将线圈中的铁芯拔出后，小灯泡将会变暗
【答案】C
【详解】ABC．接交流电时，由于电感的阻碍作用，所以接1时的灯泡更暗，交流电的频率越大，阻碍作用越大，灯泡更暗，故AB错误，C正确；
D．将线圈中的铁芯拔出后，电感线圈的电感减小，阻碍作用减弱，故小灯泡将会变亮，故D错误。
故选C。
【变式6-1】如图所示，A、B、C是3个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计）。则（　　）
A．电路接通稳定后，3个灯亮度相同
B．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭
C．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭
D．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭
【答案】C
【详解】A．电路接通稳定后，A灯被线圈短路，完全熄灭，B、C并联，电压相同，亮度相同，故A错误；
B．电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，但是由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过C灯，所以C灯过一会儿熄灭，故B错误；
CD．电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联。S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻很小，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，A灯的电压逐渐降低，B灯的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，故C正确，D错误。
故选C。
【变式6-2】如图所示，将带铁芯的电感器L与灯泡A串联，再与另一个完全相同的灯泡B并联，接在以正弦交流信号发生器为电源的两端。通过调节交流信号发生器上的旋钮，可以改变输出电压和信号的频率。闭合开关S，A、B两灯均发光。关于该实验，下列说法中正确的是（　　）
A．保持交流信号频率不变，适当提高输出电压，发现A灯始终比B灯亮
B．保持输出电压不变，提高交流信号频率，发现A、B灯均变亮
C．保持输出电压和信号频率不变，撤去铁芯后，发现A灯比原来亮
D．断开开关S，发现A灯闪亮一下，然后熄灭
【答案】C
【详解】A．电感线圈对交流电有阻碍作用，所以流过A灯的电流始终小于流过B灯的电流，则保持交流信号频率不变，适当提高输出电压，发现A灯始终比B灯暗，故A项错误；
B．保持输出电压不变，提高交流信号频率，B灯亮度不变；线圈对交流电的阻碍作用增大，则A灯变暗，故B项错误；
C．保持输出电压和信号频率不变，撤去铁芯后，线圈对交流电的阻碍作用减小，发现A灯比原来亮，故C项正确；
D．断开开关，L中产生自感电动势，相当于电源，由于原来通过L的电流与A灯的电流相同，所以通过A灯的电流不会忽然变大，A灯不会闪亮，故D项错误。
故选C。
考点7：电容器对交变电流的影响
【典例7】（多选）一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲中的图线所示，用此线圈给图乙中电路供电，发现三个完全相同的灯泡亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中的图线所示，下列说法正确的是（　　）
A．时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行
B．图线所表示的电动势的瞬时值表达式为
C．线圈先后两次转速之比为
D．转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同
【答案】BC
【详解】A．由题图甲可知，时刻电动势是0，故线圈平面恰好与磁场方向垂直，A错误；
B．由题图甲可知，调整转速前线圈的角速度
电动势最大值为，调整转速后线圈的角速度为
由可知调整后电动势的最大值为，图线所表示的电动势的瞬时值表达式为
B正确；
C．由可知，线圈先后两次转速之比为，C正确；
D．转速调整后交流电的频率变小，由和可知，电感器对交流电的阻碍减小、电容器对交流电的阻碍增大，三个灯泡的亮度各不相同，D错误。
故选BC。
【变式7-1】（多选）如图所示，单匝线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为，闭合回路中两只相同的灯泡亮度恰好相同。则（ ）
A．若抽去电感器L的铁芯，灯泡亮度不变
B．若增大线圈转动角速度，则灯泡将比更亮
C．若减小电容器C两极板间的正对面积，则灯泡变暗
D．线圈在图示位置时，穿过它的磁通量为
【答案】BCD
【详解】A．若抽去电感器L的铁芯，感抗减小，灯泡亮度变亮，故A错误；
B．若增大线圈转动角速度，则交流电频率增大，电容容抗减小，电感感抗增大，则灯泡将比更亮，故B正确；
C．根据
若减小电容器C两极板间的正对面积，电容器的电容减小，容抗增大，则灯泡变暗，故C正确；
D．感应电动势的峰值为
线圈在图示中位置为中性面，此时线圈上产生的感应电动势最小，穿过它的磁通量最大，为
故D正确。
故选BCD。
【变式7-2】如图所示，电路中完全相同的三只灯泡a、b、c分别与电阻R、电感器L、电容器C串联，然后再并联到、的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同。若保持交流电的电压不变，将交变电流的频率增大到，则发生的现象是（　　）
A．三灯亮度不变 B．三灯均变亮
C．a亮度不变，b变亮，c变暗 D．a亮度不变，b变暗，c变亮
【答案】D
【详解】当交变电流的频率变大时，电感器的感抗变大，电容器的容抗变小，因此b变暗，c变亮；电阻在不同频率的交流电路中起相同的作用，则a亮度不变。
故选D。
一、单选题
1．（24-25高三上·河北张家口·开学考试）如图为一交变电流的图像，图中曲线是正弦曲线的一部分，该交变电流电动势的有效值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】根据交流电的有效值的定义可知，解得
即交变电流电动势的有效值为。
故选D。
2．如图，交流电源的输出电压为，频率为，、、灯亮度相同。下列说法正确的是（　　）

A．拔出电感线圈中的铁芯后，B灯将变暗
B．在电容器中插入电介质之后，灯将变暗
C．将交流电源的频率提高为时，灯亮度不变，灯变暗，灯变亮
D．改接输出电压为的直流电源时，灯将变亮，灯将变暗，灯将熄灭
【答案】C
【详解】A．根据，拔出电感线圈中的铁芯后，变小，感抗变小，灯将变亮，A错误；
B．根据，在电容器中插入电介质后，电容变大，根据，容抗变小，灯将变亮，B错误；
C．将交流电源的频率提高为时，根据，容抗变小，灯将变亮，根据，感抗变大，灯变暗，根据，电阻不变，灯亮度不变，C正确；
D．改接输出电压为的直流电源时，直流电流不能通过电容器，灯将熄灭，感抗减小到零，灯将变亮，电阻不变，灯亮度不变，D错误。
故选C。
3．（21-22高二下·四川绵阳·期末）如图所示，单匝线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为，闭合回路中两只相同灯泡恰好正常发光。则（　　）
A．若抽去电感器L的铁芯，灯泡亮度不变
B．若增大线圈转动角速度，则灯泡将比更亮
C．若增大电容器C两极板间的正对面积，则灯泡变暗
D．从图示位置开始计时，线圈上产生的感应电动势大小
【答案】B
【详解】A．若抽去L的铁芯，感抗减小，灯泡A2亮度变亮，A错误；
B．若增大线圈转动角速度，则交流电频率增大，C容抗减小，L感抗增大，A1将比A2更亮，B正确；
C．若增大C两极板间的正对面积，容抗减小，灯泡A1变亮，C错误；
D．线圈在图示中位置为中性面，所以线圈上产生的感应电动势大小为，D错误。
故选B。
4．（2024·山东青岛·三模）如图，学校兴趣小组利用厚度为、电阻率为的硅钢片制成一个内径为、高度为的圆筒，。已知圆筒所在处有沿轴线竖直向上方向的磁场，磁感应强度随时间变化的规律为，下列说法正确的是（　　）
A．硅钢片中感应电动势
B．时，硅钢片中感应电动势最大
C．硅钢片中感应电流的有效值为
D．硅钢片的发热功率为
【答案】C
【详解】AB．根据法拉第电磁感应定律可得
则当时，硅钢片中感应电动势最小，故AB错误；
C．根据电阻决定式得
感应电流的有效值为
选项C正确；
D．发热功率为
故D错误；
故选C。
5．（23-24高二下·吉林·期末）如图所示，电阻为r的单匝金属直角线框abcd放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，a、d两点连线与磁场垂直，ab、cd长均为l，bc长为2l，定值电阻阻值为R。线框绕ad连线以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时，则（　　）
A．线框每转一圈，回路电流方向改变一次
B．回路中产生的感应电动势有效值为
C．a、d两点间的电压为
D．周期内通过R的电荷量为
【答案】D
【详解】A．线圈产生的是正弦交流电，正弦交流电在一个周期内方向改变2次。故A错误；
BC．回路中产生的感应电动势有效值为
a、d两点间的电压为路端电压为
故B正确；C错误；
D．周期通过的电荷量为
故D正确。
故选D。
6．（23-24高二下·甘肃金昌·期末）一个电阻为R的单匝矩形金属线圈放在磁场中，磁场与矩形线圈所在的平面垂直，线圈的面积为S，穿过矩形线圈的磁场随时间变化的图像如图所示，图中的最大值和变化的周期T均已知，则该交变电流的电流有效值为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】时间内，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为
感应电流为
时间内，感应电动势、感应电流大小与内的相同，及时间内感应电动势、感应电流均为0，则一个周期内产生的热量为
由有效值的定义有
可得交变电流的有效值为
故选D。
7．（23-24高二下·全国·单元测试）数字触发器可以将模拟信号转化为数字信号。如图甲中的正弦式交变电流通过图乙中的数字触发器后输出为图丙所示的数字信号，该数字触发器的转换规则是：交变电流的电压瞬时值小于时输出为0，电压瞬时值不小于时输出为。下列说法正确的是（　　）
A．与间的时间间隔为
B．图丙所示的电压的频率等于
C．该正弦式交变电流的电压瞬时值表达式为
D．图丙所示的电压接在的电阻两端，一个周期内的发热量为
【答案】D
【详解】AC．由题图甲可知该交变电流的电压最大值，周期，角速度
则题图甲所示交变电流的电压瞬时值表达式为
结合交变电流的电压瞬时值小于时输出为0，电压瞬时值不小于时输出为，可知
，
则
故AC错误；
B．在题图甲所示的交变电流的一个周期内，电压瞬时值两段时间内超过，则图丙所示的电压周期为，因此题图丙所示的电压的频率等于，故B错误；
D．题图丙所示的电压的周期为，在一个周期内电阻发热的时间
因此在一个周期内产生的热量
故D正确。
故选D。
8．（24-25高三上·黑龙江·阶段练习）如图所示为交流发电机的简化模型。ABCD是一个矩形导线框（电阻不计）。全部处于磁感应强度大小为B的沿水平方向的匀强磁场中，导线框面积为S，绕水平轴以角速度匀速转动，交流电压表示数为U，下列说法正确的是（ ）
A．图示位置时流过线框的电流方向为ADCB
B．交流电源的电动势峰值为2U
C．线框匝数为
D．从图示位置开始计时，时感应电动势瞬时值为
【答案】D
【详解】A．根据右手定则可以判断，题图示位置线框内感应电流方向为ABCD，A错误；
B．交流电压表的读数为感应电动势的有效值，则交流电源的电动势峰值为，B错误；
C．线框转动时感应电动势的峰值为，解得
C错误；
D．从题图示位置开始计时，感应电动势瞬时值的表达式为
代入解得
D正确。
故选D。
9．（24-25高二下·全国·课后作业）如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图像分别如图乙中曲线a，b所示，则（ ）
A．两次时刻穿过线圈的磁通量变化率均最大
B．曲线a表示的交变电动势的最大值为25V
C．曲线b表示的交变电动势的有效值为15V
D．曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2
【答案】D
【详解】A．两次时刻线圈产生的感应电动势均为零，可知此时穿过线圈的磁通量均最大，磁通量的变化率均为零，故A错误；
B．曲线a表示的交变电动势的最大值为30V，故B错误；
D．由乙图可知，曲线a的周期为0.02s，曲线b的周期为0.03s，因转速n的单位为时，数值上就等于频率，即有，
故两者的转速之比为
故D正确；
C．线圈在磁场中转动，感应电动势的瞬时值为
电动势的最大值
则有
曲线a表示的交变电动势的最大值，解得
则曲线b表示的交变电动势的有效值为
故C错误。
故选D。
二、多选题
10．（24-25高二上·全国·课后作业）是两个完全相同的电热器，通以图甲所示的方波式交变电流，通以图乙所示的交变电流。下列说法正确的是（　　）
A．图甲交变电流的有效值为
B．图乙交变电流的有效值为
C．这两个电热器的电功率之比
D．这两个电热器的电功率之比
【答案】ABC
【详解】A．根据有效值的定义，有，解得
故A正确；
B．根据有效值的定义，有，解得
故B正确；
CD．根据可得
故C正确，D错误．
故选ABC。
11．（24-25高二上·全国·课后作业）如图所示，边长为的正方形线圈abcd，匝数为，总电阻为，外电路的电阻为，ab的中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度．若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴匀速转动，则以下判断中正确的是（　　）
A．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为
B．在时刻，穿过线圈的磁通量为零，但磁通量变化率最大
C．从时刻到时刻，电阻R上产生的热量为
D．从时刻到时刻，通过电阻R的电荷量为
【答案】BD
【详解】A．感应电动势的最大值
闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为
A错误；
B．在时刻，线圈从图示位置转过，线圈垂直于中性面，穿过线圈的磁通量为零，但磁通量变化率最大，B正确；
C．回路中感应电流的最大值为
回路中感应电流的有效值为
从时刻到时刻，电阻R上产生的热量为
C错误；
D．从时刻到时刻，通过电阻R的电荷量
D正确。
故选BD。
12．（2024·全国·模拟预测）电动汽车在制动时，可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来，车轮转动时带动磁极绕固定线圈旋转，在线圈中产生电流，车轮半径为，刹车过程中车轮做匀减速运动，初速度为，末速度为零，刹车位移为，车轮与磁极转动角速度之比为，线圈匝数为，线圈面积为，极与极之间可看成匀强磁场，磁感应强度大小为，线圈回路中等效电阻为。开始制动时，磁极位置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．停止前磁极角速度随位移的变化关系为
B．停止前磁极转动角度随位移的变化关系为
C．停止前线圈产生的感应电动势随位移的变化关系为
D．整个过程中流过线圈的电荷量为
【答案】AD
【详解】A．设汽车的加速度大小为，车轮的匀减速过程可看成反向的匀加速运动，有
当位移为时，设车轮线速度大小为，有
解得车轮线速度大小
车轮角速度
磁极转动的角速度
故A正确；
B．设位移为时车轮转动角度为，则有
故磁极转动角度
故B错误；
C．线圈产生的感应电动势
故C错误；
D．开始时线圈处于中性面，整个过程中磁极转过的角度
即初、末位置磁通量方向相反
流过线圈的电荷量
故D正确。
故选AD。
三、解答题
13．（20-21高二上·全国·课后作业）如图所示为一台小型发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直。矩形线圈的面积S=2.0×10-2m2，匝数N=40，线圈电阻r=1.0Ω，磁场的磁感应强度B=0.20T。线圈绕OO′轴以ω=100rad/s的角速度匀速转动。线圈两端外接电阻R=9.0Ω的小灯泡和一个理想交流电流。从图示位置开始计时，求：
(1)线圈中产生的感应电动势的瞬时表达式。
(2)小灯泡消耗的电功率。
(3)线圈由图示位置转过90°的过程中，通过灯泡的电荷量。
【答案】(1)e=16cos100t（V）
(2)11.52W
(3)0.016C
【详解】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值为
所以线圈中产生的感应电动势的瞬时表达式为
（2）回路中的最大电流为
电流的有效值为
小灯泡消耗的功率为
（3）感应电动势的平均值为
感应电流的平均值为
通过的电量为
14．（24-25高二上·全国·课后作业）长度为的金属杆置于光滑U形导轨上，其一端接有定值电阻，整个装置放在水平面上。平行于U形导轨长边建立轴，以水平向右为正方向，靠近U形导轨短边所在位置为处，垂直导轨平面分布着恒定磁场，其磁感应强度沿导轨方向按照的形式分布（、为已知定值，规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，图中未画出），如图所示。在一未知外力的作用下，金属杆从的位置开始以速度向右匀速运动．金属杆和导轨其他部分电阻均不计。求：
(1)通过电阻的电流随时间变化的表达式、周期及电流的有效值；
(2)时间内（周期的整数倍），外力做的功；
(3)在杆开始运动的最初半个周期内，通过电阻的电荷量。
【答案】(1)，，
(2)
(3)
【详解】（1）金属杆切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律有
根据欧姆定律可得通过电阻的电流表达式
对照交流电表达式
可知，
周期为
电流的有效值
（2）外力做的功等于电路产生的焦耳热，则有
（3）类比线圈在磁场中转动产生的交流电的感应电动势
由
可得，
通过电阻的电荷量
半个周期内线圈转动半圈，磁通量变化量为
联立解得
15．（23-24高二下·广东广州·期末）如图甲所示，两根平行导轨以倾斜角固定在地面上，相距为L，电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于平行导轨所在的整个平面，导轨下端接有阻值为R的电阻，沿导轨斜向上建立x坐标轴。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置在处，其与金属导轨的动摩擦因数为，在金属棒ab上施加x轴方向的外力F，使金属棒ab开始做简谐运动，当金属棒运动到时作为计时起点，其速度随时间变化的图像如图乙所示，其最大速度为。求：
（1）简谐运动过程中金属棒的电流i与时间t的函数关系；
（2）在0~1s时间内通过金属棒的电荷量；
（3）在0~3s时间内外力F所做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由图像可知
感应电动势
感应电流
解得
（2）在0~1s时间内金属棒从x=0位置运动到x=x0的位置，则通过金属棒的电荷量
（3）在0~3s时间内导体棒从x=0的位置运动到x=-x0的位置，此过程中整个回路的焦耳热即克服安培力做功
该过程中克服摩擦力做功
外力F所做的功
解得第11讲 带电粒子在复合场中的运动（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：带电粒子在组合场中的运动
1. 带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟磁偏转两种运动组合在一起，有效地区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键，当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成.
2. “磁偏转”和“电偏转”的比较
项目 电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力) 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)
受力情况 只受恒定的电场力F=qE 只受大小恒定的洛伦兹力F=qvB
运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动-
运动轨迹 抛物线 圆弧
求解方法 利用类平抛运动的规律，， ， 牛顿第二定律、匀速圆周运动公式， ，
知识点2：带电粒子在叠加场中的应用
1. 磁场、重力场并存
（1）若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做速直线运动.
（2）若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功.故机械能守恒.
如速度选择器、磁流体发电机。
2. 电场磁场并存（不计重力）
若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解.
3. 电场、磁场、重力场并存
（1）若三力平衡，则带电体做匀速直线运动；
（2）若重力与电场力平衡，vB，则带电体做匀速圆周运动；
（3）若合力不为0，则带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律定理求解.
强化点一 带电粒子由磁场进入电场
【典例1】（23-24高二下·辽宁锦州·期末）如图，在的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在的区域存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一个氘核和一个氚核先后从x轴上P、Q两点射出，速度大小分别为、，速度方向与x轴正方向的夹角均为。一段时间后，氘核和氚核同时沿平行x轴方向到达y轴上的M点（图中未画出）。已知Q点坐标为，不计粒子重力及粒子间的静电力作用，，，求：
（1）y轴上M点的纵坐标及x轴上P点的横坐标；
（2）匀强电场的电场强度E与匀强磁场的磁感应强度B大小之比。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）氚核从Q点射出后在电场中做抛体运动，在x轴方向匀速直线运动，则有
解得
在y轴方向
解得y轴上M点的纵坐标
氘核从P点射出后在磁场中做匀速圆周运动，两粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可得，解得
由几何关系
联立解得x轴上P点的横坐标
（2）设氘核（）的质量为2m，电荷量为q，则氚核（）的质量为3m，电荷量为q。氚核，根据抛体运动规律得
其中，解得
氘核：根据洛伦兹力提供向心力有，解得
则有
【变式1-1】（23-24高二下·江西上饶·期末）如图所示，在xOy平面直角坐标系中，虚线OO'与x轴正方向的夹角为，与y轴之间存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。一带负电的粒子从x轴负半轴的P点以初速度进入电场，与x轴正方向的夹角为，经电场偏转后从点M（0，L）垂直y轴进入磁场，粒子恰好不从O'O边界射出磁场。不计粒子重力，下列正确的是（　　）
A．P点坐标 B．粒子在电场中运动的时间
C．粒子的比荷为 D．电场强度大小为
【答案】AC
【详解】AB．根据逆向思维，粒子从P点到M点的逆运动为从M点到P点的类平抛运动，则
，
，
解得，
故P点坐标为，粒子在电场中运动的时间为，故A正确，B错误；
C．粒子恰好不从O'O边界射出磁场，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力
解得粒子的比荷为
故C正确；
D．根据动能定理有
且
联立可得电场强度大小为
故D错误。
故选AC。
【变式1-2】（23-24高二上·山东济南·期末）如图所示，在坐标系中，轴上方有匀强电场，电场强度，方向水平向左，轴下方有匀强磁场，磁感应强度为，方向垂直纸面向外。一电荷量，质量的带正电粒子从第一象限中的点开始运动，初速度方向沿轴负方向，恰好从坐标原点进入磁场；在磁场中运动一段时间后从轴上的点离开磁场，已知点的坐标为，点的坐标为，不计粒子的重力，求：
（1）粒子进入磁场时速度的大小和方向；
（2）磁感应强度的大小。
【答案】（1），方向与x轴负方向角；（2）
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，设在O点离开电场时的速度大小为，与x轴的夹角为，轨迹如下图，则
在y轴方向，粒子做匀速直线运动
在x轴方向，粒子做匀加速直线运动
，，
则在O点时的速度，
以上各式联立，解得，
则粒子进入磁场时的速度的大小为，方向与x轴负方向角；
（2）粒子在磁场中运动轨迹如下图
由几何关系可知，得
粒子在磁场中，根据牛顿第二定律
代入数据，解得
强化点二 带电粒子由电场进入磁场
【典例2】（23-24高二上·宁夏银川·期末）如图所示，y轴上M点的坐标为（，），MN与x轴平行，与x轴之间有匀强磁场区域，磁场垂直纸面向里。在的区域存在沿方向的匀强电场，电场强度为E，在坐标原点O处有一带正电粒子以速率沿方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的比荷为，粒子重力不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）从原点出发后经过多长时间，带电粒子第一次经过x轴。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。说明粒子的运动半径为L。由
得
（2）粒子运动轨迹如图
粒子在磁场中的运动时间为
粒子在电场中的加速度为
在电场中的运动时间为
则从原点出发，粒子第一次经过x轴的时间为
【变式2-1】（23-24高二上·辽宁朝阳·期末）如图所示的坐标系中，y轴的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，y轴的左侧存在沿x轴正方向的匀强电场。P点为x轴上的点，，一电荷量为、质量为的正粒子由P点沿x轴的正方向射入磁场，经过一段时间粒子通过y轴进入电场，速度方向与y轴的负方向成，粒子在电场中垂直x轴经过Q点。忽略粒子的重力，求：
（1）粒子射入磁场的初速度大小；
（2）电场强度E；
（3）粒子从P点运动到Q点的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹示意图如图所示
由几何关系得，解得
根据洛伦兹力提供向心力，有，解得
（2）带电粒子在电场中运动时，沿y轴方向做匀速直线运动，有
沿x轴方向做匀变速直线运动，有
其中
解得，
（3）带电粒子进入电场前在磁场中运动的时间
之后带电粒子在电场中运动的时间为
则带电粒子从P点运动到Q点的时间
【变式2-2】（23-24高二上·山西运城·期末）如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m，电荷量为q，重力不计的带正电粒子从y轴上的点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r；
（2）粒子到达b点时的速度大小；
（3）求坐标原点O到b点的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有
可得
（2）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力
设粒子第一次经过x轴的位置为，到达b点时速度大小为，结合类平抛运动规律，有
得
（3）粒子在电场中沿x轴方向做匀速直线运动
沿负y轴方向做匀减速直线运动，末速度为零，解得
强化点三 带电粒子在磁场和电场中的往复运动
【典例3】（23-24高二上·河北邯郸·期末）在如图所示的平面直角坐标系中，的区域内有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，的区域内有沿x轴正方向的匀强电场。一个质量为m、电荷量为的粒子从O点射出，初速度方向与x轴正方向夹角为，粒子在平面内做曲线运动，其运动轨迹经过O、M、N三点，并一直沿O、M、N围成的闭合图形运动。已知M、N两点的坐标分别为，粒子重力忽略不计。求：
（1）粒子初速度的大小；
（2）匀强电场的场强大小；
（3）粒子从O点出发到第一次返回O点的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
作和的中垂线交于点，点为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，粒子运动轨迹半径
粒子在匀强磁场中，联立解得
（2）连接与初速度方向垂直，则有，得
粒子在电场中运动，有，，
联立解得
（3）粒子在磁场中做圆周运动
用时
其中
电场中运动时间
联立可得
【变式3-1】（23-24高二上·山西太原·期末）水平分界线上方有竖直向下的匀强电场，电场强度为。下方存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度均为分界线与平行。质量为的带电粒子在处由静止释放，下落一定高度后穿过，进入宽度为、垂直纸面向外的匀强磁场中做匀速圆周运动。粒子穿过后进入垂直纸面向内的匀强磁场，经过一段时间后返回出发点。不计粒子重力，求：
（1）粒子的带电量；
（2）粒子从点经过多长时间后返回点。
【答案】（1）；（2）（取正整数）
【详解】（1）粒子进入磁场后运动轨迹如图所示。
带电粒子从点运动到边界
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为
由几何关系得，
解得，
（2）带电粒子在电场中加速时间为
，
两个磁场大小相等，周期相同
带电粒子在之间做匀速圆周运动时，运动时间为
带电粒子在下方磁场运动，运动时间为
带电粒子第一次回到释放点的时间为
根据周期性，粒子回到点（取正整数）
【变式3-2】（23-24高二上·湖南衡阳·期末）如图，在xOy平面第一象限有一匀强电场，电场方向平行y轴向下。在第四象限内存在一有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为的直线。磁场方向垂直纸面向外。一质量为m、带电量为q的正粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场。已知，不计粒子重力。求：
（1）电场强度的大小；
（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围；
（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的范围。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设粒子进入磁场时y方向的速度为，则有
设粒子在电场中运动时间为，则有，，
联立解得电场强度的大小为
（2）粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示
设此时的轨迹半径为，由几何关系为，解得
粒子在磁场中的速度为
根据牛顿第二定律有，解得
则要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围为
（3）要使粒子刚好能第二次进入磁场的轨迹如图所示
粒子从P到Q的时间为，则粒子从C到D的时间为，所以
，
设此时粒子在磁场中的轨道半径为，由几何关系有
可得
根据牛顿第二定律有
则
要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B的范围为
即
强化点四 带电粒子在交变场中的运动
【典例4】（多选）如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t＝0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计。则下列说法中正确的是（　　）
A．若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度
B．若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径大小
C．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小（n＝1，2，3…）
D．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，磁场变化的周期（n＝1，2，3…）
【答案】AD
【详解】A．若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为L，根据牛顿第二定律有，解得
故A正确；
B．若粒子经时间恰好垂直打在CD上，如图1所示，可知粒子运动了三段四分之一圆弧，则运动的半径大小为
故B错误；
图1
CD．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，如图2所示，则粒子运动的总时间一定为磁感应强度变化周期的整数倍，设粒子运动的半径为r，则
根据牛顿第二定律有，解得
根据几何关系可知粒子在一个磁场变化的周期T0内转过的圆心角为120°，则
故C错误，D正确。
故选AD。
图2
【变式4-1】（22-23高二上·湖北武汉·期末）在如图甲所示的平面直角坐标系xOy（其中Ox水平，Oy竖直）内，矩形区域OMNP充满磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界处有磁场），其中，，P点处放置一垂直于x轴的荧光屏，现将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从OM边的中点A处以某一速度垂直于磁场且沿与y轴负方向夹角为45°的方向射入磁场，不计粒子重力。
（1）若粒子打在荧光屏上形成的光点与A点等高，求粒子速度的大小；
（2）求粒子能从OM边射出磁场的最大速度及其对应的运动时间；
（3）若规定垂直纸面向外的磁场方向为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示（图中已知），调节磁场的周期，满足，让粒子在时刻从坐标原点O沿与x轴正方向成角的方向以一定的初速度射入磁场，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置。
【答案】（1）；（2），；（3）（，，），
【详解】（1）要使粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点，则粒子速度方向偏转了90°，轨迹如图所示
由几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
（2）当粒子的轨迹恰好与MN相切时，对应的速度最大，如图所示
由几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
可知轨迹对应圆心角为，粒子在磁场中的运动周期为
故对应的运动时间为
（3）由题意可知，磁场的周期满足
可知每经过，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角均为，运动轨迹如图所示
粒子打在荧光屏上的Q点，由几何关系可得
则有
设粒子在磁场中运动的轨道半径为，每次偏转对应的圆心角均为，粒子恰好垂直打在屏上，由几何关系可得（，，）
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得（，，）
【变式4-2】如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里为磁场的正方向。有一群正离子在时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为、电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为，忽略粒子间的相互作用力和离子的重力。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）若正离子在时刻恰好从孔垂直于N板射出磁场，求该离子在磁场中的运动半径；
（3）要使正离子从孔垂直于N板射出磁场，求正离子射入磁场时速度的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）正离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即
正离子做匀速圆周运动的周期为
联立①②解得 ③
（2）由题意，作出正离子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知正离子的运动半径为 ④
（3）要使正离子从孔垂直于N板射出磁场，根据离子运动轨迹的周期性可知离子在磁场中运动时间满足
⑤
则运动半径满足 ⑥
联立①③⑥解得 ⑦
强化点五 带电粒子在叠加场中的直线运动
【典例5】（23-24高二下·四川凉山·期末）利用电场和磁场控制带电粒子的运动是现代电子设备的常见现象。如图所示，两水平正对放置的平行金属板MN和PQ之间存在竖直向下的匀强电场E（未知），两金属板的板长和间距均为平行金属板间有垂直纸面向里的磁场，N、Q连线右侧空间有垂直纸面向外的磁场，两磁感应强度均为B。质量为2m0、速度为 v0、带电量为+q的粒子甲和质量为m0、速度为2v0、带电量也为+q的粒子乙先后从M、P的连线中点 O处沿两平行金属板中轴线进入后，甲粒子恰好沿轴线射出金属板，乙粒子恰好从MN板右侧 N点射出，此时速度方向与水平方向夹角 不计粒子大小及重力，关于两粒子的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．金属板间电场强度为
B．甲、乙两粒子在平行金属板间的运动时间之比为2：1
C．甲、乙两粒子在射出平行金属板的速度之比为
D．甲、乙两粒子在 N、Q 连线右侧的运动时间之比为6：5
【答案】AD
【详解】A．甲粒子恰好沿轴线射出金属板，则有，解得，故A正确；
B．甲粒子做匀速直线运动，有，解得
乙粒子的运动可分解为速度大小为的匀速圆周运动和水平向右速度大小为匀速直线运动，沿电场线方向
在点速度关系如图所示
解得
粒子在磁场中做圆周运动的周期
联立可得
则
故B错误；
C．甲粒子做匀速直线运动，射出平行金属板的速度为v0，乙粒子运动过程中，洛伦兹力不做功，只有电场力做功，则有，解得，可得，故C错误；
D．甲、乙粒子在N、Q 连线右侧磁场中均做匀速圆周运动，可得，
根据，解得，
两粒子的轨迹如图所示
可得，，解得，故D正确。
故选AD。
【变式5-1】（2024·福建福州·三模）如图所示，带电圆环P套在足够长的、粗糙绝缘水平细杆上，空间中存在与水平杆成θ角斜向左上方的匀强电场，现给圆环P一向右初速度，使其在杆上与杆无挤压地滑行。当圆环P滑至A点时，在空间加上水平方向且垂直细杆的匀强磁场，并从此刻开始计时，时刻圆环P再次返回A点。选取水平向右为正方向，则运动过程圆环P受到的摩擦力f、速度v、加速度a、动能随时间t变化的图像，可能正确的是（　　）
A．B．C． D．
【答案】BD
【详解】C．在匀强电场中，圆环在杆上与杆无挤压地滑行，则
故加上磁场后，速度为时，圆环与杆间的压力为
圆环向右运动的过程中，根据牛顿第二定律，且
加速度为
圆环向右运动的过程中，圆环速度减小，向左的加速度逐渐减小，圆环向左运动的过程中，根据牛顿第二定律，加速度为
圆环向左运动的过程中，圆环速度增大，向左的加速度逐渐减小，故整个运动过程，加速度一直向左且逐渐减小，故图C不符合要求；
B．由于圆环P从A点出发再返回A点，克服摩擦力做功，返回A点时的速度小于从A点出发时的速度，根据图像的斜率表示加速度，可知速度v随时间t变化的图像如图B所示，故图B符合要求；
A．返回A点时圆环受到的摩擦力应小于从A点出发时圆环受到的摩擦力，故图A不符合要求；
D．根据，可知动能随时间t变化的图像如图D所示，故图D符合要求。
故选BD。
【变式5-2】（23-24高二上·江西南昌·期末）如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且，则下列说法中正确的是（　　）
A．液滴一定做匀速直线运动 B．液滴有可能做匀变速直线运动
C．电场线方向可能斜向下 D．液滴一定带正电
【答案】AD
【详解】AB．根据左手定则可知，液滴所受洛伦兹力方向位于垂直运动方向，根据物体做直线运动的条件可知，垂直运动方向合外力恒为零，液滴所受洛伦兹力恒定不变，结合洛伦兹力公式可知，故粒子的速度不变，即粒子做匀速直线运动，故A正确，B错误；
CD．由于粒子一定做匀速直线运动，则液滴受重力、静电力、洛伦兹力的合力为零，静电力和洛伦兹力的合力和重力反向，可判断出洛伦兹力垂直运动方向向左上，静电力方向斜向右上。根据左手定则可知，液滴带正电。则电场线方向斜向右上，故C错误，D正确。
故选AD。
强化点六 带电粒子在叠加场中的圆周运动
【典例6】（2024·河北·二模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P从x轴上的A点以某一速度沿AK方向做直线运动，AK与x轴正方向的夹角θ=60°，从K点进入第一象限后小球P恰好做匀速圆周运动，经过x轴时竖直向下击中紧贴x轴上方静止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M从y轴上的F点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向如图所示。已知重力加速度大小为g，小球P、Q带电荷量均为q、质量均为m，不计空气阻力。
（1）求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比；
（2）求小球Q静止的位置距O点的距离；
（3）若结合体M进入第四象限时的速度为v，M在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速度为2v时，结合体M距x轴的距离是多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球P沿AK方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力如图所示
根据几何关系可得
小球Q静止在第一象限，则
联立可得
（2）小球竖直向下击中Q，轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有，
粒子在第二象限中有
联立解得
（3）结合体在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得，解得
【变式6-1】（23-24高二上·江西鹰潭·期末）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小。有一带电微粒，质量，电荷量，从时刻由O点开始以速度v在第一象限的竖直面内做匀速直线运动，取，求：
（1）微粒做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）若在时，将电场方向逆时针旋转90°，在微粒继续运动的过程中，求微粒第一次经过y轴时的坐标；
（3）若在某一时刻撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），在微粒继续运动的过程中，求微粒速度方向恰好平行于x轴正方向时微粒的动能。
【答案】（1），速度方向斜向右上与x轴正方向成45°角；（2）（0，1.6m）；（3）
【详解】
（1）微粒做匀速直线运动时，受力如图所示：
其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有
代入数据解得：
速度v的方向与x轴的正方向之间的夹角满足，解得
即速度方向斜向右上与x轴正方向成45°角。
（2）经过t=0.4s后，微粒运动到A点，运动位移OA为
即A点坐标为，此时将电场逆时针旋转90°后，有
分析可知，运动到A点后微粒做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，有，解得
分析可得微粒运动轨迹如图：
设微粒经过y轴的交点为Q，则由几何关系可知
则
即微粒第一次经过y轴时的坐标为（0，1.6m）。
（3）设微粒处于P点时速度恰平行于x轴正方向，P点速度大小为，刚撤去磁场时，沿y轴正方向速度为
运动到P点所用的时间为，则
刚撤去磁场时，沿x轴正方向速度为
x轴方向加速度为
微粒到达P点的速度为
微粒在P点处的动能为
【变式6-2】（23-24高二上·江苏南京·期末）设在地面上方的真空室内，存在着方向水平向右的匀强电场和方向垂直于纸面向内的匀强磁场，如图所示。一段光滑且绝缘的圆弧轨道固定在纸面内，其圆心为点，半径，O，A连线在竖直方向上，弧对应的圆心角。今有一质量、电荷量的带电小球，以的初速度沿水平方向从点射入圆弧轨道内，一段时间后从点离开，此后小球做匀速直线运动。重力加速度，，。求：
(1)匀强电场的场强；
(2)小球经过点时的速率：
(3)小球射入至圆弧轨道A端的瞬间，小球对轨道的压力（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】(1)
(2)
(3)，竖直向下
【详解】（1）当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示
由平衡条件得
代入数据解得
（2）小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得
代入数据得
（3）根据小球经过点时的受力分析图可知，解得
分析小球经过处时，由向心力公式可知
代入数据得
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为
方向竖直向下。
强化点七 带电粒子在叠加场中的曲线运动
【典例7】（22-23高二上·江苏南京·期末）如图所示，长度为L，内壁光滑的轻玻璃管平放在水平面上，管底有一质量为，电荷量为的带正电小球。整个装置以速度进入磁感应强度为的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在外力的作用下向右匀速运动，最终小球从上端口飞出。从玻璃管进入磁场至小球飞出上端口的过程中（　　）
A．小球沿管方向的加速度大小 B．小球做类平抛运动
C．管壁的弹力对小球不做功 D．洛伦兹力对小球做功
【答案】B
【详解】AB．由题意知小球既沿管方向运动，又和管一起向右匀速直线运动，管平放在水平面上，对小球受力分析知，沿管方向小球所受洛伦兹力为恒力，由牛顿第二定律得，解得
即沿管方向小球做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球做类平抛运动，故A错误，B正确；
D．洛伦兹力方向总是和速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误；
C．小球最终从上端口飞出，沿管方向的速度满足
水平方向一直匀速直线运动，可知小球动能增加，洛伦兹力不做功，故管壁对小球向右的弹力对小球做正功，小球飞出时速度为
由动能定理得，整个过程对小球管壁的弹力对小球做功为，故C错误。
故选B。
【变式7-1】（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m，电荷量为e的电子从О点沿x轴正方向水平入射，入射速度为时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计电子重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y；
（3）若电子入射速度在的范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【答案】（1）v0B；（2）；（3）87.5%
【详解】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee=ev0B
解得E=v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有，解得
（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合=evmB－eE
在最低点有F合=eE－evB，联立有，
要让电子达纵坐标位置，即y≥y2，解得
则若电子入射速度在0【变式7-2】（23-24高二下·四川德阳·期末）如图所示，在竖直平面内在边界以下存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为，为一根固定的粗糙倾斜绝缘杆，与水平方向的夹角为；边界下方过杆端点的竖直边界两侧分别存在着两个方向相反的水平匀强磁场，左侧磁场方向垂直电场方向向里，磁感应强度的大小为，右侧磁场方向垂直电场方向向外，磁感应强度的大小为.现有一带正电的小球，其质量为、电荷量为，以速度在过点的竖直边界左侧磁场区域做匀速直线运动，当小球经过位置时撤去磁场，运动一段时间后，小球上有一小孔刚好从端沿杆方向套在倾斜绝缘杆上，已知位置与绝缘杆端等高，小球与绝缘杆之间的动摩擦因数为，绝缘杆足够长，不考虑磁场消失引起的电磁感应现象，重力加速度大小为，，求：
（1）小球匀速运动的速度的大小；
（2）小球套在倾斜杆上后，沿杆下滑的最大速度；
（3）小球从位置运动至位置，电场力对小球做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球以速度在过点的竖直边界左侧磁场区域做匀速直线运动，则有
解得
（2）小球套在倾斜杆上后，当速度最大时受力平衡，沿杆方向根据平衡条件
，解得
（3）在左侧磁场运动过程中，由于重力与电场力大小相等，根据左手定则可知小球匀速时速度方向与水平方向夹角为45°斜向右上，当撤去磁场时，小球做类平抛运动，加速度大小为
运动到M点时速度方向刚好沿杆，则有，
解得，
根据动能定理，
电场力对小球做的功
真题感知
1．（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
(1)粒子经过时的速度大小；
(2)粒子经过时速度方向与轴正向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有
解得
（2）粒子在中，根据牛顿运动定律有
根据匀变速直线运动规律有
、
又
解得
（3）粒子在P处时的速度大小为
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
由几何关系可知
解得
2．（2024·江苏·高考真题）如图所示，两个半圆环区abcd、a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为、。ab与a'b'间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c'd'间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。求：
(1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径、之比；
(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
(3)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。
【答案】(1)
(2)，方向垂直于cd向左
(3)
【详解】（1）设电子进入插入体前后的速度大小分别为、，由题意可得
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
解得
可知在磁场中的运动半径，可得
（2）电子多次循环后到达cd的稳定速度大小为v，则经过插入体后的速度大小为kv。电子经过电场加速后速度大小为v，根据动能定理得
解得
方向垂直于cd向左。
（3）电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界上的d点。由Р点开始相继在两个半圆区域的运动轨迹如下图所示。
根据（1）（2）的结论，可得电子在右半圆区域的运动半径为
电子在左半圆区域的运动半径为kr，则
P点与d点之间的距离为
电子由Р点多次循环后到达d点的循环次数为
电子在左、右半圆区域的运动周期均为
忽略经过电场与插入体的时间，则每一次循环的时间均等于T，可得电子从Р到d的时间为
3．（2024·浙江·高考真题）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域外，存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0），离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m，电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U=kU0（其中，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控（UNM>0），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和，忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。
（1）若U=U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）。
（2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求：
①U的调节范围（用U0表示）；
②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度；
（3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。
【答案】（1）L；（2）①；②；（3），
【详解】（1）对a离子根据动能定理得
a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动
a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置，联立解得
（2）①要使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，只能经电压为U的电场加速后再经第一象限匀强磁场偏转一次打在P板上方任意处，则
结合（1）中分析得
即
即
②b离子经过电压为U的电场加速后在磁场中第一次偏转打在x轴上的位置坐标为
代入得
故可知b离子能从栅极板（坐标范围为）任意位置经电压为的电场减速射入虚线下方的磁场，此时
b离子先经过电压为U的电场加速再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后再经过电压为的电场减速，因为根据动能定理得
同时有
，
当时，b离子从栅极板左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板左端的距离为
当时，b离子从栅极板右端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板右端的距离为
故b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为
（3）要求a离子落在喷镀板中点Q，由（1）可知
故可得
则b离子从处经过栅极板，若b离子减速一次恰好打在P板下方中央处，设，则同理可知
联立解得
则可得
当减速n次
联立得
当减速n次恰好打在P板下方中央处，可得
即
解得
即，n取整数，故可得，故可得
4．（2024·北京·高考真题）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。
已知电子的质量为m、电荷量为；对于氙离子，仅考虑电场的作用。
（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2）求径向磁场的磁感应强度大小；
（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律
解得氙离子在放电室内运动的加速度大小
（2）电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与径向磁场给的洛仑兹力平衡，沿着轴线方向的匀强磁场给的洛仑兹力提供向心力，即
，
解得径向磁场的磁感应强度大小为
（3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，设单位时间内进入放电室的电子数为，则未进入的电子数为，设单位时间内被电离的氙离子数为,则有
已知氙离子数从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有
联立可得单位时间内被电离的氙离子数为
氙离子经电场加速，有
时间内氙离子所受到的作用力为，由动量定理有
解得
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小
则
5．（2024·甘肃·高考真题）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
（2）求O点到P点的距离。
（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为（略大于），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点上。求粒子打在点的速度大小。
【答案】（1）带正电，；（2）；（3）
【详解】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件
在加速电场中，由动能定理
联立解得，粒子的比荷为
（2）由洛伦兹力提供向心力
可得O点到P点的距离为
（3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
向下的电场力
由于，且
所以通过配速法，如图所示
其中满足
则粒子在速度选择器中水平向右以速度做匀速运动的同时，竖直方向以做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的点的要求，故此时粒子打在点的速度大小为
【点睛】
6．（2024·广东·高考真题）如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为、周期为的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B．一带电粒子在时刻从左侧电场某处由静止释放，在时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
（2）求金属板的板间距离D和带电粒子在时刻的速度大小v；
（3）求从时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
【答案】（1）正电；；（2）；；（3）
【详解】（1）根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为
根据
则粒子所带的电荷量
（2）若金属板的板间距离为D，则板长粒子在板间运动时
出电场时竖直速度为零，则竖直方向
在磁场中时
其中的
联立解得
（3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4 t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6 t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5 t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则
7．（2024·辽宁·高考真题）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为和。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求Ⅲ区宽度d；
（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对乙粒子，如图所示
由洛伦兹力提供向心力
由几何关系
联立解得，磁感应强度的大小为
（2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式
由牛顿第二定律
联立可得Ⅲ区宽度为
（3）甲粒子经过O点时的速度为
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则
可得
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在Ⅳ区运动时间为，则上式中
对乙可得
整理可得
对甲可得
则
化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为
【点睛】
8．（2024·新疆河南·高考真题）一质量为m、电荷量为的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点表示，、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场强度的大小；
（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为
根据洛伦兹力提供向心力
解得做圆周运动的半径为
周期为
（2）根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲线，根据可知任意点的加速度大小相等，故可得
解得
（3）根据题意分析可知从b点到c点粒子在磁场中转过的角度为，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，角为两次粒子在电场中运动时初末位置间的位移与x轴方向的夹角，从a到b过程中粒子做类平抛运动，得
故可得该段时间内沿y方向位移为
根据几何知识可得
由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为
联立解得
9．（2024·湖南·高考真题）如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x ≤ 0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x ≥ 0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
（1）若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为，由电子在x轴方向做匀速直线运动得
在yOz平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知
可得
且
由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有
联立得
当时，B有最小值，可得
（2）将电子的速度分解，如图所示
有
当有最大值时，最大，R最大，此时，又
，
联立可得
，
（3）当最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移，根据匀变速直线运动规律有
由牛顿第二定律知
又
联立得
10．（2024·山东·高考真题）如图所示，在Oxy坐标系x>0，y>0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0；
（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；
（3）当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。
【答案】（1）；（2），方向沿x轴正方向；（3）(n=0,1,2 )
【详解】（1）根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在区域根据洛伦兹力提供向心力有
在匀强加速电场中由动能定理有
联立解得
（2）根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在区域根据洛伦兹力提供向心力有
粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，粒子带正电，则之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足
联立可得
（3）在匀强加速电场中由动能定理有
可得
在区域根据洛伦兹力提供向心力有
可得粒子在区域运动的轨迹半径
作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示
设粒子从小孔射出的速度方向与轴正方向夹角为，根据几何关系可知
则粒子从小孔射出的速度方向与轴正方向的夹角为，该速度沿轴和轴正方向的分速度大小为
，
则粒子从射出后的运动可分解为沿轴正方向的匀速直线运动和速度大小为的匀速圆周运动，可知
解得
粒子做圆周运动的周期为，粒子至少运动距离轴最近，加上整周期则粒子运动，时距离轴最近，则最近位置的横坐标为
纵坐标为
，
综上所述，最近的位置坐标，。
提升专练
一、单选题
1．（2024·江苏苏州·三模）图甲为洛伦兹力演示仪，调节玻璃泡角度使电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。图乙为电子运动轨迹示意图，空间存在平行x轴的匀强磁场，在xOy平面内由坐标原点以初速度将电子射入磁场，方向与x轴正方向成角（），螺旋线的直径为D、螺距为，则下列关系式正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】根据题意可知，电子在平面做匀速圆周运动，周期为
电子沿方向做匀速直线运动，则有
沿方向有
联立可得
故选D。
2．（2024·四川眉山·模拟预测）如图，在足够大的空间内，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，带正电的小球a能以v0=15m/s、方向水平向左的初速度做半径为R=1m的匀速圆周运动，当球a运动到最低点时，恰好能与静止在小平台（体积可忽略）上的不带电的小球b发生正碰，碰后经t=0.3s两球再次相碰。已知碰撞前后两小球的带电情况不变，磁感应强度大小为B=2T，重力加速度g=10m/s2，取π=3，则（　　）
A．电场强度的大小为1N/C
B．第一次碰撞后小球b获得的速度大小可能为2m/s
C．第一次碰撞前后小球a的速度方向可能相同
D．小球b的质量是小球a质量的14.5倍
【答案】D
【详解】A．小球a做匀速圆周运动，则
联立解得
故A错误；
C．第一次碰撞后，小球b做平抛运动，能与小球a第二次碰撞，则小球a第一次碰撞后的速度方向与原来速度方向相反，故C错误；
B．小球a做匀速圆周运动的周期为
碰后经t=0.3s两球再次相碰，所以
解得
，，
故B错误；
D．两球碰撞过程中，有
代入数据可得
故D正确。
故选D。
3．（2024·福建泉州·模拟预测）如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量q=0.5C，质量m=0.02kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M=0.08kg，滑块与绝缘小车之间的动摩擦因数μ=0.4，它们所在空间存在磁感应强度为B=1.0T的垂直纸面向里的匀强磁场，开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量I=0.16N·s，g取10m/s2，那么小车与滑块因摩擦而产生的最大热量为（　　）
A．0.160J B．0.032J C．0.014J D．0.016J
【答案】C
【详解】开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量，即
解得
根据左手定则可知，滑块受到的洛伦兹力方向向上，假设二者能够达到共同速度，则
解得
当滑块脱离小车时，有
解得滑块的速度大小为
所以二者不可能达到共速，根据动量守恒定律可得
解得
根据能量守恒定律可得
故选C。
4．（2024·江苏南京·模拟预测）如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电量为、质量为m的小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示。则（　　）
A．OAB轨迹为半圆
B．磁场垂直于纸面向里
C．小球运动至最低点A时处于失重状态
D．小球在整个运动过程中机械能守恒
【答案】D
【详解】A．运动过程中受洛伦兹力及重力，故轨迹为摆线，故A错误；
B．根据左手定则可知磁场垂直于纸面向外，故B错误；
C．由图可知小球运动至最低点A时加速度竖直向上，可知处于超重状态，故C错误；
D．小球在整个运动过程中洛伦兹力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，故D正确。
故选D。
5．（2024·广东·三模）如图所示，在，区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从y轴上0~y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N（x0，y0）点，若电场强度为，MN右侧是粒子接收器，MN的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（　　）
A．磁感应强度的大小为
B．从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场
C．从处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大
D．接收器接收的粒子数占粒子总数的50%
【答案】D
【详解】A．当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N点，则
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
故A错误；
B．若粒子从处射入，则
联立解得
由此可知，粒子从N点下方进入磁场，故B错误；
C．设粒子进入磁场中时速度方向与竖直方向的夹角为θ，粒子进入磁场中的速度大小为v，则
所以粒子在磁场中偏转距离为
由此可知，粒子在磁场中偏转距离相等，故C错误；
D．由以上分析可知，粒子在电场中的竖直位移为
所以从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场，且恰好经磁场偏转后打在M点，即只有0~范围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%，故D正确。
故选D。
6．（2024·河北衡水·模拟预测）如图是真空中位于同一水平面的三个同心圆e、f和g围成的区域，O为圆心。e、f间存在辐射状电场，f、g间有磁感应强度大小为B、方向垂直水平面（纸面）的匀强磁场。电子从P点静止释放，由Q进入磁场，恰好没有从PM上方圆g上的N点（未画出）飞出磁场。已知电子的比荷为k，e、f和g的半径分别a、2a和4a。则（　　）

A．磁场的方向垂直纸面向里 B．电子在磁场运动的半径为
C．Q、P两点间的电势差为 D．Q、P两点间的电势差为
【答案】D
【详解】A．电子从P点静止释放，受电场力作用，由Q进入磁场，恰好没有从PM上方圆g上的N点飞出磁场，可知电子向上运动，由左手定则可知磁场的方向垂直纸面向外，故A错误；
B．电子在磁场的运动如图所示

由几何关系可得
解得
故B错误；
CD．电子在磁场中有
在电场中有
解得
故C错误，D正确。
故选D。
7．（2024·安徽芜湖·一模）如图所示，氕、氘、氚三种核子分别从静止开始经过同一加速电压（图中未画出）加速，再经过同一偏转电压偏转，后进入垂直于纸面向里的有界匀强磁场，氕的运动轨迹如图。则氕、氘、氚三种核子射入磁场的点和射出磁场的点间距最大的是（ ）
A．氕 B．氘 C．氚 D．无法判定
【答案】C
【详解】设核子的质量为m，带电量为q，偏转电场对应的极板长为L，板间距离为d，板间电场强度为E，进入偏转电场的速度为v0，进入磁场的速度为v，在偏转电场的侧移量为y，速度偏转角为。核子在加速电场运动过程，由动能定理得
核子在偏转电场做类平抛运动，将运动沿极板方向和垂直极板方向分解。沿极板方向做匀速直线运动，则有
垂直极板方向做匀加速直线运动，则有
由牛顿第二定律得
联立解得
速度偏转角的正切值为
可见核子在偏转电场的侧移量y与速度偏转角均与核子的质量和带电量无关，故三种核子进入磁场的位置和速度方向均相同。进入磁场的速度
核子在匀强磁场只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，轨迹如图所示
由牛顿第二定律得
由几何关系可得，射入磁场的点和射出磁场的点间距s为
联立解得
对于氕、氘、氚三种核子电荷量相等，质量越大，两点间的距离越大，氚核的最大，C正确。
故选C。
8．（2024·浙江杭州·一模）如图所示，空间存在竖直方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为，电场强度大小可调。一带电小球从O点正上方2m处以初速度水平抛出。已知小球质量为，电量为，则其能经过O点时的最大动能约为（　　）
A．0.20J B．0.28J C．1.28J D．2.20J
【答案】B
【详解】由于电场力与重力合力处于竖直方向，由于磁场方向处于竖直方向，在竖直方向的分速度不会产生洛伦兹力；水平方向的分速度受到洛伦兹力作用；将小球的运动分解为以初速度的水平面匀速圆周运动和竖直方向初速度为0的匀加速直线运动；对于水平面匀速圆周运动有
解得轨道半径为
周期为
则小球从水平抛出到经过O点所用时间满足
（，，）
小球从水平抛出到经过O点，竖直方向有
可得小球经过O点竖直分速度为
（，，）
当时，竖直分速度有最大值，小球经过O点时的动能有最大值，则有
故选B。
二、解答题
9．（2024·福建漳州·一模）如图，在坐标系所在的平面内，第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，第二象限内有沿轴负方向的匀强电场，场强大小为。一质量为电荷量为的带电粒子从轴上的点以速度沿与轴正方向成角的方向射入磁场，恰好垂直于轴射出磁场进入电场，不计粒子重力，求：
(1)粒子在磁场中的运动半径；
(2)磁感应强度的大小；
(3)粒子从点射入到第二次到达轴的时间t。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在磁场中的运动情况如图所示
由几何关系得
解得
（2）根据洛伦兹力提供向心力
解得
（3）粒子在磁场做匀速圆周运动
粒子在磁场中运动时间
粒子从轴进入电场至速度为0过程中，可得
解得
粒子从点射入到第二次到达轴的时间
解得
10．（2024·安徽·一模）芯片制造中的重要工序之一是离子的注入，实际生产中利用电场和磁场来控制离子的运动。如图所示，MN为竖直平面内的一条水平分界线，MN的上方有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，MN的下方有垂直于竖直平面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（）的带正电粒子从MN上的A点射入电场，从MN上的C点射入磁场，此后在电场和磁场中沿闭合轨迹做周期性运动。粒子射入电场时的速度方向与MN的夹角，速度大小为，不计带电粒子受到的重力。
(1)求A、C两点间的距离L；
(2)求电场强度与磁感应强度大小之比；
(3)若只通过减小电场强度的大小，使粒子能从下往上经过C点，求电场强度的最小值。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）带正电粒子在电场中做类斜抛运动，则水平方向有
竖直方向
由牛顿第二定律
联立可得，A、C两点间的距离为
（2）如图
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系
由洛伦兹力提供向心力
联立可得电场强度与磁感应强度大小之比为
（3）如图
粒子第一次从磁场返回电场时经过C点，此时电场强度最小，则电场中从A点到D点，有
由牛顿第二定律
粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径不变，则有
由几何关系
联立可得
11．（2024·江西景德镇·一模）如图所示，在的区域存在方向竖直向上、大小为E的匀强电场，在区域存在垂直纸面向外的匀强磁场B（B未知）。一个质量为m的带正电粒子甲从A点以速度沿x轴正方向进入电场，粒子从B点进入磁场后，恰好与静止在C点质量为的中性粒子乙沿x轴正方向发生弹性正碰，且有的电荷量转移给粒子乙。已知C点横坐标为，不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场变化引起的效应。求：
(1)粒子甲的比荷；
(2)粒子甲刚进入磁场时的速率和磁感应强度B的大小；
(3)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在的区域加上与区域内相同的磁场，试通过计算判断两粒子碰撞后能否再次相遇，如果能，求再次相遇的时间。
【答案】(1)；(2)，；(3)能，
【详解】（1）粒子在电场中沿轴匀速直线运动
沿轴匀加速直线运动，
联立求得
（2）沿轴匀加速直线运动
进入磁场中粒子的运动轨迹如图所示，速度与轴的夹角
，即
则进入磁场速率
有几何关系可得
又由，求得
（3）甲乙粒子在C点发生弹性碰撞，设碰后速度为，有弹性碰撞可得
求得
两粒子碰后在磁场中运动，
求得
半径相同，可以再次相遇，两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为，
则两粒子碰后再次相遇需满足
解得再次相遇时间
12．（2024·四川遂宁·模拟预测）如图所示，半径为的虚线圆边界在竖直平面内，是水平直径，圆边界内存在垂直纸面向外磁感应强度为的匀强磁场，过点的竖直线与水平线间存在电场强度大小恒为（为未知量）的匀强电场。点是点右下方固定的点，虚线与的夹角为。现让带电量为、质量为的带正电粒子（不计重力）从点射入磁场，然后从点离开磁场，轨迹圆的半径等于，当匀强电场竖直向上时，粒子经过一段时间从运动到点时速度正好水平向右，求：
(1)粒子在A点射入磁场时的速度以及粒子从A到的运动时间；
(2)的值以及粒子从到的平均速度大小；
(3)若匀强电场由指向，则两点间的电势差为多少？
【答案】(1)，；(2)，；(3)
【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力
其中，解得
过A点作速度的垂线，与的中垂线交于，设A点的速度与夹角为，则，如图所示，根据几何关系有
解得
所以粒子在A点射入磁场时的速度方向与水平线夹角为右上方
粒子在磁场中运动周期
解得运动时间为
（2）粒子从点离开磁场时，速度
方向与水平线夹角右下方；把点的速度分解为水平方向和竖直方向，则有，
由类平抛运动的规律可得，，
两点间的距离为
粒子从到的平均速度
综合解得，，，
（3）当匀强电场由指向，把分别沿着水平方向和竖直方向分解，则有
，
当匀强电场由指向两点间的电势差
综合计算可得第02讲 法拉第电磁感应定律（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（6大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1．通过实验，理解法拉第电磁感应定律。 2．明确磁通量的变化量的意义，能区分、和。 3．能够运用E＝Blv或E＝Blvsin θ计算导体切割磁感线时产生的感应电动势.。
知识点1：电磁感应现象
【情境导入】
我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流大小的决定因素和遵循的物理规律．
如图所示，将条形磁体从同一高度插入线圈的实验中．
(1)快速插入和缓慢插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
(2)分别用同种规格的一根磁体和并列的两根磁体以相同速度快速插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
(3)在线圈匝数一定的情况下，感应电动势的大小取决于什么？
答案　(1)磁通量的变化量ΔФ相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大．
(2)用并列的两根磁体快速插入时磁通量的变化量较大，磁通量变化率也较大，指针偏转角度较大．
(3)在线圈匝数一定的情况下，感应电动势的大小取决于的大小．
1．感应电动势
在电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．
(2)公式：E＝n，其中n为线圈的匝数．
(3)在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯(Wb)，感应电动势的单位是伏(V)．
【重难诠释】
1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率的比较
磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率
物理意义 某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数 在某一过程中，穿过某个面的磁通量的变化量 穿过某个面的磁通量变化的快慢
当B、S互相垂直时的大小 Φ＝BS ΔΦ＝ ＝
注意 若穿过的平面中有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS.Φ为抵消以后所剩余的磁通量 开始和转过180°时平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零 在Φ－t图像中，可用图线的斜率表示
2.公式E＝n的理解
感应电动势的大小E由磁通量变化的快慢，即磁通量的变化率决定，与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ无关．
知识点二　导体棒切割磁感线时的感应电动势
【情境导入】
(1)如图，导体棒CD在匀强磁场中运动．自由电荷会随着导体棒运动，并因此受到洛伦兹力．导体棒中自由电荷相对于纸面的运动大致沿什么方向？(为了方便，可以认为导体棒中的自由电荷是正电荷．)
(2)导体棒一直运动下去，自由电荷是否总会沿着导体棒运动？为什么？导体棒哪端的电势比较高？(讨论时不必考虑自由电荷的热运动)
答案　(1)导体棒中自由电荷(正电荷)随导体棒向右运动，由左手定则可判断正电荷受到沿棒向上的洛伦兹力作用．因此，正电荷一边向上运动，一边随导体棒匀速运动，所以正电荷相对于纸面的运动是斜向右上方的．
(2)不会．当导体棒中的自由电荷受到的洛伦兹力与电场力平衡时不再定向移动，因为正电荷会聚集在C点，所以C端电势高．
1．导体棒垂直切割磁感应线
导线垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，如下图所示，E＝Blv.
2．导体棒不垂直切割磁感应线
导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如下图所示，E＝Blvsin θ.
导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒所受安培力的方向与导体棒运动方向相反，导体棒克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能．
3. 对公式E＝Blvsin θ的理解
(1)当B、l、v三个量的方向互相垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，导线将不切割磁感线，E＝0.
(2)当l垂直于B且l垂直于v，而v与B成θ角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blvsin θ.
(3)若导线是弯折的，或l与v不垂直时，E＝Blv中的l应为导线两端点在与v垂直的方向上的投影长度，即有效切割长度．
图甲中的有效切割长度为：l＝sin θ；
图乙中的有效切割长度为：l＝；
图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，l＝R；沿v2的方向运动时，l＝R.
4. 导体棒转动切割磁感线产生的电动势E=Bl2ω
如图所示，长为l的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，ab棒所产生的感应电动势大小可用下面两种方法推出．
方法一：棒上各处速率不等，故不能直接用公式E＝Blv求．由v＝ωr可知，棒上各点的线速度跟半径成正比．故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算．
＝，E＝Bl＝Bl2ω.
方法二：设经过Δt时间，ab棒扫过的扇形面积为ΔS，则ΔS＝lωΔtl＝l2ωΔt，
磁通量的变化ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt，所以E＝n＝n＝Bl2ω(n＝1)．
5. 公式E＝n 与E＝Blvsinθ 的区别与联系
公式 E＝n E＝Blvsin θ
研究对象 某个回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导体
内容 (1)求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应． (2)当Δt→0时，E为瞬时感应电动势 (1)若v为瞬时速度，求的是瞬时感应电动势． (2)若v为平均速度，求的是平均感应电动势． (3)当B、l、v三者均不变时，平均感应电动势与瞬时感应电动势相等
适用范围 对任何电路普遍适用 只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系 (1)E＝Blvsin θ是由E＝n在一定条件下推导出来的． (2)整个回路的感应电动势为零时，回路中某段导体的感应电动势不一定为零
6. 【知识拓展】电磁感应中的电路
（1）内电路和外电路
电磁感应现象中磁通量发生变化的回路或做切割磁感线运动的导体相当于电源,其电阻为电源的内阻,其余部分为外电路。
（2）电流方向
电源内部的电流方向由负极到正极,从低电势到高电势;而外电路中的电流方向是从正极到负极,从高电势到低电势。
教材习题01 下面几个计算磁通量变化量的公式，分别对应什么情形？请加以说明。 （1）或； （2）； （3） （4） 解题方法 磁通量的变化量公式为， 磁通量为 （1）当磁通量的变化量写成或 代表线圈为矩形或正方形且形状不变，但是其磁感应强度发生变化，即线圈不变，但磁场在变化的情况。 （2）当磁通量的变化量写成，代表其线圈为圆形，且形状不变，但是其磁感应强度发生变化，即，线圈不变，但磁场在变化的情况。 （3）当磁通量的变化量写成，代表是导体棒在磁场中做平动且切割磁感线。 （4）当磁通量的变化量写成，代表一个导体棒在磁场中转动切割磁感线。
【答案】（1）线圈为矩形或正方形且形状不变，磁场发生变化；（2）线圈为圆形且形状不变，磁场发生变化；（3）导体棒平动切割磁感线；（4）导体棒转动切割磁感线
教材习题02 如图所示，两根相距为l且水平放置的平行金属直导轨、，b、d间接有一定值电阻R，导轨电阻忽略不计。为放在和上的一根金属棒，与垂直，其电阻也为R。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，现对施力使它沿导轨以速度v向右匀速运动。则两端电压是多少？在图中标出回路中电流的方向。 解题方法 【详解】MN棒产生的感应电动势为 MN两端电压的大小为 则两端电压是 根据右手定则判断知MN中产生的感应电流方向由N→M，M端相当于电源的正极，电势高于N端电势，所以电阻R上感应电流方向由b到d。如图
【答案】
教材习题03 设如图甲所示的线圈为50匝，它的两个端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈内磁通量变化的规律如图乙所示。 （1）a、b两点哪点电势高？ （2）电压表示数多大？ 解题方法 【详解】（1）穿过线圈向里的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场垂直纸面向外，根据安培定则可知，感应电流沿逆时针方向，两端点左侧电路相当于电源，则a点电势高。 （2）根据法拉第电磁感应定律
【答案】（1）a点；（2）12.5V
考点1：电磁感应现象中电势高低的判断
在电源外部，电流由电势高处流向电势低处;在电源内部,电流由电势低处流向电势高处。
【典例1】（23-24高二上·江苏南京·期末）如图所示，无线充电技术中使用的受电线圈线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2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B1均匀减小到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差Uab（　　）
A．恒为 B．恒为
C．恒为0 D．从0均匀变化到
【变式1-1】（23-24高二下·福建泉州·期末）如图甲所示，一个电阻值为r=5Ω，匝数为n=30的圆形金属线圈与阻值为R=10Ω的电阻连接成图甲所示闭合电路。圆形线圈内存在垂直于线圈平面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。导线的电阻不计。则0~2s时间内电阻R哪端电势高 （选填上或下）；金属线圈中产生的感应电动势E= V；
【变式1-2】（23-24高二上·广东肇庆·期末）如a图为某中学物理兴趣小组为研究无线充电技术，动手制作的一个“特斯拉线圈”。其原理图如图b所示，线圈匝数为n，面积为S，若在t时间内，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，其磁感应强度方向向上，大小由B1均匀增加到B2，则该段时间内线圈MN两端的电势差UMN为（　　）

A．恒为 B．恒为
C．从0均匀变化到 D．从0均匀变化到
考点2：法拉第电磁感应定律
【典例2】（多选）（23-24高三下·山东·阶段练习）如图所示，一等腰直角三角形线圈的匝数为n，ab、bc边长均为L，线圈电阻为R。线圈平面与匀强磁场垂直，且一部分处在磁场中，三角形与磁场边界的交点为d、e，其中d、e分别为边ac、bc的中点，在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到3B，在此过程中（ ）
A．线圈中的磁通量增加量为
B．线圈中产生的感应电动势大小为
C．线圈中产生的感应电流大小为
D．线圈整体所受安培力大小增加了
【变式2-1】（23-24高二上·浙江杭州·期中）某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经过时间后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向（从左往右看）为（　　）
A．，逆时针 B．，逆时针
C．，顺时针 D．，逆时针
【变式2-2】（23-24高二上·北京昌平·期末）如图（甲）所示，100匝（图中只画了2匝）圆形线圈面积为0.01m2，电阻不计。线圈内存在方向垂直纸面向里且强度随时间变化的磁场；t=0时，B=0。线圈两端A、B与一个电压传感器相连，电压传感器测得A、B两端的电压按图（乙）所示规律变化。在t=0.05s时（ ）
A．磁感应强度随时间的变化率为0.01T/s B．磁感应强度随时间的变化率为20T/s
C．穿过每匝线圈的磁通量为 D．穿过每匝线圈的磁通量为
考点3：法拉第电场感应定律E=Blvsinθ的基本应用
(1)式中ū通常为瞬时速度,所得区为瞬时感应电动势。
(2)公式中的1为有效切割长度,当速度方向与导体棒不垂直时,1为导体棒与v垂直的方向上投影的长度
【典例3】（2024·甘肃·高考真题）如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为（　　）
A．，方向向左 B．，方向向右
C．，方向向左 D．，方向向右
【变式3-1】（24-25高二上·浙江杭州·期中）如图所示，在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，长为的金属杆MN在平行金属导轨上以速度向右匀速滑动。金属导轨电阻不计，金属杆与导轨的夹角为，电阻为，间电阻为R，M、两点间电势差为，则、两点电势的高低及的大小分别为（　　）
A．点电势高， B．点电势高，
C．点电势高， D．点电势高，
【变式3-2】（24-25高二上·浙江宁波·期中）如图所示，两根倾斜放置与水平面夹角为θ的平行光滑导轨间距为l，导轨间接一阻值为R的电阻，整个空间分布着匀强磁场，磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度大小为B，一质量为m、电阻也为R的金属杆ab，以某一初速度沿轨道上滑，直至速度减为零。已知上述过程中电阻R产生的热量为Q，其最大瞬时电功率为P，设导轨电阻不计，ab杆向上滑动的过程中始终与导轨保持垂直且接触良好,重力加速度g。
(1)求金属杆ab上滑的初速度大小；
(2)求金属杆ab刚开始上滑时的加速度大小；
(3)求金属杆ab上滑的最大距离x。
考点4：转动切割磁感应线产生感应电动势的计算
金属杆在匀强磁场中以一端为轴转动,垂直切割磁感线产生感应电动势为六Bω。
【典例4】如图所示，用电阻的均匀导体弯成半径的闭合圆环，圆心为O，SOQ是一条水平直径，在O、S间接有负载电阻，整个圆环中有大小为、方向竖直向上的匀强磁场穿过。电阻、长度为L的导体棒OP贴着圆环以O为圆心沿逆时针方向（从上往下看）匀速转动，角速度，导体棒OP与圆环接触良好，不计一切摩擦以及导线的电阻。则（　　）
A．棒转动过程中O点的电势比P点的电势高
B．棒转动过程中产生的感应电动势为24V
C．棒转动过程中电路的最大电功率为28.8W
D．当OP到达OQ处时圆环的电功率为27W
【变式4-1】（23-24高二下·重庆·期中）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度也为r、电阻为R的直导体棒OA置于圆导轨上面，导体棒在外力作用下绕O点以角速度ω顺时针匀速转动。直导体棒O端和圆轨道引出导线分别与电阻R1=R、R2=2R和电容为C的平行板电容器相连。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．M板带负电 B．导体棒OA产生的电动势为Br2ω
C．电容器所带电荷量为 D．电阻R1上消耗的电功率为
【变式4-2】（2024高三·全国·专题练习）如图所示，半径为L的导电圆环（电阻不计）绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴以角速度ω逆时针匀速转动。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OA、OB、OC，辐条互成120°角。在圆环圆心角∠MON＝120°的范围内（两条虚线之间）分布着垂直圆环平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆环的边缘通过电刷P和导线与一个阻值也为r的定值电阻R0相连，定值电阻R0的另一端通过导线接在圆环的中心轴上，在圆环匀速转动过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．金属辐条OA、OB、OC进出磁场前后，辐条中电流的大小不变，方向改变
B．定值电阻R0两端的电压为BL2ω
C．通过定值电阻R0的电流为
D．圆环转动一周，定值电阻R0产生的热量为
考点5：电磁感应中的B-t（或-t）图像
在B-t图线为直线，其斜率为磁感应强度的变化率。
【典例5】（多选）（23-24高二下·云南曲靖·阶段练习）图甲所示粗糙U形导线框固定在水平面上，右端放有一金属棒PQ，整个装置处于竖直方向的磁场中，磁感应强度B按图乙规律变化，规定竖直向上为正方向，整个过程金属棒保持静止。则（　　）
A．1.5t0时刻，金属棒PQ所受安培力方向向左
B．0~2t0时间内，回路中的感应电流大小不变，但方向改变
C．0~2t0时间内，金属棒PQ所受安培力大小不变，但方向改变
D．0~2t0时间内，金属棒PQ所受摩擦力方向先水平向左，后水平向右
【变式5-1】（24-25高二上·广东佛山·期中）将电阻率为、横截面积为S的硬质细导线做成半径为r的圆环，其内接正方形区域内充满垂直于圆环面的磁场，时磁场方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向，则在到的时间内，下列说法正确的是（　　）
A．圆环中的感应电流大小先变小后变大 B．圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针
C．圆环中的感应电流为 D．圆环中产生的热量为
【变式5-2】（23-24高二下·河南周口·期末）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。规定导体环中电流的方向为正，磁场向上为正，如图甲所示。当磁感应强度B随时间t按乙图变化时，导体环中产生的感应电流随时间变化的关系图正确的是（ ）
A．B．C． D．
考点6：电磁感应现象中电荷量的计算
电磁感应现象中通过闭合电路某截面的电荷量，而，则所以q只与线圈匝数、磁通量的变化量及总电阻有关，与完成该过程需要的时间无关。
【典例6】（23-24高二下·广东广州·开学考试）如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片电路组成。当饭卡处于感应区域时，会在线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S，共n匝，回路总电阻为R。某次刷卡时，线圈平面与磁感应强度方向垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间t内，磁感应强度由0增大到B，此过程中（　　）
A．线圈有扩张的趋势
B．通过线圈平面的磁通量变化量为
C．通过导线某截面的电荷量为
D．线圈的平均感应电动势为
【变式6-1】（多选）（23-24高三下·四川遂宁·开学考试）如图甲所示，电阻为5Ω、匝数为100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与电阻R相连，R＝95Ω。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。则下列说法正确的是（　　）
A．A点的电势高于B点的电势
B．在线圈位置上感应电流沿顺时针方向
C．0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.0005C
D．0.1s时间内回路中产生的焦耳热为2.5J
【变式6-2】（多选）（23-24高二上·贵州黔东南·期末）如图甲所示，电阻、匝数匝的线图两端A、B与电阻R相连，。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化，下列说法正确的是（　　）
A．通过R的电流方向为由A通过R到B
B．线圈两端的电压为
C．R的电功率为
D．时间内通过电阻R的电荷量为
考点7：电磁感应中的电路问题
(1)确定电源:磁通量发生变化的回路或切割磁感线的导体将产生感应电动势,相当于电源。
(2)分析电路结构,必要时画出等效电路图。
(3)利用闭合电路欧姆定律及串、并联电路的基本性质等规律列方程求解。
【典例7】如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行的金属导轨，导轨间距离L1=0.2m， 导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨上端连接一个阻值R=0.4Ω的电阻．整个导轨平面处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T．现有一根质量m=0.01kg、电阻r=0.1Ω的金属棒ab垂直于导轨放置，且接触良好，金属棒从静止开始沿导轨下滑L2=1m后达到匀速直线运动，且始终与导轨垂直.g=10m/s2，导轨电阻不计，求：
（1）金属棒沿导轨下滑过程中速度最大值；
（2）金属棒沿导轨匀速下滑时ab两端的电压；
（3）金属棒从静止达到匀速的过程中，通过电阻R的电量和热量．
【变式7-1】如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，匀强磁场垂直于导轨平面斜向上，一根金属杆在v=2m/s的速度沿导轨匀速向下滑动，下滑过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。M、P间连接一个电阻R=5.0，金属杆及导轨的电阻不计，已知导轨间距L=0.5m，磁感应强度B=1T。金属杆质量m=0.05kg，导轨平面与水平面间夹角，，，。
（1）求电阻R中电流I的大小；
（2）求金属杆与导轨间的滑动摩擦因数的大小；
（3）对金属杆施加一个垂直于金属杆且沿导轨平面向上的恒定拉力F=0.1N，若金属杆继续下滑x=2m后速度恰好减为0，求在金属杆减速过程中电阻R上产生的焦耳热。
【变式7-2】（多选）如图，在高为h的桌面上固定着两根平行光滑金属导轨，导轨左段弯曲，右段水平，两部分平滑连接，导轨间距为L，电阻不计，在导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，ab、cd为两根相同的金属棒，质量均为m，电阻均为r．开始时cd静置于水平轨道上某位置，将ab从弯曲轨道上距离桌面高为h处由静止释放，cd离开轨道水平抛出，落地点ef距轨道末端的水平距离也为h，金属棒在运动过程中没有发生碰撞且与导轨接触良好，重力加速度为g．以下说法正确的是（　　）
A．cd在导轨上的最大加速度为 B．cd在导轨上的最大加速度为
C．ab的落地点在ef的右侧 D．电路中产生的热量为
一、单选题
1．（24-25高二上·河南南阳·期中）如图，一正方形金属线圈用绝缘细绳悬挂于O点，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。某段时间内，磁感应强度的方向垂直线圈平面向里，大小随时间均匀增大，绳子始终保持绷紧状态。这段时间内，下列说法正确的是（　　）
A．金属线圈中电流方向为顺时针 B．金属线圈中电流大小逐渐增大
C．金属线圈受到的安培力大小逐渐增大 D．绳子受到的拉力大小逐渐增大
2．（24-25高二上·浙江·期中）如图所示，在通有电流I的长直导线右侧固定一矩形金属线框abcd，线框与导线在同一平面内，且ad边与导线平行。调节电流I使空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（　　）
A．线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框ad边所受的安培力逐渐减小
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
3．（23-24高二下·四川绵阳·期末）如图所示，用同种规格的铜丝做成的a、b两个单匝正方形线圈同轴，边长之比为2∶3。仅在a线圈所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，当匀强磁场的磁感应强度均匀减小的过程中，a、b线圈内的感应电动势大小之比和感应电流大小之比分别为（　　）
A．1∶1，3∶2 B．1∶1，2∶3 C．4∶9，2∶3 D．4∶9，9∶4
4．（23-24高二下·云南保山·阶段练习）如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路，当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为S，共n匝，某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间内，磁感应强度方向向外且由0均匀增大到，此过程中（　　）
A．线框中产生逆时针方向的感应电流
B．AB边所受安培力方向向左
C．线框中磁通量变化率为
D．线框中感应电动势大小为
5．（23-24高二下·四川成都·期中）如图所示，半径为r的闭合环形线圈，在t时间内，内部磁场从B 减小到0；外部磁场从0增加到B ，（B 、B 均大于0，垂直于纸面向内为正方向），则该过程线圈产生的平均感应电动势为（　　）
A． B． C． D．
6．（23-24高二上·河南·阶段练习）如图所示，一个电阻为、匝数为1000匝的线圈AB所在区域内存在垂直线圈平面向里的磁场，在0.5s内通过它的磁通量从0.05Wb均匀增加到0.09Wb。把一个电阻的电热器连接在它的两端，则（　　）
A．通过电热器的电流方向由下到上
B．线圈中产生的感应电动势大小为80V
C．通过电热器的电流大小为0.8A
D．电热器消耗的电功率为24W
7．（24-25高二上·全国·阶段练习）如图所示，宽为L、足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，两导轨间存在竖直向上的匀强磁场，长为L的金属棒ab垂直于导轨放置，现对其施加水平向右的恒力使其由静止开始运动。在金属棒ab运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．闭合回路中感应磁场方向竖直向上 B．a端电势高于b端
C．金属棒中电流方向由a流向b D．ab受到向右的安培力
8．（23-24高二下·江西·期中）如图，匀强磁场磁感应强度大小为B、方向垂直水平面向里，半径为R的半圆形金属丝在水平面内以速度v做匀速直线运动，速度方向与直径ab垂直，运动中a、b间的电势差为（　　）
A．2BRv B． C． D．
9．（23-24高二下·四川成都·期中）如图所示，MN、PQ为水平光滑金属导轨（金属导轨电阻忽略不计），MN、PQ相距，导体棒AB在两轨道间的电阻为，且可以在MN、PQ上滑动，定值电阻，，整个装置放在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于整个导轨平面，现用水平外力F拉着AB棒向右以速度做匀速运动（ ）
A．导体棒AB产生的感应电动势 B．导体棒AB两端的电压
C．导体棒AB受到的外力 D．定值电阻和的总电功率为6.4W
二、多选题
10．（23-24高二下·安徽池州·期中）如图甲所示的电路中，螺线管的匝数匝、横截面积、螺线管的导线电阻；定值电阻、，穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度为B，在某段时间内其变化规律如图乙所示，规定磁感应强度竖直向下的方向为正方向，则下列说法正确的是（　　）
A．螺线管中产生的感应电动势为0.1V
B．闭合开关S，电路中的电流稳定后，电阻的电功率为
C．断开开关S后的一小段时间内，流经的电流方向由下而上
D．闭合开关S，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带正电
11．（23-24高二下·广东东莞·期末）如图甲所示，面积为的100匝线圈内部存在垂直纸面、磁感应强度随时间均匀增加的匀强磁场，线圈的电阻为，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，磁场垂直纸面向里为正，定值电阻的阻值为，下列说法正确的是（　　）
A．线圈具有收缩的趋势 B．、两点间的电势差
C．时穿过线圈的磁通量为0.1Wb D．电阻上产生的热功率为0.32W
三、解答题
12．（22-23高二下·天津·阶段练习）如图所示，两足够长平行的金属导轨MN、PQ 相距为1m，导轨平面与水平面夹角θ=37°，导轨上端跨接一定值电阻R=3Ω，整个装置处于方向垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B=5T，金属棒cd垂直于 MN、PQ 放置在导轨上，且与导轨保持电接触良好，金属棒的质量为1kg、电阻为2Ω，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5， 重力加速度为 。现将金属棒由静止释放。沿导轨下滑距离为2m时，金属棒速度达到最大值，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则这个过程中：
（1）金属棒的最大加速度是多少；
（2）金属棒 cd的最大速度是多少；
（3）金属棒下滑至最大速度的过程中电阻R产生的焦耳热是多少。
13．（24-25高二上·浙江宁波·期中）正方形线框的质量m=4kg，边长L=1m，匝数n=100匝，总电阻R=2Ω，用绳子将其吊在天花板下，线框竖直静止且上下两边水平，在线框的中间位置以下区域分布有与线框平面垂直的匀强磁场，磁场方向如图甲所示，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，g=10m/s2.求：
(1)判断线框中的电流方向；
(2)求6s内流过导线横截面的电量q；
(3)在t=4s时绳子的拉力大小F。第03讲 静电平衡和电容器（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：静电现象
静电感应
一个带电的物体与不带电的导体相互靠近时由于电荷间的相互作用，会使导体内部的电荷重新分布，异种电荷被吸引到带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端。
静电平衡状态
导体中（包括表面上）没有电荷定向移动的状态叫做静电平衡状态。
静电平衡的特征
（1）导体内部的场强处处为零.
导体内部的场强E是外电场E0和感应电荷产生的场E’的叠加，即E是E0 和E’ 的矢量和.当导体处于静电平衡状态时，必定有感应电荷的场与外电场大小相等、方向相反，即：E0 =－E’ .
（2）处于静电平衡状态的导体，其表面上任何一点的电场强度方向与导体表面垂直，表面场强不一定为零；
（3）导体是一个等势体，导体表面构成一个等势面.
无论是在导体内部还是在导体的表面上或者是由导体的内部到表面上移动电荷，电场力都不做功，这就说明了导体上任何两处电势差为零，即整个导体处处等势.
（4）电荷只分布在导体的外表面，且“尖端”电荷密度大.
　①导体内部没有电荷，电荷只分布在导体的外表面；
　②导体表面越尖锐的地方电荷密度越大，凹陷的地方几乎没有电荷.
知识点2：电容和电容器
1．电容器
（1）组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。
（2）带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
（3）电容器的充、放电
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
2．电容
（1）定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值。
（2）定义式：C＝。
（3）单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝106 μF＝1012 pF。
（4）意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
（5）决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关。
3．平行板电容器的电容
（1）决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离。
（2）决定式：C＝。
4. 两类平行板电容器动态分析比较
分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开
不变量 U Q
d变大 C变小Q变小E变小 C变小U变大E不变
S变大 C变大Q变大E不变 C变大U变小E变小
εr变大 C变大Q变大E不变 C变大U变小E变小
（说明：针对难点进行归纳总结）
强化点一 静电平衡的理解与应用
(1)静电平衡的实质:感应电荷的电场和外电场方向相反、合场强为零，自由电荷不定向移动。
(2)静电平衡时导体上电荷的分布:①导体内部无电荷、电荷只分布在导体外表面上。②空腔导体内部放置电荷时，内、外表面因静电感应产生感应电荷。
【典例1】（23-24高一下·辽宁大连·期末）如图，将一带正电的球靠近不带电的导体棒待其达到静电平衡。其中A、C为导体棒两个端点，B为A、C中点，且在导体内部，沿虚线将导体分成两部分，这两部分带电量分别为、，则（　　）

A． B．A点场强大于B点 C．A点电势高于B点 D．C端带负电
【答案】B
【详解】AD．导体棒本身不带电，不管是怎样将导体分开，两部分所带异种电荷量的大小均相等，由于静电感应，A端带负电，C端带正电，故AD错误；
B．导体棒处于静电平衡状态，其内部各点电场强度均为零，外部表面附近任何一点的场强方向跟该点的表面垂直，即A点场强大于B点，故B正确；
C．导体棒处于静电平衡状态，整体电势相等，故C错误。
故选B。
【变式1-1】（23-24高一下·山东青岛·期末）经典电磁场理论明确给出了场中导体会影响空间静电场的分布。如图是一个金属球壳置于匀强电场后周围电场线分布情况，其中a、d两点对称分布在球壳两侧，b点位于球壳上，c点位于球壳中心，下列说法正确的是（　　）

A．a和d场强大小关系为 B．b和c电势大小关系为
C．球壳的感应电荷在c处的合场强为零 D．ab两点间的电势差等于cd两点间的电势差
【答案】D
【详解】A．a和d两点电场线的疏密程度相同，场强方向也相同，可知场强大小关系为
选项A错误；
B．静电平衡时导体是等势体，则b和c电势大小关系为
选项B错误；
C．球壳的感应电荷在c处的合场强与外部场强等大反向，则球壳的感应电荷在c处的合场强不为零，选项C错误；
D．因且a到金属壳间距离等于d与金属壳间距离且两段距离上的场强分布相同，根据U=Ed可知，ab两点间的电势差等于cd两点间的电势差，选项D正确。
故选D。
【变式1-2】（23-24高二下·山西·期末）人体静电是静电防护工程领域和静电应用领域的重要内容，人体静电带电规律的研究．具有基础性指导作用．如图所示为人体带正1kV静电时的等势线分布，下列说法正确的是（ ）
A．若两手握拳，则手指周围的电场强度减小
B．带电粒子沿着人体表面运动，电势能一定变化
C．若在a点有一静止的带负电粒子，该粒子仅在电场力作用下将以垂直于人体的速度打在人体表面上
D．在人体内部，越靠近皮肤电势越低
【答案】A
【详解】A．带电物体在其尖端位置场强大，两手握拳以后手部场强变小，故A正确；
B．人体各部位电势相等，带电粒子沿着人体表面运动时电势能不变，故B错误；
C．由图可知，电场线为曲线，且皮肤表面的电场线垂直于人体，故粒子除垂直于人体表面的速度外，还有沿着表面的分速度，合速度不会垂直于人体，故C错误；
D．人体为等势体，内部电势处处相等，故D错误。
故选A。
强化点二 静电平衡的两种情形
空腔可以屏蔽外界电场，接地的空腔可以屏蔽内部电荷的电场，其本质都是场源电荷的电场与感应电荷的电场叠加，可使合场强E=0。
【典例2】（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图所示为不带电的空腔球形导体，将一个带负电的小金属球置于腔内，静电平衡时，图甲中A、B、C三点的电势分别为φA、φB、φC；若将导体外表面接地，静电平衡时，图乙中D、E、F三点的电势分别为φD、φE、φF。则下列关系中正确的是（　　）
A．>> B．<= C．<< D．<=
【答案】D
【详解】AB．图甲中，空腔不接地，空腔内外均有电场；根据负电荷的电场线是汇聚的，沿着电场线的方向电势降低，所以
AB错误；
CD．图乙中，空腔接地，空腔内有电场；根据负电荷的电场线是汇聚的，沿着电场线的方向电势降低，所以
图乙中，空腔接地，空腔外没有电场，所以
综上得
C错误，D正确。
故选D。
【变式2-1】（22-23高二上·陕西咸阳·开学考试）如图所示，放在绝缘台上的金属网罩B内放有一个不带电的验电器C，若把一带正电荷的绝缘体A移近金属罩B，则（　　）

A．金属罩B的内表面带正电荷 B．验电器C的金属箔片将张开
C．金属罩B的右侧外表面带正电荷 D．若将B接地，验电器的金属箔片将张开
【答案】C
【详解】A．金属罩B处于静电平衡状态，电荷分布在其外表面上，故A错误；
B．由于静电屏蔽，金属网罩内电场强度为零，所以验电器C上无感应电荷，所以验电器的金属箔片不会张开，故B错误；
C．由于静电感应，使金属罩B的左侧外表面感应出负电荷，所以金属罩B的右侧外表面感应出正电荷，故C正确；
D．将B接地，金属罩仍然处于静电屏蔽，所以验电器C无感应电荷，金属箔片不会张开，故D错误。
故选 C 。
【变式2-2】（23-24高二上·陕西西安·期中）在如图所示的实验中，验电器的金属箔片会张开的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】A．金属网可以屏蔽网外电荷产生的电场，验电器的两金属箔片不带电，不会张开，故A错误；
B．金属网没有接地，网内带电体可以使验电器发生静电感应，使金属箔片张开，故B正确；
CD．金属网接地，网内的带电体对网外无影响，网外的带电体对网内也无影响，不能使验电器发生静电感应现象，金属箔片不能张开，故CD错误。
故选B。
强化点三 电容和电容器
(1)电容器的电容由求出，但电容器的电容是电容器的属性与电容器所带电荷量Q以及两极板间的电势差U均无关。
(2)定义式的推广式，在电势差U变化问题中求电容更快捷。
(3)平行板电容器的决定式，要明确C与S、d及的关系。
【典例3】（23-24高一上·江苏扬州·期末）平行板电容器，上极板带电荷量为，下极板带电荷量为，两板间电势差为U，电容器电容为C，则（　　）
A．电容器带电量为2Q B．电容器带电量为0
C．电容器电容为 D．电容器电容为
【答案】D
【详解】AB．电容器所带电荷量为某一极板所带电荷量的绝对值，所以电容器带电量为，故AB错误；
CD．电容器的电容为
故D正确，C错误。
故选D。
【变式3-1】（23-24高一下·吉林·期末）心室纤颤是一种可能危及生命的疾病。一种叫作心脏除颤器的设备，通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。如图所示，是一次心脏除颤器的模拟治疗，如果充电后电容器的电压为4.0kV，电容器在一定时间内放电至两极板之间的电压为0，这次放电有6.4×10-2C的电荷量通过人体组织，则该心脏除颤器的电容器电容为（　　）
A．0.16 B．1.6F C．1.6 D．16
【答案】D
【详解】由电容定义式
故选D。
【变式3-2】（23-24高二上·天津滨海新·期末）如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除 器的电容器电容为，充电至电压，如果电容器在时间内完成放电，这次通过人体组织平均放电电流为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】电容器所带的电荷量
通过人体组织平均放电电流
故选B。
强化点四 电容器的充放电现象及其应用
(1)电容器充电时:如图1所示，充电电流逐渐减小，当电容器两个极板间的电压达到充电电源电压时，电流为零，充电结束。
(2)电容器放电时:如图2所示，放电电流也是逐渐减小，但充、放电时电流的方向相反。当电容器两个极板上电荷量为零时，电流为零，放电结束。
【典例4】（23-24高一下·河北承德·期末）新能源汽车在启停过程中，动力电池快速充放电会对电池产生损耗，从而降低电池寿命，超级电容器可以与动力电池共同构成混合储能系统，以代替动力电池进行快速充放电及收集不规则动力，从而延长电池寿命。某超级电容器充电时的曲线如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．时间内充电的电荷量为 B．时间内充电的电荷量为
C．超级电容器的电容先减小后增大 D．超级电容器的充电电压先减小后增大
【答案】B
【详解】AB．曲线与坐标轴围成的面积表示充、放电荷量，时间内充电的电荷量小于，时间内充电的电荷量为，故A错误，B正确；
C．超级电容器的电容是电容的属性，其大小与充放电状态和电流大小无关，故C错误；
D．超级电容器的充电过程电荷量增大，由可知电压一直增大，故D错误。
故选B。
【变式4-1】（23-24高一下·江苏镇江·期末）如图（a）和（b）所示，用电路做电容的充放电实验。充电过程得到电路中的电流和电容器两极板的电荷量随时间变化的图线(c)和(d)。接着用充完电的电容器做放电实验如图（b）所示，则放电时电路中的电流大小和电容器的电荷量随时间变化关系正确的图分别是（　　）
A．（c）和（c） B．（d）和（d） C．（c）和（d） D．（d）和（c）
【答案】A
【详解】电容器放电时电路中的电流逐渐减小，则图像为（c）；电容器的电荷量也随时间逐渐减小，图像为（c）。
故选A。
【变式4-2】（23-24高二下·湖南娄底·期末）如图，单刀双掷开关S原来跟2相接，从开始，开关改接1，时，把开关改接2，下列图像和图像大致形状正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】AB．开关S接1时，电源给电容器充电，充电完毕后电流为零，再将开关S接2时，电容器开始反向放电，且放电越来越缓慢，所以对应的I-t图像的斜率越来越小，放电完毕后电流为零，故AB错误；
CD．开关S接1时，电容器充电，电压增大越来越慢，充电结束后两极板间的电压等于电源电压，所以对应UAB-t图像的斜率越来越小。再将开关S接2时，开始放电，两极板电压逐渐减小，且电压减小越来越慢，极板电性不变，则对应UAB-t图像的斜率也越来越小，故C错误，D正确。
故选D。
强化点五 影响平行板电容器的因素
平行板电容器电容的决定式为其中、S和d的数值，决4πkd定着电容C的大小。
【典例5】如图所示，是电容式话筒的示意图，它是利用电容制成的传感器，话筒的振动膜前面有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极。在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，从而使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因是电容器两板间的 （　　）
A．距离变化 B．正对面积变化 C．电介质变化 D．电压变化
【答案】A
【详解】振动膜前后振动，使振动膜上的金属层与金属板间的距离发生变化，从而将声音信号转化为电信号。
故选A。
【变式5-1】（23-24高二下·云南曲靖·期末）传感器广泛应用在我们的生产生活中，常用的计算机键盘就是一种传感器，每个键内部电路如图所示。每个键下面都有相互平行的活动金属片和固定金属片组成的平行板电容器，两金属片间有空气间隙。在按下键的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容C减小 B．电容器的带电量Q增加
C．图中电流从N流向M D．电容器极板间的电场强度减小
【答案】B
【详解】ABC．在按键的过程中，电容器两板间距d减小，则由
可知，电容器的电容C增大，两板电压U一定，根据Q=CU
可知电容器的电量Q增加，电容器充电，则图中电流从M流向N，故B正确，AC错误；
D．电容器两板间距d减小，两板电压U一定，根据
可知极板间的电场强度变大，故D错误。
故选B。
【变式5-2】（23-24高二上·河南驻马店·期末）菜顿瓶（Leydenjar）是一种储存电荷的装置。莱顿瓶结构很简单，玻璃瓶子外面贴有一层金属箔，内部装食盐水，瓶口插一金属探针，探针与内部的食盐水相连，如图所示。为了提高莱顿瓶储存电荷的本领，以下操作正确的是（　　）
A．往玻璃瓶中再加入一些食盐水 B．从玻璃瓶中再取出一些食盐水
C．把金属探针向上拔出一些 D．把金属探针向下插入一些
【答案】A
【详解】A．根据电容器电容的物理意义可知，要提升其储存电荷的本领，即要增大电容器的电容C，根据
往玻璃瓶中再加入一些食盐水，相当于增大了极板之间的正对面积，电容增大，莱顿瓶储存电荷的本领获得提高，故A正确；
B．从玻璃瓶中取出一些食盐水，相当于减小了极板之间的正对面积，根据上述可知电容减小，莱顿瓶储存电荷的本领被减弱，故B错误；
CD．把金属探针向上拔出一些，或者把金属探针向下插入一些过程中，极板之间的正对面积S、极板间距d和介电常数 ，均没有发生变化，根据上述可知，电容不变，则这只莱顿瓶储存电荷的本领不变，故CD错误。
故选A。
强化点六 平行板电容器的两类动态变化
(1)平行板电容器的电压不变时，若改变间距d，则:
由知d增大→C减小；由Q=CU知U不变、C减小→Q减小。由知U不变、d增大→E减小。
(2)平行板电容器的带电荷量不变时，若改变间距d，则:
由知，d增大→C减小；由知Q不变、C减小→U增大。由知，U增大，d增大，无法解出E的变化情况，只能换公式。
，对此式各量中Q不变，S不变，则E不变。
以上仅分析了间距d变化的情形，其他变形可依此分析。
【典例6】（23-24高一下·辽宁大连·期末）如图所示，在竖直平面内的平行板电容器，在其正中P点有一个带电微粒。S闭合时，该微粒恰好能保持静止，下列说法不正确的是（　　）
A．微粒带正电 B．若保持S闭合，上移极板N，微粒向上加速
C．若开关S断开，上移极板M，微粒向下加速 D．若开关S断开，下移极板M，P点电势不变
【答案】C
【详解】A．S闭合时，该微粒恰好能保持静止，根据受力平衡可知微粒受到的电场力竖直向上，与板间场强方向相同，所以微粒带正电，故A正确，不满足题意要求；
B．若保持S闭合，则板间电压保持不变，上移极板N，根据
由于板间距离减小，板间场强增大，微粒受到的电场力增大，所以微粒向上加速运动，故B正确，不满足题意要求；
CD．若开关S断开，则电容器所带电荷量不变，根据
上移极板M，可知板间场强不变，微粒受到的电场力不变，微粒仍处于静止状态；由于板间场强不变，P点与接地板N距离不变，则P点与接地板N的电势差不变，P点电势不变，故C错误，满足题意要求；D正确，不满足题意要求。
故选C。
【变式6-1】（23-24高一下·山东临沂·期末）如图所示，带电的平行板电容器与静电计连接，下极板接地，静电计外壳接地，已知电容器上极板带正电，稳定时一带电的油滴恰好静止于两极板间的点，则下列说法正确的是（　　）
A．保持下极板不动，将上极板稍微下移一点距离，静电计的张角变大
B．保持上极板不动，将下极板稍微下移一点距离，液滴将向下运动
C．保持下极板不动，将上极板稍微向右移一点距离，点电势将升高
D．保持下极板不动，将上极板稍微向右移一点距离，带电油滴仍静止不动
【答案】C
【详解】A．将上极板稍微下移一点距离，则d减小，根据
可知C增大，根据
电荷量Q不变，则U减小，静电计张角变小，故A错误；
B．一带电的油滴恰好静止于两极板间的点，根据受力分析可知油滴带负电，保持上极板不动，将下极板稍微下移一点距离，则d增大，根据，可得
可知电场强度不变，则油滴不运动，故B错误；
C．保持下极板不动，将上极板稍微向右移一点距离，则S减小，根据
可知电场强度变大，油滴距离下极板的距离不变，根据
可知电势升高，故C正确；
D．保持下极板不动，将上极板稍微向右移一点距离，则S减小，根据
可知电场强度增大，则电场力增大，带电油滴向上运动，故D错误；
故选C。
【变式6-2】（23-24高一下·辽宁本溪·期末）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将电容器与静电计组成回路，P点为极板间的一点。可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（可动电极不会到达P点）。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正确的是（　　）
A．风力越大，电容器电容越小 B．风力越大，静电计指针张角越小
C．风力越大，极板间电场强度越大 D．风力越大，P点的电势仍保持不变
【答案】B
【详解】A．根据 ，风力越大，两板间的距离d越小，电容器电容C越大，A错误；
B．根据，
解得
风力越大，两板间的距离d越小，两板之间的电势差越小，静电计指针张角越小，B正确；
C．根据，
解得
风力越大，两板间的距离d越小，极板间电场强度与距离d无关，电场强度不变，C错误；
D．根据，
解得
风力越大，P点到负极板之间的距离越小，P点的电势越小，D错误。
故选B。
强化点七 电容器的力学问题的分析方法
电场强度是联系电场和力的桥梁。先分析受力情况，再分析运动情况和运动过程(平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动)然后选用恰当的规律(如牛顿运动定律、动能定理或能量守恒定律)解题。
【典例7】（22-23高二上·天津红桥·期末）如图所示，A、B为不带电平行金属板，间距为d，A板接地，构成的电容器电容为C。质量为m、电量为q的带电液滴一滴一滴由A板上小孔以初速度为零下落到达B板。液滴到达B板后，把电荷全部转移在B板上。求能到达B板上的液滴数目最多是多少？
【答案】
【详解】当最终平衡时满足Eq=mg
其中E=，C=Q=Nq
解得
【变式7-1】（22-23高二上·福建泉州·期末）如图所示电路中，两平行金属板和相距水平放置，板中央有一小孔。已知电源的电动势、内阻，滑动变阻器的阻值范围为，。闭合开关电路稳定后。
（1）若平行金属板电容器电容，调节的阻值，当消耗的功率最大时，求电容器的电量。
（2）若将质量、电荷量的液滴从小孔正上方处无初速滴下，液滴刚好不落到板。不计空气阻力，取重力加速度。求两端的电压及滑动变阻器接入电路的阻值。
【答案】（1）；（2）；
【详解】（1）将与视为电源的等效内阻，
当时，消耗功率最大①②，③
由①②③得
（2）电容器与两端电压相同，设两端的电压为
对液滴由动能定理得⑤
解得⑥，⑦
根据闭合电路欧姆定律得⑧
由⑥⑦⑧得⑨
【变式7-2】如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N，接上直流电源，上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h=20cm处的B点，有一小油滴自由落下。已知小油滴的电量q=－3.5×10－14C，质量m=3.0×10－9kg，当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零（不计空气阻力，g=10m/s2，L=15cm）求：
(1)两极板间的电场强度E；
(2)两极板间的电势差U；
(3)设平行板电容器的电容C=4.0×10－12F，则该电容器带电量Q是多少？
【答案】(1)2.0×106V/m，方向竖直向下；(2)3.0×105V；(3)1.2×10－6C
【详解】(1)由动能定理W=ΔEk，得
代入数据得U=3.0×105V
又，解得E=2.0×106V/m
(2)由(1)解得两极板间的电势差为3.0×105V。
(3)根据Q=CU，解得Q=1.2×10－6C
（要求：分两个板块，2024年真题和优选最新模拟题）
真题感知
1．（2024·浙江·高考真题）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则 （　　）
A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大
C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大
【答案】D
【详解】AB．根据，可得当极板间距增大时电容减小，由于电容器的带电量不变，故极板间电势差增大，故AB错误；
C．根据得，，故场强不变，故C错误；
D．移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，故D正确。
故选D。
2．（2024·甘肃·高考真题）一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是（　　）
A．充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加
B．充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点
C．放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小
D．放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点
【答案】C
【详解】A．充电过程中，随着电容器带电量的增加，电容器两极板间电势差增加，充电电流在减小，故A错误；
B．根据电路图可知，充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由N点流向M点，故B错误；
C．放电过程中，随着电容器带电量的减小，电容器两极板间电势差减小，放电电流在减小，故C正确；
D．根据电路图可知，放电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向N点，故D错误。
故选C。
【点睛】
3．（2024·辽宁·高考真题）某种不导电溶液的相对介电常数与浓度的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图（b）所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则（　　）
A．电容器的电容减小 B．电容器所带的电荷量增大
C．电容器两极板之间的电势差增大 D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
【答案】B
【详解】A．降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数增大，根据电容器的决定式可知电容器的电容增大，故A错误；
BC．溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；
D．根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为，故D错误。
故选B。
提升专练
一、单选题
1．（2024·广东清远·模拟预测）如图，在装载作业中，传送带与矿物摩擦产生静电，假设传送带带上强大的正电，地球表面由于静电感应带上负电，传送带与地球表面平行正对，该部分空间可视为一平行板电容器。一身穿绝缘工作服的工人在传送带下方作业，由此产生一系列电场问题，下列分析不正确的是（　　）
A．不考虑工人的影响，地球表面层与传送带间形成匀强电场
B．工人由于静电感应头部带负电，脚部带正电
C．工人身体中会产生持续向下的电流，人会感受到电击现象
D．工人的存在会影响该电容器的电容大小
【答案】C
【详解】A．不考虑工人的影响，地球表面层与传送带间形成的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场，故A正确；
B．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引可知，工人由于静电感应头部带负电，脚部带正电，故B正确；
C．工人身穿绝缘工作服而处在匀强电场中，不会产生持续向下的电流，人不会感受到电击现象，故C错误；
D．根据电容的决定式
可知，工人视为电介质，会影响该电容器的电容大小，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
2．（2024·河南·模拟预测）如图所示，绝缘箱子放在水平地面上，平行金属板A、B放在箱子内，A板固定在箱子顶部，B板用绝缘弹簧支撑在箱底，两板平行相对，带等量的异种电荷，一个带正电的小球用绝缘细线悬于上板，小球受到细线的拉力恰好为零，现让箱子竖直向上做匀加速运动，B板再次相对箱子静止（不考虑电场运动产生的影响），则下列判断正确的是（　　）
A．A板带正电 B．箱子运动过程中，电容器的电容变大
C．箱子运动过程中，两板间的电压变大 D．箱子运动过程中，细线对小球的拉力仍为零
【答案】C
【详解】A．小球所受拉力为0，表明电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，小球带正电，则电场方向竖直向上，可知，A板带负电，故A错误；
B．箱子竖直向上做匀加速运动，加速度方向向上，稳定时，弹簧弹力增大，即B板下移，极板之间间距增大，根据可知，箱子运动过程中，电容器的电容变小，故B错误；
C．极板所带电荷量一定，根据，结合上述可知，电容减小，则两板间的电压变大，故C正确；
D．根据，，解得电场强度为可知，电场强度不变，小球所受电场力不变，为使加速度向上，则细线对小球的拉力不为零，故D错误。
故选C。
3．（2024·贵州六盘水·模拟预测）某同学利用电流传感器和phyphox（手机APP）研究电容器放电特点，得出如图所示的图像，则（ ）
A．前7s内电容器放电电荷量约为
B．前7s内电容器放电电荷量约为
C．若再给电容器串接一个定值电阻，电路其他参数不变，则放电时间缩短
D．若再给电容器串接一个定值电阻，电路其他参数不变，则图线与坐标轴围成的“面积”会变小
【答案】B
【详解】AB．图像与时间轴所围几何图形的面积表示电荷量，利用“大于半格算一格，小于半格舍去”规律，根据图像可知，所围几何图形的格数为29格，则前7s内电容器放电电荷量约为
故A错误，B正确；
C．充电稳定后，极板所带电荷量大小一定，当再给电容器串接一个定值电阻，放电时，电路中电阻对电流的阻碍效果增大，可知，放电时间变长，故C错误；
D．结合上述，由于充电稳定后，极板所带电荷量大小一定，当再给电容器串接一个定值电阻，放电过程所释放的总电荷量大小不变，结合上述可知，图线与坐标轴围成的“面积”不变，故D错误。
故选B。
4．（2024·吉林长春·模拟预测）如图所示，平行板电容器的电容为，正极板带电量为，负极板接地，两极板间距离为，今在距两极板间离负极板处放一正点电荷。已知静电力常数为，下列说法正确的是（ ）
A．由于负极板接地所以负极板带电荷量为零 B．所在处的电势是
C．点电荷所受电场力的大小为 D．点电荷所受电场力的大小为
【答案】B
【详解】A．负极板带电荷量为。故A错误；
C．带电金属板不能看做点电荷，故不能根据库仑定律求解q所受的电场力。故C错误；
D．电容器两板电势差
两板间电场场强
则q所受电场力的大小为，故D错误；
B．所在处的电势是，故B正确。
故选B。
5．（2024·广东·模拟预测）某同学设计了一款河水水位监测器，如图，平行板电容器、电流表和电源组成一电路，绝缘细杆一端连接漂浮在水面上的浮子，另一端与电容器极板P连接（极板Q固定），上下移动就带动P上下移动（初始时，极板P的高度低于极板Q），监测人员通过电流表指针偏转情况就可以远距离得知河水水位的变化。已知电流从左侧进入电流表，其指针左偏；电流从右侧进入电流表，其指针右偏。若监测人员发现电流表指针右偏，可以得出（　　）
A．河水水位在下降 B．Q极板的电荷量在减少
C．平行板电容器的电容在增大 D．P、Q间的电场强度在变大
【答案】C
【详解】B．监测人员发现电流表指针右偏，说明电流从电流表右侧进入，又由于Q板与电源正极连接，说明电容器在充电，P、Q极板的电荷量在增加，故B项错误；
D．由于与电源相连，所以电压U不变，板间距d也没有变化，由可得，E不变，故D项错误；
C．由于与电源相连，所以电压U不变，由
可得，平行板电容器的电容在增加，故C项正确；
A．由
可得，P、Q极板的正对面积增大，说明水位在上升，故A项错误。
故选C。
6．（2024·天津滨海新·三模）为了方便在医院输液的病人及时监控药液是否即将滴完，有人发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置，实物图和电路原理如图所示。闭合开关，当药液液面降低时，夹在输液管两侧的电容器C的两极板之间介质由液体改变为气体，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音，电路中电表均为理想电表。根据以上说明，下列选项分析正确的是（　　）
A．液面下降后，电容器两端电压变大 B．液面下降后，电容器所带电量减少
C．液面下降时蜂鸣器电流由a流向b D．输液管较粗时，电容器容值会变大
【答案】B
【详解】A．开关闭合稳定时，电容器两端电压等于电源电动势，即液面下降稳定后，电容器两端电压不变，故A错误；
B．根据，
液面下降，极板之间的介电常数减小，则电容减小，极板之间电压不变，则电容器所带电量减少，故B正确；
C．根据图示可知，电容器右侧极板带负电，结合上述，液面下降时，极板所带电荷量减少，即右侧极板失去电子，电子从a向b运动，则蜂鸣器电流由b流向a，故C错误；
D．结合上述可知，输液管较粗时，极板之间间距增大，则电容器容值会变小，故D错误。
故选B。
7．（2024·天津·模拟预测）电源，开关，平行板电容器连成如图电路，A板接地，闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器的电容为C，板间场强大小为E，A，B两板间电势差为U，固定在P点的负电荷的电势能为Ep，现将上极板向上移动少许，则下列物理量增大的是（　　）
A．C B．E C．U D．
【答案】D
【详解】A．根据
可知将上极板向上移动少许，增大，电容C减小，故A错误；
BC．电容器与电源相连，电容器两极板间的电势差不变，根据
可知将上极板向上移动少许，增大，板间场强大小E减小，故BC错误；
D．根据
且，可得
可知在P点的电势减小，根据
可知P点的负电荷的电势能增大，故D正确。
故选D。
8．（2024·江苏盐城·模拟预测）电流传感器和计算机相连能画出电流随时间变化的图像。某同学在观察电容器的充放电现象时，按照图甲连接成如图乙所示电路。开始，开关接1；时，把开关改接2，得到电流传感器中的电流随时间变化的图像如图丙所示。该过程中电容器两端的电压随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A．B．C． D．
【答案】D
【详解】根据图丙可知，开始，开关接1，电源对电容充电，充电电流逐渐变小，电容器两端的电压逐渐变大，并且电压的增大速度逐渐降低，故图线逐渐平缓；时，把开关改接2，电容放电，放电电流逐渐变小，容器两端的电压逐渐降低，并且降低的速度逐渐减小，故图线也逐渐平缓，故D正确，ABC错误；
故选D。
二、多选题
9．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图所示的电路中，开关S闭合时，平行板电容器M、N间有一带电小球刚好静止，此时两板之间的距离为d，已知小球的比荷为k，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．两极板之间的电压为
B．仅将下板向下移动d，小球的电势能增加
C．仅将下板向下移动d，小球以加速度g向下加速运动
D．断开开关S，仅将下板向下移动d，小球仍然静止不动
【答案】AD
【详解】A．小球静止时，由力的平衡条件得，，
整理得，故A正确；
B．根据，可知，下板向下移动d，则两极板之间的电场强度变为原来的，小球与上极板的电势差减小，则小球所在位置的电势升高，又上板带正电，则小球带负电，由公式
可知小球的电势能减少，故B错误；
C．仅将下板向下移动d，则两极板之间的电场强度为
由牛顿第二定律得，解得
小球以加速度向下加速运动，故C错误；
D．若将开关断开，则两板的电荷量Q不变，将下板向下移动d，根据，，
解得
所以两极板间的电场强度E不变，小球仍保持静止，故D正确。
故选AD。
10．（2024·吉林长春·模拟预测）利用图（a）所示电路探究电容器的充、放电现象，电流传感器和电压传感器与计算机相连。图（b）中过程1和过程2表示充电过程或放电过程，实线甲和虚线乙表示或图像。下列说法正确的是（ ）
A．甲是图像，乙是图像
B．过程2对应的是电容器放电过程
C．过程2中虚线乙与横轴所围面积在数值上等于电容器放电的电荷量
D．过程2中实线甲与横轴所围面积在数值上等于电容器放电的电荷量
【答案】BD
【详解】A．当电容器充电满了后，电路中电流为零，电容器两端的电压不为零，故乙是图像，甲是图像，故A错误；
B．由图可知，过程2电容器两端的电压不断变小，可知是电容器放电过程，故B正确；
CD．甲表示的图像，根据可知过程2中实线甲与横轴所围面积在数值上等于电容器放电的电荷量，故D正确，C错误。
故选BD。
11．（2024·河北沧州·三模）如图，充电后与电源断开的平行板电容器水平放置，极板长度为l，间距为d，一电子从B点射入电容器，从下极板右侧边缘射出，图中相邻竖直线的间距均为，A与B、B与C、C与D之间的距离分别为，，，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，已知电子沿极板方向的速度为，则（　　）
A．电场强度的大小
B．电子做匀变速曲线运动，电势能一直减小
C．仅将电容器的上极板竖直向上移动，电子的出射点将上移
D．仅将电容器的上极板竖直向上移动，电子的出射点不变
【答案】AD
【详解】A．电子在水平方向运动所用时间
电子在垂直极板方向做匀变速直线运动，由运动学公式有
根据牛顿第二定律有，解得
故A正确；
B．电子做匀变速曲线运动，由题图知，电场力先做负功后做正功，则电势能先增加后减小，故B错误；
CD．仅将电容器的上极板竖直向上移动，由
由电容定义式
由电容决定式，联立解得
可知电场强度不变，即电子的出射点不变，故C错误，D正确。
故选AD。
三、解答题
12．（2024·北京房山·一模）电容器作为储能器件在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电压随两极板所带的电荷量的变化图像都相同。
（1）请在图中画出上述图像，并类比由图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能。
（2）一个金属球和一个与它同心的金属球壳组成的电容器叫做球形电容器。孤立导体球可看作另一极在无穷远的球形电容器。如图所示，两极间为真空的球形电容器，其内球半径为，球壳内半径为，电容为，其中k为静电力常量。根据球形电容器电容的表达式，推导半径为R的孤立导体球的电容C的表达式；
（3）将带电金属小球用导线与大地相连，我们就会认为小球的电荷量减小为零。请结合上面题目信息与所学知识解释这一现象。
【答案】（1），；（2）；（3）见解析
【详解】（1）根据，可得
做出图像如图所示
类比由图像求位移的方法，图中三角形的面积表示电容器所带电荷量达到Q时电容器所具有的电势能的大小，由图可得而，联立可得
（2）根据题中模型，可将孤立导体球看成另一极在无穷远处的球形电容器，即，
代入球形电容器电容的表达式，可得
（3）根据孤立导体球的电容表达式可知，球体的半径越大，其电容越大，由于金属小球的半径远小于地球半径，所以地球的电容远大于小球的电容，当二者用导线连接，电势相同，根据
可知，地球的带电量远大于小球的带电量，电荷总量保持不变，所以可以认为小球的电荷量减小为0。
13．（2023·北京东城·一模）平行板电容器是一种常用的电学元件。
（1）如图甲所示，电源与平行板电容器，定值电阻，开关组成闭合电路。已知平行板电容器的电容为C，电源电动势为E，内阻不计，不考虑极板边缘效应，请在图乙中画出充电过程中电容器两板电压u随其所带电荷量q变化的图像，并类化直线运动中由图像求位移的方法，求充电完毕时电容器储存的电能。
（2）如图丙所示，M、N是平行板电容器的两个极板，板间距离为d。用绝缘细线把一个质量为m，电荷最为q的带电小球悬挂在两极板问，已知开关S闭合后，且小球静止时，绝缘细线与竖直方向夹角为，电源电动势为E，内阻不计。三个定值电阻的阻值分别为、、，重力加速度为g，忽略小球的电荷量对极板间电场的影响。
a.求夹角与定值电阻阻值的关系式；
b.若某时刻烧断细线，同时断开开关S，通过分析定性说明小球在两极板间可能出现的运动情况（假设小球的电荷量保持不变，且始终未与极板发生碰撞）。
【答案】（1）， ；（2）a. ；b.某时刻烧断细线，同时断开开关，细线对小球的拉力为零。在竖直方向上，小球只受重力作用，加速度不变，做匀加速直线运动；在水平方向上，小球只受电场力作用，由于平行板电容器会通过电阻放电，使得小球所受电场力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动。若放电时间比较长，小球做加速度减小的曲线运动。若放电时间比较短，在放电完毕前，小球做加速度减小的曲线运动；放电完毕后，小球只在重力作用下做匀变速曲线运动。
【详解】（1）图像如图所示
充电完毕时电容器两端电压等于电源电动势E，电容器所带电荷量为Q，图线与横轴所围面积即为电容器储存的电能，，联立可得
（2）a.小球在电场中静止时受到重力、电场力及细线的拉力，小球所受电场力为
两极板之间电场强度
根据闭合电路欧姆定律，可得两极板间的电势差
根据平衡条件有，联立可得
b.某时刻烧断细线，同时断开开关，细线对小球的拉力为零。在竖直方向上，小球只受重力作用，加速度不变，做匀加速直线运动；在水平方向上，小球只受电场力作用，由于平行板电容器会通过电阻放电，使得小球所受电场力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动。若放电时间比较长，小球做加速度减小的曲线运动。若放电时间比较短，在放电完毕前，小球做加速度减小的曲线运动；放电完毕后，小球只在重力作用下做匀变速曲线运动。第03讲 静电平衡和电容器（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：静电现象
静电感应
一个带电的物体与不带电的导体相互靠近时由于电荷间的相互作用，会使导体内部的电荷重新分布，异种电荷被吸引到带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端。
静电平衡状态
导体中（包括表面上）没有电荷定向移动的状态叫做静电平衡状态。
静电平衡的特征
（1）导体内部的场强处处为零.
导体内部的场强E是外电场E0和感应电荷产生的场E’的叠加，即E是E0 和E’ 的矢量和.当导体处于静电平衡状态时，必定有感应电荷的场与外电场大小相等、方向相反，即：E0 =－E’ .
（2）处于静电平衡状态的导体，其表面上任何一点的电场强度方向与导体表面垂直，表面场强不一定为零；
（3）导体是一个等势体，导体表面构成一个等势面.
无论是在导体内部还是在导体的表面上或者是由导体的内部到表面上移动电荷，电场力都不做功，这就说明了导体上任何两处电势差为零，即整个导体处处等势.
（4）电荷只分布在导体的外表面，且“尖端”电荷密度大.
　①导体内部没有电荷，电荷只分布在导体的外表面；
　②导体表面越尖锐的地方电荷密度越大，凹陷的地方几乎没有电荷.
知识点2：电容和电容器
1．电容器
（1）组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。
（2）带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
（3）电容器的充、放电
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
2．电容
（1）定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值。
（2）定义式：C＝。
（3）单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝106 μF＝1012 pF。
（4）意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
（5）决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关。
3．平行板电容器的电容
（1）决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离。
（2）决定式：C＝。
4. 两类平行板电容器动态分析比较
分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开
不变量 U Q
d变大 C变小Q变小E变小 C变小U变大E不变
S变大 C变大Q变大E不变 C变大U变小E变小
εr变大 C变大Q变大E不变 C变大U变小E变小
（说明：针对难点进行归纳总结）
强化点一 静电平衡的理解与应用
(1)静电平衡的实质:感应电荷的电场和外电场方向相反、合场强为零，自由电荷不定向移动。
(2)静电平衡时导体上电荷的分布:①导体内部无电荷、电荷只分布在导体外表面上。②空腔导体内部放置电荷时，内、外表面因静电感应产生感应电荷。
【典例1】（23-24高一下·辽宁大连·期末）如图，将一带正电的球靠近不带电的导体棒待其达到静电平衡。其中A、C为导体棒两个端点，B为A、C中点，且在导体内部，沿虚线将导体分成两部分，这两部分带电量分别为、，则（　　）

A． B．A点场强大于B点 C．A点电势高于B点 D．C端带负电
【变式1-1】（23-24高一下·山东青岛·期末）经典电磁场理论明确给出了场中导体会影响空间静电场的分布。如图是一个金属球壳置于匀强电场后周围电场线分布情况，其中a、d两点对称分布在球壳两侧，b点位于球壳上，c点位于球壳中心，下列说法正确的是（　　）

A．a和d场强大小关系为 B．b和c电势大小关系为
C．球壳的感应电荷在c处的合场强为零 D．ab两点间的电势差等于cd两点间的电势差
【变式1-2】（23-24高二下·山西·期末）人体静电是静电防护工程领域和静电应用领域的重要内容，人体静电带电规律的研究．具有基础性指导作用．如图所示为人体带正1kV静电时的等势线分布，下列说法正确的是（ ）
A．若两手握拳，则手指周围的电场强度减小
B．带电粒子沿着人体表面运动，电势能一定变化
C．若在a点有一静止的带负电粒子，该粒子仅在电场力作用下将以垂直于人体的速度打在人体表面上
D．在人体内部，越靠近皮肤电势越低
强化点二 静电平衡的两种情形
空腔可以屏蔽外界电场，接地的空腔可以屏蔽内部电荷的电场，其本质都是场源电荷的电场与感应电荷的电场叠加，可使合场强E=0。
【典例2】（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图所示为不带电的空腔球形导体，将一个带负电的小金属球置于腔内，静电平衡时，图甲中A、B、C三点的电势分别为φA、φB、φC；若将导体外表面接地，静电平衡时，图乙中D、E、F三点的电势分别为φD、φE、φF。则下列关系中正确的是（　　）
A．>> B．<= C．<< D．<=
【变式2-1】（22-23高二上·陕西咸阳·开学考试）如图所示，放在绝缘台上的金属网罩B内放有一个不带电的验电器C，若把一带正电荷的绝缘体A移近金属罩B，则（　　）

A．金属罩B的内表面带正电荷 B．验电器C的金属箔片将张开
C．金属罩B的右侧外表面带正电荷 D．若将B接地，验电器的金属箔片将张开
【变式2-2】（23-24高二上·陕西西安·期中）在如图所示的实验中，验电器的金属箔片会张开的是（　　）
A． B． C． D．
强化点三 电容和电容器
(1)电容器的电容由求出，但电容器的电容是电容器的属性与电容器所带电荷量Q以及两极板间的电势差U均无关。
(2)定义式的推广式，在电势差U变化问题中求电容更快捷。
(3)平行板电容器的决定式，要明确C与S、d及的关系。
【典例3】（23-24高一上·江苏扬州·期末）平行板电容器，上极板带电荷量为，下极板带电荷量为，两板间电势差为U，电容器电容为C，则（　　）
A．电容器带电量为2Q B．电容器带电量为0
C．电容器电容为 D．电容器电容为
【变式3-1】（23-24高一下·吉林·期末）心室纤颤是一种可能危及生命的疾病。一种叫作心脏除颤器的设备，通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。如图所示，是一次心脏除颤器的模拟治疗，如果充电后电容器的电压为4.0kV，电容器在一定时间内放电至两极板之间的电压为0，这次放电有6.4×10-2C的电荷量通过人体组织，则该心脏除颤器的电容器电容为（　　）
A．0.16 B．1.6F C．1.6 D．16
【变式3-2】（23-24高二上·天津滨海新·期末）如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除 器的电容器电容为，充电至电压，如果电容器在时间内完成放电，这次通过人体组织平均放电电流为（　　）
A． B． C． D．
强化点四 电容器的充放电现象及其应用
(1)电容器充电时:如图1所示，充电电流逐渐减小，当电容器两个极板间的电压达到充电电源电压时，电流为零，充电结束。
(2)电容器放电时:如图2所示，放电电流也是逐渐减小，但充、放电时电流的方向相反。当电容器两个极板上电荷量为零时，电流为零，放电结束。
【典例4】（23-24高一下·河北承德·期末）新能源汽车在启停过程中，动力电池快速充放电会对电池产生损耗，从而降低电池寿命，超级电容器可以与动力电池共同构成混合储能系统，以代替动力电池进行快速充放电及收集不规则动力，从而延长电池寿命。某超级电容器充电时的曲线如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．时间内充电的电荷量为 B．时间内充电的电荷量为
C．超级电容器的电容先减小后增大 D．超级电容器的充电电压先减小后增大
【变式4-1】（23-24高一下·江苏镇江·期末）如图（a）和（b）所示，用电路做电容的充放电实验。充电过程得到电路中的电流和电容器两极板的电荷量随时间变化的图线(c)和(d)。接着用充完电的电容器做放电实验如图（b）所示，则放电时电路中的电流大小和电容器的电荷量随时间变化关系正确的图分别是（　　）
A．（c）和（c） B．（d）和（d） C．（c）和（d） D．（d）和（c）
【变式4-2】（23-24高二下·湖南娄底·期末）如图，单刀双掷开关S原来跟2相接，从开始，开关改接1，时，把开关改接2，下列图像和图像大致形状正确的是（　　）
A． B． C． D．
强化点五 影响平行板电容器的因素
平行板电容器电容的决定式为其中、S和d的数值，决4πkd定着电容C的大小。
【典例5】如图所示，是电容式话筒的示意图，它是利用电容制成的传感器，话筒的振动膜前面有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极。在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，从而使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因是电容器两板间的 （　　）
A．距离变化 B．正对面积变化 C．电介质变化 D．电压变化
【变式5-1】（23-24高二下·云南曲靖·期末）传感器广泛应用在我们的生产生活中，常用的计算机键盘就是一种传感器，每个键内部电路如图所示。每个键下面都有相互平行的活动金属片和固定金属片组成的平行板电容器，两金属片间有空气间隙。在按下键的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容C减小 B．电容器的带电量Q增加
C．图中电流从N流向M D．电容器极板间的电场强度减小
【变式5-2】（23-24高二上·河南驻马店·期末）菜顿瓶（Leydenjar）是一种储存电荷的装置。莱顿瓶结构很简单，玻璃瓶子外面贴有一层金属箔，内部装食盐水，瓶口插一金属探针，探针与内部的食盐水相连，如图所示。为了提高莱顿瓶储存电荷的本领，以下操作正确的是（　　）
A．往玻璃瓶中再加入一些食盐水 B．从玻璃瓶中再取出一些食盐水
C．把金属探针向上拔出一些 D．把金属探针向下插入一些
强化点六 平行板电容器的两类动态变化
(1)平行板电容器的电压不变时，若改变间距d，则:
由知d增大→C减小；由Q=CU知U不变、C减小→Q减小。由知U不变、d增大→E减小。
(2)平行板电容器的带电荷量不变时，若改变间距d，则:
由知，d增大→C减小；由知Q不变、C减小→U增大。由知，U增大，d增大，无法解出E的变化情况，只能换公式。
，对此式各量中Q不变，S不变，则E不变。
以上仅分析了间距d变化的情形，其他变形可依此分析。
【典例6】（23-24高一下·辽宁大连·期末）如图所示，在竖直平面内的平行板电容器，在其正中P点有一个带电微粒。S闭合时，该微粒恰好能保持静止，下列说法不正确的是（　　）
A．微粒带正电 B．若保持S闭合，上移极板N，微粒向上加速
C．若开关S断开，上移极板M，微粒向下加速 D．若开关S断开，下移极板M，P点电势不变
【变式6-1】（23-24高一下·山东临沂·期末）如图所示，带电的平行板电容器与静电计连接，下极板接地，静电计外壳接地，已知电容器上极板带正电，稳定时一带电的油滴恰好静止于两极板间的点，则下列说法正确的是（　　）
A．保持下极板不动，将上极板稍微下移一点距离，静电计的张角变大
B．保持上极板不动，将下极板稍微下移一点距离，液滴将向下运动
C．保持下极板不动，将上极板稍微向右移一点距离，点电势将升高
D．保持下极板不动，将上极板稍微向右移一点距离，带电油滴仍静止不动
【变式6-2】（23-24高一下·辽宁本溪·期末）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将电容器与静电计组成回路，P点为极板间的一点。可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（可动电极不会到达P点）。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正确的是（　　）
A．风力越大，电容器电容越小 B．风力越大，静电计指针张角越小
C．风力越大，极板间电场强度越大 D．风力越大，P点的电势仍保持不变
强化点七 电容器的力学问题的分析方法
电场强度是联系电场和力的桥梁。先分析受力情况，再分析运动情况和运动过程(平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动)然后选用恰当的规律(如牛顿运动定律、动能定理或能量守恒定律)解题。
【典例7】（22-23高二上·天津红桥·期末）如图所示，A、B为不带电平行金属板，间距为d，A板接地，构成的电容器电容为C。质量为m、电量为q的带电液滴一滴一滴由A板上小孔以初速度为零下落到达B板。液滴到达B板后，把电荷全部转移在B板上。求能到达B板上的液滴数目最多是多少？
【变式7-1】（22-23高二上·福建泉州·期末）如图所示电路中，两平行金属板和相距水平放置，板中央有一小孔。已知电源的电动势、内阻，滑动变阻器的阻值范围为，。闭合开关电路稳定后。
（1）若平行金属板电容器电容，调节的阻值，当消耗的功率最大时，求电容器的电量。
（2）若将质量、电荷量的液滴从小孔正上方处无初速滴下，液滴刚好不落到板。不计空气阻力，取重力加速度。求两端的电压及滑动变阻器接入电路的阻值。
【变式7-2】如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N，接上直流电源，上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h=20cm处的B点，有一小油滴自由落下。已知小油滴的电量q=－3.5×10－14C，质量m=3.0×10－9kg，当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零（不计空气阻力，g=10m/s2，L=15cm）求：
(1)两极板间的电场强度E；
(2)两极板间的电势差U；
(3)设平行板电容器的电容C=4.0×10－12F，则该电容器带电量Q是多少？
（要求：分两个板块，2024年真题和优选最新模拟题）
真题感知
1．（2024·浙江·高考真题）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则 （　　）
A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大
C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大
2．（2024·甘肃·高考真题）一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是（　　）
A．充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加
B．充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点
C．放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小
D．放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点
3．（2024·辽宁·高考真题）某种不导电溶液的相对介电常数与浓度的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图（b）所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则（　　）
A．电容器的电容减小 B．电容器所带的电荷量增大
C．电容器两极板之间的电势差增大 D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
提升专练
一、单选题
1．（2024·广东清远·模拟预测）如图，在装载作业中，传送带与矿物摩擦产生静电，假设传送带带上强大的正电，地球表面由于静电感应带上负电，传送带与地球表面平行正对，该部分空间可视为一平行板电容器。一身穿绝缘工作服的工人在传送带下方作业，由此产生一系列电场问题，下列分析不正确的是（　　）
A．不考虑工人的影响，地球表面层与传送带间形成匀强电场
B．工人由于静电感应头部带负电，脚部带正电
C．工人身体中会产生持续向下的电流，人会感受到电击现象
D．工人的存在会影响该电容器的电容大小
2．（2024·河南·模拟预测）如图所示，绝缘箱子放在水平地面上，平行金属板A、B放在箱子内，A板固定在箱子顶部，B板用绝缘弹簧支撑在箱底，两板平行相对，带等量的异种电荷，一个带正电的小球用绝缘细线悬于上板，小球受到细线的拉力恰好为零，现让箱子竖直向上做匀加速运动，B板再次相对箱子静止（不考虑电场运动产生的影响），则下列判断正确的是（　　）
A．A板带正电 B．箱子运动过程中，电容器的电容变大
C．箱子运动过程中，两板间的电压变大 D．箱子运动过程中，细线对小球的拉力仍为零
3．（2024·贵州六盘水·模拟预测）某同学利用电流传感器和phyphox（手机APP）研究电容器放电特点，得出如图所示的图像，则（ ）
A．前7s内电容器放电电荷量约为
B．前7s内电容器放电电荷量约为
C．若再给电容器串接一个定值电阻，电路其他参数不变，则放电时间缩短
D．若再给电容器串接一个定值电阻，电路其他参数不变，则图线与坐标轴围成的“面积”会变小
4．（2024·吉林长春·模拟预测）如图所示，平行板电容器的电容为，正极板带电量为，负极板接地，两极板间距离为，今在距两极板间离负极板处放一正点电荷。已知静电力常数为，下列说法正确的是（ ）
A．由于负极板接地所以负极板带电荷量为零 B．所在处的电势是
C．点电荷所受电场力的大小为 D．点电荷所受电场力的大小为
5．（2024·广东·模拟预测）某同学设计了一款河水水位监测器，如图，平行板电容器、电流表和电源组成一电路，绝缘细杆一端连接漂浮在水面上的浮子，另一端与电容器极板P连接（极板Q固定），上下移动就带动P上下移动（初始时，极板P的高度低于极板Q），监测人员通过电流表指针偏转情况就可以远距离得知河水水位的变化。已知电流从左侧进入电流表，其指针左偏；电流从右侧进入电流表，其指针右偏。若监测人员发现电流表指针右偏，可以得出（　　）
A．河水水位在下降 B．Q极板的电荷量在减少
C．平行板电容器的电容在增大 D．P、Q间的电场强度在变大
6．（2024·天津滨海新·三模）为了方便在医院输液的病人及时监控药液是否即将滴完，有人发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置，实物图和电路原理如图所示。闭合开关，当药液液面降低时，夹在输液管两侧的电容器C的两极板之间介质由液体改变为气体，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音，电路中电表均为理想电表。根据以上说明，下列选项分析正确的是（　　）
A．液面下降后，电容器两端电压变大 B．液面下降后，电容器所带电量减少
C．液面下降时蜂鸣器电流由a流向b D．输液管较粗时，电容器容值会变大
7．（2024·天津·模拟预测）电源，开关，平行板电容器连成如图电路，A板接地，闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器的电容为C，板间场强大小为E，A，B两板间电势差为U，固定在P点的负电荷的电势能为Ep，现将上极板向上移动少许，则下列物理量增大的是（　　）
A．C B．E C．U D．
8．（2024·江苏盐城·模拟预测）电流传感器和计算机相连能画出电流随时间变化的图像。某同学在观察电容器的充放电现象时，按照图甲连接成如图乙所示电路。开始，开关接1；时，把开关改接2，得到电流传感器中的电流随时间变化的图像如图丙所示。该过程中电容器两端的电压随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A．B．C． D．
二、多选题
9．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图所示的电路中，开关S闭合时，平行板电容器M、N间有一带电小球刚好静止，此时两板之间的距离为d，已知小球的比荷为k，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．两极板之间的电压为
B．仅将下板向下移动d，小球的电势能增加
C．仅将下板向下移动d，小球以加速度g向下加速运动
D．断开开关S，仅将下板向下移动d，小球仍然静止不动
10．（2024·吉林长春·模拟预测）利用图（a）所示电路探究电容器的充、放电现象，电流传感器和电压传感器与计算机相连。图（b）中过程1和过程2表示充电过程或放电过程，实线甲和虚线乙表示或图像。下列说法正确的是（ ）
A．甲是图像，乙是图像
B．过程2对应的是电容器放电过程
C．过程2中虚线乙与横轴所围面积在数值上等于电容器放电的电荷量
D．过程2中实线甲与横轴所围面积在数值上等于电容器放电的电荷量
11．（2024·河北沧州·三模）如图，充电后与电源断开的平行板电容器水平放置，极板长度为l，间距为d，一电子从B点射入电容器，从下极板右侧边缘射出，图中相邻竖直线的间距均为，A与B、B与C、C与D之间的距离分别为，，，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，已知电子沿极板方向的速度为，则（　　）
A．电场强度的大小
B．电子做匀变速曲线运动，电势能一直减小
C．仅将电容器的上极板竖直向上移动，电子的出射点将上移
D．仅将电容器的上极板竖直向上移动，电子的出射点不变
三、解答题
12．（2024·北京房山·一模）电容器作为储能器件在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电压随两极板所带的电荷量的变化图像都相同。
（1）请在图中画出上述图像，并类比由图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能。
（2）一个金属球和一个与它同心的金属球壳组成的电容器叫做球形电容器。孤立导体球可看作另一极在无穷远的球形电容器。如图所示，两极间为真空的球形电容器，其内球半径为，球壳内半径为，电容为，其中k为静电力常量。根据球形电容器电容的表达式，推导半径为R的孤立导体球的电容C的表达式；
（3）将带电金属小球用导线与大地相连，我们就会认为小球的电荷量减小为零。请结合上面题目信息与所学知识解释这一现象。
13．（2023·北京东城·一模）平行板电容器是一种常用的电学元件。
（1）如图甲所示，电源与平行板电容器，定值电阻，开关组成闭合电路。已知平行板电容器的电容为C，电源电动势为E，内阻不计，不考虑极板边缘效应，请在图乙中画出充电过程中电容器两板电压u随其所带电荷量q变化的图像，并类化直线运动中由图像求位移的方法，求充电完毕时电容器储存的电能。
（2）如图丙所示，M、N是平行板电容器的两个极板，板间距离为d。用绝缘细线把一个质量为m，电荷最为q的带电小球悬挂在两极板问，已知开关S闭合后，且小球静止时，绝缘细线与竖直方向夹角为，电源电动势为E，内阻不计。三个定值电阻的阻值分别为、、，重力加速度为g，忽略小球的电荷量对极板间电场的影响。
a.求夹角与定值电阻阻值的关系式；
b.若某时刻烧断细线，同时断开开关S，通过分析定性说明小球在两极板间可能出现的运动情况（假设小球的电荷量保持不变，且始终未与极板发生碰撞）。第08讲 电能的输送（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（6大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1．明确常规输电过程，理解远距离输电的要求。 2. 明确远距离输电时电压损失和功率损失与哪些因素有关及减小电能损失的方法，理解高压输电的原理。 3. 会对简单的远距离输电线路进行定量计算。
知识点1：远距离输电的两种损失
【情境导入】
发电厂（站）要建在靠近能源的地方，而用电的地方却分布很广，大部分地方离电厂很远，故需要远距离输电，如何才能有效输送电能呢
1．输电线路的电压损失
输电线始端电压U与输电线末端电压U′的差值．ΔU＝U－U′＝Ir＝r，其中I为输电线上的电流，r为输电线的电阻．
2．输电线路的功率损失
（1）远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率ΔP＝I2r.
（2）若输电线上损失的电压为ΔU，则功率损失还可以表示为
损失的电功率有四个不同的表达式，要明确各量的含义。ΔP＝I2r中，r为输电线的阻值;中，P为输电功率U为电路始端的输电电压，不是线路的电压损失;及中，是输电线上的电压降少量（电压损失）。
知识点2：高压交流输电
1. 减少输电损耗的方法
（1）减小输电线的电阻r：由可知，在输电线长度L一定的情况下，为了减小电阻，应当选用电阻率小、横截面积大的导线。目前一般用电阻率较小的铝作导线。但是，要增大导线的横截面积，就要多耗费金属材料，会使输电线过重，给架线带来较大困难。
（2）减小输电导线中的电流I：在输电导线电阻不变的条件下，输电电流如果减小到原来的百分之一，根据知输电的功率损耗将减小到原来的万分之一。由P=UI可知在保证输送功率不变的前提下，可提高输电电压以减小输电电流。
高压输电既能减小功率损失，又能减小电压损失，但在实际输送电能时，还需综合考虑各种因素，选择合适的输电电压。
2. 输电过程
如下图所示，发电厂用升压变压器升压到几百千伏后再向远距离送电，到达用电区由“一次高压变电站”降到100kV左右，在更接近用户的地点再由“二次高压变电站”降到 10kV左右。然后，一部分电能送往用电量大的工业用户另一部分经“低压变电站”降至 220 V/380V，送给其他用户。
知识点3：远距离高压输电原理
1．输电原理图
首先应画出远距离输电的电路图（如图），并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．
2．理清三个回路
回路1：P1＝U1I1
回路2：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝I22R线＋P3，I2＝I3
回路3：P4＝U4I4.
3．七个关系
（1）功率关系：P1＝P2，P2＝ΔP＋P3，P3＝P4.
（2）电压关系：＝，U2＝ΔU＋U3，＝.
（3）电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝.
（4）输电电流：I线＝＝＝.
（5）输电线上损耗的电功率：ΔP＝P2－P3＝I线2 R线＝＝ΔU·I线．
（6）输电线上的电压损失：ΔU＝I线R线＝U2－U3.
（7）输电效率η＝×100%.
知识点4：电网供电
1．电网
最初的供电方式是一个电厂给一批用户“一对一”提供服务，现在是通过网状的输电线、变电站，将许多电厂和广大用户连接起来，形成全国性或地区性的输电网络，这就是电网。
2. 电网供电的好处
（1）在一次能源产地安装大容量的发电机组，降低一次能源的运输成本，获得最大的经济效益；
（2）可以减小断电的风险，调剂不同地区电力供需的平衡;
（3）可以根据火电、水电、核电的特点，合理地调度电力。
教材习题01 输送功率为P，输送电压为U，输电线电阻为R，用户得到的电压为，则输电线损失功率和用户得到的功率各是多少？ 解题方法 【详解】输送功率为P，输送电压为U，则输送电流 输电线损失功率 用户得到的功率 或者
【答案】；或者。
教材习题02 采用高压输电后，在用户端需要降压才能供用户使用。如何确定降压变压器原、副线圈的匝数比？某发电站输出功率P=2000kW，用电阻R=20的输电线向外输送电能，若采用100kV高压输电，接入城市配电网络时需降压到10kV，那么，变压器原、副线圈的匝数比为多大？ 解题方法 【详解】根据输电电压减去导线上的电压损失即为降压变压器原线圈电压，用户得到的电压为变压器次级电压，则降压变压器的匝数比等于初级电压与次级电压之比； 输电电流为 则变压器初级电压U1=U-IR=100000-20×20=99600V 变压器原、副线圈的匝数比为
【答案】249：25
教材习题03 某发电厂原来用11V的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220kV输电，输送的电功率都是P。若输电线路的电阻为R，下列说法是否正确 请阐述理由。 说法1：根据公式，提高电压后输电线上的电流减小为原来的； 说法2：根据公式，提高电压后输电线上的电流增大为原来的20倍。 说法3：根据公式，提高电压后输电线上的功率损失减小为原来的。 说法4：根据公式，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍。 解题方法 【详解】[1]根据公式，电压提高了20000倍，则输电线上的电流减小为原来的，故此说法错误。 [2]根据公式，其中U为输电线路电阻R上分得的电压，并不是输送电压，故此说法错误。 [3]根据公式，电压提高了20000倍后，输电线上的功率损失减小为原来的，故此说法错误。 [4]根据公式，其中U为输电线路电阻R上分得的电压，并不是输送电压，故此说法错误。
【答案】249：25
考点1：升压变压器和降压变压器
【典例1】（22-23高二下·广西柳州·阶段练习）（多选）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率，发电机的电压，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻，在用户端用降压变压器把电压降为，已知输电线上损失的功率，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器的匝数比
B．输电线上的电流
C．降压变压器的匝数比
D．用户得到的电流
【答案】ABC
【详解】AB．输电线上损失的功率
解得输电线上的电流
且升压变压器副线圈电流为
升压变压器原线圈电流为
则升压变压器的匝数比
故AB正确；
C．根据
解得升压变压器副线圈两端电压为
降压变压器原线圈两端电压为
降压变压器的匝数比
故C正确；
D．根据
其中
解得用户得到的电流
故D错误。
故选ABC。
【变式1-1】（23-24高二下·广东潮州·期末）如图为大唐发电厂供电流程的简化图，理想升压变压器将发电厂的输出电压升压为，理想降压变压器再把电压降至，为用户设备供电，发电厂的输出电流为，升压变压器输出电流为，降压变压器输入电流为，此时用户设备的输入电流为。若变压器的匝数，输送过程中存在电能损耗，将输送电线的电阻等效为，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】AB．依题意，输电线有电压损失，可得
可知
，
故AB错误；
CD．根据理想变压器原副线圈匝数与电流关系，可得
，
故C正确；D错误。
故选C。
【变式1-2】（多选）（23-24高二下·吉林白山·期末）某小型发电站发电机输出的交流电压为，输出的电功率为，为该发电站设计的远距离输电原理图如图所示，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，输电线的电阻为，设计的输电线上损失功率为输电功率的，用户的额定电压为。对整个输电过程，下列说法正确的是（　　）
A．输电线上的电流为
B．升压变压器副线圈的电压为
C．降压变压器的输入电压为
D．降压变压器原、副线圈的匝数比为
【答案】AD
【详解】A．设输电线路上的电流为，则有
可得
故A正确；
B．设升压变压器原线圈的输入电流为，则
可得的匝数比为
则副线圈的电压为
故B错误；
C．降压变压器T2的输入电压为
故C错误；
D．降压变压器T2原、副线圈的匝数比为
故D正确。
故选 AD。
考点2：影响输电损耗的因素
【典例2】（2022·四川内江·模拟预测）我国是全球唯一掌握超特高压技术的国家，在全球超特高压领域，中国的标准就是全世界唯一的标准。如图所示是远距离高压输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。下列说法正确的是（ ）
A．若用户用电功率增加，升压变压器的输出电压将增大
B．若用户用电功率增加，降压变压器的输入电压将增大
C．若输电功率一定，采用特高压输电可减少输电线上损耗的功率
D．若输电功率一定，采用特高压输电会降低输电的效率
【答案】C
【详解】A．若用户用电功率增加，由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，A错误；
B．若用户用电功率增加，则输电功率增加，输电线上的电流变大，输电线的分压变大，故降压变压器的输入电压变小，B错误；
CD．若输电功率一定，根据
可得输电的效率为
可知采用特高压输电可减少输电线上的电流，可减少输电线上损耗的功率，增大输电的效率，C正确，D错误。
故选C。
【变式2-1】浙福线的投运让福建电网实现了从500千伏超高压到1000千伏特高压的跨越，福建从此进入“特高压”时代。在输送功率不变、不考虑其它因素影响的情况下，采用“特高压”输电后，输电线上的电压损失减少到“超高压”的（　　）
A．10% B．25% C．50% D．75%
【答案】C
【详解】输电的电流为
损失的电压为
在输送功率不变、不考虑其它因素影响的情况下，从500千伏超高压到1000千伏特高压，即变为原来的2倍，则输电电流变为原来的一半，有
故选C。
【变式2-2】（22-23高二下·黑龙江牡丹江·期中）中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化。近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格，可采取的措施有（　　）
A．提高输送功率 B．减小输电导线的长度
C．提高输电的电压 D．增大输电导线的横截面积
【答案】CD
【详解】A．提高输送功率会导致输送电流增大，导线损失会增大，故A错误；
B．从实际角度出发，发电站与居民住户位置固定，无法有效减少输电导线长度，故B错误；
C．输电功率恒定，采用高压输电，可以降低输电电流，从而减少损耗，故C正确；
D．增大输电导线的横截面积可以减小输电导线电阻，从而减少损耗，故D正确。
故选CD。
考点3：高压输电的原理与优点
【典例3】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期中）2020年9月，中国发布“双碳战略”， 计划到2030年实现碳达峰、2060年实现碳中和。电力作为远程输送能量的载体，特高压远距离输送清洁电能是实现碳中和的重要途径之一，若保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，从原来的150kV 高压输电升级为1500kV的特高压输电， 下列说法正确的是（　　）
A．若输电线不变，则输电线中的电流变为原来的10倍
B．若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原来的
C．若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原来的
D．若更换直径为原来输电线直径10倍的同种材料制成的输电线，则输电线上损失的功率不变
【答案】C
【详解】A．保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，从原来的150kV 高压输电升级为1500kV的特高压输电，由，可知输电线中的电流变为原来的倍，故A错误；
B．由，可知若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原来的，故B错误；
C．由，可知若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原来的，故C正确；
D．由，可知若更换直径为原来输电线直径10倍的同种材料制成的输电线，导线的电阻是原来的；若保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，从原来的150kV 高压输电升级为1500kV的特高压输电，由，可知输电线上损失的功率是原来的，故D错误。
故选C。
【变式3-1】（23-24高二上·山东青岛·期末）我国新疆昌吉至安徽古泉新建了1100kV特高压直流箱电工程．这是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的特高压输电工程．如图是交流特高压α和直流特高压输电b的年耗费与输电距离的对比图．下列说法正确的是（ ）
A．“西电东送”直流高压输电不需要使用变压器
B．相同输电距离直流输电线路的感抗比交流输电少
C．直流特高压输电的线路上没有电能的损耗
D．直流特高压输电在近距离输电上经济效益更高些
【答案】B
【详解】A．要想改变电压，采用高压输电必须要使用变压器，故A错误；
B．感抗大小与交流电的频率有关，则相同输电距离直流输电线路的感抗比交流输电少，故B正确；
C．直流特高压输电的线路上因输电线有电阻，则仍有电能的损耗，故C错误；
D．由图可知，直流特高压输电在近距离输电上年消耗过大，经济效益更低些，故D错误。
故选B。
【变式3-2】（多选）（23-24高二下·北京丰台·期中）某发电厂原来用11kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220kV输电，输送的电功率都是P，输电线路的电阻为R。下列说法正确的是（　　）
A．提高输电电压后输电线上的电流变为原来的20倍
B．提高输电电压后输电线上的电流变为原来的
C．提高输电电压后输电线上的电压损失减小为原来的
D．提高输电电压后输电线上的功率损失减小为原来的
【答案】BC
【详解】AB．根据题意，由公式可得，
可知，由于电压升高到原来的20倍，则提高输电电压后输电线上的电流变为原来的，故A错误，B正确；
C．根据题意，由公式可知，由于提高输电电压后输电线上的电流变为原来的，则提高输电电压后输电线上的电压损失减小为原来的，故C正确；
D．根据题意，由公式可知，由于提高输电电压后输电线上的电流变为原来的，则提高输电电压后输电线上的功率损失减小为原来的，故D错误。
故选BC。
考点4：远距离输电损失功率的计算
【典例4】（23-24高二下·江苏徐州·阶段练习）供电电路的电源的输出电压为U1，线路导线上的电压为U2，用电器得到的电压为U3，导线中电流为I，线路导线的总电阻为R，若要计算线路上的损失功率，不可用的公式有（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】线路上损失的功率为
故选A。
【变式4-1】为减少远距离输电的损耗，某发电站采用高压输电向外输送电能。若输送的总功率为，输电电压为，输电线的总电阻为。则下列说法正确的是（　　）
A．输电线上的电流为 B．输电线上的电流为
C．输电线上损失的功率为 D．输电电压提高一倍，输电线上损失的功率减小为原来的一半
【答案】B
【详解】AB．根据
可得，输电线上的电流
设输电线上损失的电压为，则输电电流
故A错误；B正确；
C．输电线上损失的功率
故C错误；
D．根据
可知，输电电压提高一倍，输电线上损失的功率减小为原来的四分之一。故D错误。
故选B。
【变式4-2】（多选）“西电东送”就是把煤炭、水能、风能资源丰富的西部地区的能源转化成电力资源，输送到电力紧缺的东部沿海地区。如图是远距离输电的电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为，降压变压器原、副线圈匝数比为，发电厂输出电压为，输出功率为，升压变压器和降压变压器之间输电线总电阻为，下列说法正确的是（　　）
A．若用户获得的电压为，则
B．用户获得的电压可能大于
C．当用户用电器总电阻增大时，输电线上损失的功率增大
D．输电线上损失的功率为
【答案】BD
【详解】A．升压变压器副线圈两端的电压为
若用户获得的电压为，则降压变压器的输入电压为
由于输电线上有电压损失，故
即
故A错误；
B．只要降压变压器原、副线圈匝数比合适，用户获得的电压有可能大于，故B正确；
C．当用户用电器总电阻增大时，降压变压器副线圈中电流减小，输电线中电流减小，输电线上损失的功率减小，故C错误；
D．升压变压器副线圈中的电流为
输电线上损失的功率为
联立解得
故D正确。
故选BD。
考点5：远距离输电的动态分析
【典例5】（23-24高二下·广西南宁·期末）根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，广西在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度匀速转动，变压器定值电阻R0。用户端接一个滑动变阻器R，当滑动变阻器的滑动触头位于中间位置时，R0上消耗的功率为P0。不计其余电阻，下列说法正确的是（　　）
A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为2P0
B．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为4P0
C．若将滑动变阻器R的滑动触头向上滑动，则R0上消耗的功率将增大
D．若将滑动变阻器R的滑动触头向下滑劫，则R0上消耗的功率将减小
【答案】B
【详解】A．如图为等效电路图
设降压变压器的原副线圈匝数比为，则输电线上的电流为
转子在磁场中转动时产生的电动势为
当转子角速度增加一倍时，升压变压器原副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为
故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故A错误；
B．升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故B正确；
C．输电线上的电流为
若将滑动变阻器R的滑动触头向上滑动，则R增大，输电线上的电流将减小，R0消耗的功率将减小，故C错误；
D．输电线上的电流为
若将滑动变阻器R的滑动触头向下滑动，则R减小，输电线上的电流将增加，R0消耗的功率将增加，故D错误。
故选B。
【变式5-1】（多选）（23-24高二下·云南曲靖·期中）某同学用下图研究远距离输电，图中升压变压器和降压变压器均是理想变压器.若发电厂输出电压不变。当开关S由2改接为1时，通过调节变阻箱阻值使发电厂输出功率也不变，则（ ）
A．电压表读数变大 B．电流表读数变大
C．用户得到的功率减小 D．输电线损失的功率减小
【答案】AD
【详解】BD．当开关S由2改接为1时，可知升压变压器副线圈匝数增加，根据
可知升压变压器副线圈输出电压增大，通过调节变阻箱阻值使发电厂输出功率也不变，则有
可知升压变压器副线圈输出电流减小，则电流表读数变小，通过的电流减小，则输电线损失的功率减小，故B错误，D正确；
AC．根据
可知降压变压器原线圈的输入电压变大，根据
可知降压变压器副线圈输出电压增大，则电压表读数变大；根据
由于发电厂输出功率不变，损失消耗功率减小，则用户得到的功率增大，故A正确，C错误。
故选AD。
【变式5-2】（23-24高二下·江西抚州·期末）2023年2月16日国家电网有限公司特高压直流输电工程—通山抽水蓄能电站开工建设。如图是特高压输电过程的示意图，发电站输出电压稳定，经升压后被整流成800的直流电，经输电线后，被逆变成交流电，再被降压后供用户使用，假设电压在整流和逆变前后有效值不变。则下列说法正确的是（　　）
A．将发电站输出的电压整流后仍能利用升压变压器升压
B．采用高压直流输电时，可减小输电线路上电感的影响
C．用户越多，输电线上损耗的功率越小
D．保持输电功率不变，若电压经升压和整流后为400，输电线上损耗的功率加倍
【答案】B
【详解】A．将发电站输出的电压直接整流，则输入升压变压器原线圈的为直流电，升压变压器的副线圈将不会输出电压，所以将发电站输出的电压整流后不能利用升压变压器升压，A错误；
B．长距离输电时，线路上的电容、电感对交变电流的影响不能忽略，有时它们引起的电能损失甚至大于导线电阻引起的电能损失，为了减少感抗和容抗，在输电环节可以使用直流电，故B正确；
C．用户增多，降压变压器副线圈中的电流增大，降压变压器原线圈中的电流增大，输电线上的电流增大，则由公式
可知，输电线上损耗的功率增大，故C错误；
D．保持输电功率不变，由公式
可知，若电压经升压和整流后为400kV，输电线中的电流变为原来的2倍，由可知输电线上损耗的功率变为原来的4倍，故D错误。
故选B。
考点6：计算用户端用电器的数量
【典例6】（22-23高二下·陕西咸阳·期中）某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为，输出电压为，输电导线的总电阻为，导线上损耗的电功率为，该村的用电电压是。输电电路如图所示，求：
（1）高压输电线的电流；
（2）降压变压器的原、副线圈的匝数比；
（3）如果该村某工厂用电功率为，则该村还可以装“，”的电灯多少盏？
【答案】（1）20A；（2）240:11；（3）800
【详解】（1）根据如图所示输电线路，由题意可知,得
（2）根据功率相等，得
则有
所以
（3）设最多安装n个40W电灯，根据匝数与电压成正比，则有
解得
【变式6-1】光伏发电系统是指无须通过热过程，直接将光能转变为电能的发电系统。图示是某光伏发电系统为一所偏远学校的教室供电照明的示意图。已知太阳能光伏发电机的输出功率为100kW、输出电压为250V，输电线的总电阻；该学校每间教室有标有“220V 60W”字样的电灯16盏。若全部电灯正常发光，变压器均为理想变压器，输电线损耗功率是发电机输出功率的4%，求：
（1）升压变压器的原、副线圈的匝数之比。
（2）该光伏发电系统至多能供电照明的教室的间数。
【答案】(1)1:20；(2)100
【详解】(1)发电机的输出电流为
输电线的电流满足
解得
根据变压器电流关系得
(2)根据能量守恒得
解得
【变式6-2】某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为，输出电压为，输电导线的总电阻为，导线上损耗的电功率为，该村的用电电压是。
（1）输电电路如上图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；
（2）如果该村某工厂用电功率为，则该村还可以装“”的电灯多少盏？
【答案】（1），；（2）个
【详解】（1）根据如图所示输电线路，设高压输电线电流，输电电压为，由题意可知,
得
所以有
根据匝数与电压成正比，则有
则有
所以
（2）设最多安装n个40W电灯，根据功率相等，则有
解得个
一、单选题
1．（24-25高二下·全国·课后作业）为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了利用电流的热效应除冰的思路。若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下，通过自动调节高压输电变压器的变压比，使输电线上的热耗功率变为16ΔP，则除冰时（　　）
A．输电电流为4I B．输电电流为16I C．输电电压为4U D．输电电压为
【答案】A
【详解】AB．高压线上的热耗功率为
若热耗功率变为16ΔP，则有
解得
故A正确，B错误；
CD．又因为输送功率不变，则
解得
故CD错误。
故选A。
2．（23-24高二下·四川攀枝花·期末）某一远距离输电线路分别用U和kU两种电压来输电，若输送功率相同，则在两种情况下输电线上损失的功率之比为（　　）
A．k2：1 B．k：1 C．1：k2 D．1：k
【答案】A
【详解】由功率相同，可以得到电流关系
输电线路的电阻一定，所以损失的功率之比为
故A正确。
故选A。
3．（23-24高二下·广东揭阳·期末）我国在高压输电方面具有国际领先水平，早在2011年我国就正式投产了世界首条商业运营的特高压交流输电工程——“1000kV晋东南—南阳—荆门特高压交流试验示范工程”。假设某地原来采用200kV的高压输电，输电线损耗功率为P，后改用800kV的特高压输电，输电功率不变，则输电线损耗功率为（ ）
A． B． C．4P D．16P
【答案】B
【详解】输电线上损失的功率为
可知，损失的功率与电压的平方成反比，所以
所以输电线上损失的功率将变为
故选B。
4．（23-24高二下·广东东莞·期末）远距离输电示意图如图所示，两变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数比，在的原线圈两端接入一正弦交流电，其电压变化规律满足，若原线圈的输入电功率，输电线总电阻为。不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为（　　）
A．1kW B．2kW C．10kW D．20kW
【答案】B
【详解】升压变压器T原线圈所加电压的有效值为
根据可得，升压变压器T原线圈中的电流
根据理想变压器的电流规律
解得输电线中电流
输电线上损失的电功率
故选B。
5．（23-24高二下·广东广州·期末）如图所示为远距离输电的简易图，M和N为理想升压变压器和理想降压变压器，已知变压器M的原、副线圈匝数比为，变压器N的原、副线圈匝数比为，变压器M原、副线圈两端的电压分别为，，变压器N原、副线圈两端的电压分别为、，发电厂输出电压恒定，输电线的总电阻为r。则下列说法正确的是（　　）
A．的频率大于的频率
B．用户增多，、均不变
C．通过变压器M原线圈的电流等于通过变压器N副线圈的电流
D．用户增多，输电线上损耗的电功率不变
【答案】C
【详解】A．变压器不改变交变电流的频率，故U1的频率等于U4的频率，故A错误；
B．发电厂输出电压恒定，即不变，又因为变压器M的原、副线圈匝数比不变，所以不变；用户增多，则用户回路电流变大，则输送电流变大，损失电压变大，降压变压器输入电压变小，降压变压器的输出电压变小，故B错误；
C．根据变压器原副线圈电流和匝数关系
可解得
故C正确；
D．由B分析可知，用户增多，输送电流变大，根据
可知，输电线上损耗的电功率变大，故D错误。
故选C。
6．（24-25高二下·全国·单元测试）如图甲，白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组。2021年6月28日，白鹤滩水电站首批机组投产发电，用500千伏特高压向四川远距离输电。在远距离输电中，输电线的电阻是不可忽略的，图乙为白鹤滩水电站输电线路原理图，水电站输出电压稳定的正弦交流电，升至特高压U后向四川供电，输送的总功率为P。理想变压器原、副线圈匝数分别为、，为输电线总电阻，为不断电用户电阻（可视为定值电阻），R为可变用户电阻（可视为可变电阻）。当可变电阻R减小时，电压表和电流表示数变化的绝对值分别为、，电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．对于原线圈回路，虚线部分的等效电阻为
D．输电线路上损耗的功率为
【答案】B
【详解】AB．设用户端理想变压器原、副线圈两端电压分别为、，电流分别为、，则根据理想变压器特点
得
对原线圈电路有
由上式可得
故A错误，B正确；
C．由
结合
联立可得
故C错误；
D．根据C中分析可知，虚线框所圈部分的等效电阻为，则上消耗功率为
故D错误。
故选B。
7．（24-25高二下·全国·课后作业）近20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”。如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压由220kV升级为1000kV，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压及用户得到的电压不变，输电线的电阻不变，变压器均为理想变压器，则下列说法错误的是（ ）
A．变为原来的 B．输电线上的电流变为原来的
C．输电线损失的功率变为原来的 D．降压变压器原、副线圈匝数比变小
【答案】D
【详解】A．不变，变为原来的，根据
所以变为原来的，故A正确；
B．根据
可知，因变为原来的2倍，变为原来的，则输电线上的电流变为原来的，故B正确；
C．根据
可知变为原来的，故C正确；
D．总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则变大，又变小，，则变大，故D错误。
本题选错误的，故选D。
二、多选题
8．（24-25高二上·新疆乌鲁木齐·期中）如图所示，一个发电系统的输出电压恒为250V，输送功率为1×105W。通过理想变压器向远处输电，所用输电线的总电阻为8Ω，升压变压器T1原、副线圈匝数比为1：16，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器副线圈两端的电压U2=2×103V
B．输电线损失的电压为3.8×103V
C．输电线损失的功率为5×103W
D．若用户获得220V电压，则降压变压器T2原、副线圈的匝数比为190：11
【答案】CD
【详解】C．发电系统输送功率为，则升压变压器原线圈电流为
根据理想变压器电流与匝数成反比
可得升压变压器副线圈电流为
则输电线损失的功率为
故C正确；
ABD．根据理想变压器电压与匝数成正比
可知升压变压器副线圈输出电压为
输电线损失的电压为
则降压变压器原线圈电压为
根据理想变压器电压与匝数成正比
可得降压变压器原、副线圈的匝数比为
故AB错误，D正确。
故选CD。
9．（24-25高二下·全国·课后作业）如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）。设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R变小。则在用电高峰时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表、的读数均不变，电压表、的读数均减小
B．电流表的读数不变，电流表、的读数均增大
C．电压表、的读数之差与电流表的读数的比值不变
D．输电线路损耗的功率增大
【答案】ACD
【详解】AB．因发电厂的输出电压一定，可知升压变压器的原线圈两端的电压不变，即电压表的读数不变，由
可知升压变压器副线圈两端的电压不变，即电压表的示数不变；因为和匝数比都不变，用电高峰期，用电器总电阻减小，降压变压器副线圈中电流增大，根据理想变压器原、副线圈中电流与匝数成反比知线路中电流都增大，即电流表、、的读数均增大，输电线上的电压损失增大，故电压表、的读数均减小，故A正确，B错误；
C．电流表、的读数之差与电流表的读数的比值等于输电线的电阻值，不会变化，故C正确；
D．输电线上的功率
且输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故D正确。
故选ACD。
10．（24-25高二上·河南新乡·阶段练习）目前困扰5G发展的大难题之一是供电，5G基站系统功耗大，信号覆盖半径小。如图所示，电压为100kV的主供电线路为某5G基站供电，基站用电器总功率为4kW，线路电阻为40Ω，线路损耗功率占总功率的20%（变压器均视为理想变压器），则（ ）
A．输电线路中的电流为5A B．输电线路中的电流为2500A
C．高压变压器原、副线圈的匝数比为 D．高压变压器原、副线圈的匝数比为
【答案】AD
【详解】AB．由题意可知，总功率为
线路损耗功率为
根据
解得
故A正确；B错误；
CD．高压变压器副线圈两端的电压为
由
解得
故C错误；D正确。
故选AD。
三、解答题
11．（23-24高二下·江苏扬州·期中）如图所示为某工厂购买的升压变压器和降压变压器各一台，给工厂车间供电，升压变压器匝数比为，降压变压器匝数比，输电线总电阻。发电机输出电压，输出功率为。问：
（1）降压变压器的输出电压为多大？
（2）工厂获得的功率为多大？
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据
可得升压变压器副线圈输出电压为
根据
可得通过输电线电流为
则降压变压器原线圈输入电压为
根据
可得降压变压器的输出电压为
（2）工厂获得的功率为
又
联立可得
12．（24-25高二上·全国·课后作业）水力发电是获得清洁能源的重要途径之一。有一条河流，河水的流量为，落差，河水的密度为，现利用其发电，若发电机的总效率为，输出电压为，输电线的总电阻为，用户获得220V的电压，此时输电线上允许损失的电功率与发电机输出电功率的比值为。取）
(1)求输电线中的电流；
(2)求输电线路使用的理想升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比；
(3)如果输送的电能供“220V 100W”的电灯使用，求能够正常发光的电灯的盏数。
【答案】(1)
(2)，
(3)470盏
【详解】（1）发电机的输出功率
输电线上损失的电功率
又
解得输电线中的电流为。
（2）升压变压器原线圈两端的电压
副线圈两端的电压为
故升压变压器原、副线圈的匝数比为
输电线上的电压损失为
降压变压器原线圈两端的电压为
降压变压器副线圈两端的电压为，故降压变压器原、副线圈的匝数比为
（3）设正常发光的电灯的盏数为，则
13．（23-24高二下·四川广安·期末）输电能耗演示电路如图所示。开关接1时，升压变压器原、副线圈匝数比；开关接2时，升压变压器原、副线圈匝数比；降压变压器原、副线圈匝数比，在升压变压器原线圈输入电压的正弦交流电，连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载，当开关S接1时，负载R消耗的功率。求：
（1）输电线的总电阻r；
（2）当开关S接2时，负载R消耗的功率。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）依题意，可得
，
解得
，
根据理想变压器匝数与电压、电流关系可得
，，
解得
，，
可得
（2）当开关S接2时，有
，，
且
，
解得
，
负载R消耗的功率
14．（24-25高二下·全国·期末）目前困扰5G发展的大难题之一是供电，5G基站单系统功耗为4kW（基站用电器功率），信号覆盖半径约为100m，而在4G时代，基站单系统功耗仅为1kW，信号覆盖半径约为2km。如图所示，某5G基站距离100kV主供电线路一定距离，线路电阻为40Ω，线路损耗功率占总功率的20%（变压器均视为理想变压器）。
(1)求输电线路中的电流；
(2)高压变压器原、副线圈的匝数比；
(3)深圳5G网络建设领跑全国，2020年底已实现全市5G网络信号全覆盖。已知深圳市面积约为2000平方公里，试计算全市的5G基站运行一天将消耗约多少度电？（取3）
【答案】(1)5A
(2)
(3)
【详解】（1）由题意可知，总功率为
线路损耗功率为
由,解得
（2）高压变压器副线圈两端的电压为
由，解得
（3）需要的基站个数个
每个基站一天耗电量约为
总耗电量约为第11讲 带电粒子在复合场中的运动（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：带电粒子在组合场中的运动
1. 带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟磁偏转两种运动组合在一起，有效地区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键，当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成.
2. “磁偏转”和“电偏转”的比较
项目 电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力) 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)
受力情况 只受恒定的电场力F=qE 只受大小恒定的洛伦兹力F=qvB
运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动-
运动轨迹 抛物线 圆弧
求解方法 利用类平抛运动的规律，， ， 牛顿第二定律、匀速圆周运动公式， ，
知识点2：带电粒子在叠加场中的应用
1. 磁场、重力场并存
（1）若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做速直线运动.
（2）若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功.故机械能守恒.
如速度选择器、磁流体发电机。
2. 电场磁场并存（不计重力）
若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解.
3. 电场、磁场、重力场并存
（1）若三力平衡，则带电体做匀速直线运动；
（2）若重力与电场力平衡，vB，则带电体做匀速圆周运动；
（3）若合力不为0，则带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律定理求解.
强化点一 带电粒子由磁场进入电场
【典例1】（23-24高二下·辽宁锦州·期末）如图，在的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在的区域存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一个氘核和一个氚核先后从x轴上P、Q两点射出，速度大小分别为、，速度方向与x轴正方向的夹角均为。一段时间后，氘核和氚核同时沿平行x轴方向到达y轴上的M点（图中未画出）。已知Q点坐标为，不计粒子重力及粒子间的静电力作用，，，求：
（1）y轴上M点的纵坐标及x轴上P点的横坐标；
（2）匀强电场的电场强度E与匀强磁场的磁感应强度B大小之比。
【变式1-1】（多选）（23-24高二下·江西上饶·期末）如图所示，在xOy平面直角坐标系中，虚线OO'与x轴正方向的夹角为，与y轴之间存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。一带负电的粒子从x轴负半轴的P点以初速度进入电场，与x轴正方向的夹角为，经电场偏转后从点M（0，L）垂直y轴进入磁场，粒子恰好不从O'O边界射出磁场。不计粒子重力，下列正确的是（　　）
A．P点坐标 B．粒子在电场中运动的时间
C．粒子的比荷为 D．电场强度大小为
【变式1-2】（23-24高二上·山东济南·期末）如图所示，在坐标系中，轴上方有匀强电场，电场强度，方向水平向左，轴下方有匀强磁场，磁感应强度为，方向垂直纸面向外。一电荷量，质量的带正电粒子从第一象限中的点开始运动，初速度方向沿轴负方向，恰好从坐标原点进入磁场；在磁场中运动一段时间后从轴上的点离开磁场，已知点的坐标为，点的坐标为，不计粒子的重力，求：
（1）粒子进入磁场时速度的大小和方向；
（2）磁感应强度的大小。
强化点二 带电粒子由电场进入磁场
【典例2】（23-24高二上·宁夏银川·期末）如图所示，y轴上M点的坐标为（，），MN与x轴平行，与x轴之间有匀强磁场区域，磁场垂直纸面向里。在的区域存在沿方向的匀强电场，电场强度为E，在坐标原点O处有一带正电粒子以速率沿方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的比荷为，粒子重力不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）从原点出发后经过多长时间，带电粒子第一次经过x轴。
【变式2-1】（23-24高二上·辽宁朝阳·期末）如图所示的坐标系中，y轴的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，y轴的左侧存在沿x轴正方向的匀强电场。P点为x轴上的点，，一电荷量为、质量为的正粒子由P点沿x轴的正方向射入磁场，经过一段时间粒子通过y轴进入电场，速度方向与y轴的负方向成，粒子在电场中垂直x轴经过Q点。忽略粒子的重力，求：
（1）粒子射入磁场的初速度大小；
（2）电场强度E；
（3）粒子从P点运动到Q点的时间。
【变式2-2】（23-24高二上·山西运城·期末）如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m，电荷量为q，重力不计的带正电粒子从y轴上的点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r；
（2）粒子到达b点时的速度大小；
（3）求坐标原点O到b点的距离。
强化点三 带电粒子在磁场和电场中的往复运动
【典例3】（23-24高二上·河北邯郸·期末）在如图所示的平面直角坐标系中，的区域内有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，的区域内有沿x轴正方向的匀强电场。一个质量为m、电荷量为的粒子从O点射出，初速度方向与x轴正方向夹角为，粒子在平面内做曲线运动，其运动轨迹经过O、M、N三点，并一直沿O、M、N围成的闭合图形运动。已知M、N两点的坐标分别为，粒子重力忽略不计。求：
（1）粒子初速度的大小；
（2）匀强电场的场强大小；
（3）粒子从O点出发到第一次返回O点的时间。
【变式3-1】（23-24高二上·山西太原·期末）水平分界线上方有竖直向下的匀强电场，电场强度为。下方存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度均为分界线与平行。质量为的带电粒子在处由静止释放，下落一定高度后穿过，进入宽度为、垂直纸面向外的匀强磁场中做匀速圆周运动。粒子穿过后进入垂直纸面向内的匀强磁场，经过一段时间后返回出发点。不计粒子重力，求：
（1）粒子的带电量；
（2）粒子从点经过多长时间后返回点。
【变式3-2】（23-24高二上·湖南衡阳·期末）如图，在xOy平面第一象限有一匀强电场，电场方向平行y轴向下。在第四象限内存在一有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为的直线。磁场方向垂直纸面向外。一质量为m、带电量为q的正粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场。已知，不计粒子重力。求：
（1）电场强度的大小；
（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围；
（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的范围。
强化点四 带电粒子在交变场中的运动
【典例4】（多选）如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t＝0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计。则下列说法中正确的是（　　）
A．若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度
B．若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径大小
C．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小（n＝1，2，3…）
D．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，磁场变化的周期（n＝1，2，3…）
【变式4-1】（22-23高二上·湖北武汉·期末）在如图甲所示的平面直角坐标系xOy（其中Ox水平，Oy竖直）内，矩形区域OMNP充满磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界处有磁场），其中，，P点处放置一垂直于x轴的荧光屏，现将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从OM边的中点A处以某一速度垂直于磁场且沿与y轴负方向夹角为45°的方向射入磁场，不计粒子重力。
（1）若粒子打在荧光屏上形成的光点与A点等高，求粒子速度的大小；
（2）求粒子能从OM边射出磁场的最大速度及其对应的运动时间；
（3）若规定垂直纸面向外的磁场方向为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示（图中已知），调节磁场的周期，满足，让粒子在时刻从坐标原点O沿与x轴正方向成角的方向以一定的初速度射入磁场，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置。
【变式4-2】如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里为磁场的正方向。有一群正离子在时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为、电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为，忽略粒子间的相互作用力和离子的重力。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）若正离子在时刻恰好从孔垂直于N板射出磁场，求该离子在磁场中的运动半径；
（3）要使正离子从孔垂直于N板射出磁场，求正离子射入磁场时速度的大小。
强化点五 带电粒子在叠加场中的直线运动
【典例5】（23-24高二下·四川凉山·期末）利用电场和磁场控制带电粒子的运动是现代电子设备的常见现象。如图所示，两水平正对放置的平行金属板MN和PQ之间存在竖直向下的匀强电场E（未知），两金属板的板长和间距均为平行金属板间有垂直纸面向里的磁场，N、Q连线右侧空间有垂直纸面向外的磁场，两磁感应强度均为B。质量为2m0、速度为 v0、带电量为+q的粒子甲和质量为m0、速度为2v0、带电量也为+q的粒子乙先后从M、P的连线中点 O处沿两平行金属板中轴线进入后，甲粒子恰好沿轴线射出金属板，乙粒子恰好从MN板右侧 N点射出，此时速度方向与水平方向夹角 不计粒子大小及重力，关于两粒子的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．金属板间电场强度为
B．甲、乙两粒子在平行金属板间的运动时间之比为2：1
C．甲、乙两粒子在射出平行金属板的速度之比为
D．甲、乙两粒子在 N、Q 连线右侧的运动时间之比为6：5
【变式5-1】（多选）（2024·福建福州·三模）如图所示，带电圆环P套在足够长的、粗糙绝缘水平细杆上，空间中存在与水平杆成θ角斜向左上方的匀强电场，现给圆环P一向右初速度，使其在杆上与杆无挤压地滑行。当圆环P滑至A点时，在空间加上水平方向且垂直细杆的匀强磁场，并从此刻开始计时，时刻圆环P再次返回A点。选取水平向右为正方向，则运动过程圆环P受到的摩擦力f、速度v、加速度a、动能随时间t变化的图像，可能正确的是（　　）
A．B．C． D．
【变式5-2】（多选）（23-24高二上·江西南昌·期末）如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且，则下列说法中正确的是（　　）
A．液滴一定做匀速直线运动 B．液滴有可能做匀变速直线运动
C．电场线方向可能斜向下 D．液滴一定带正电
强化点六 带电粒子在叠加场中的圆周运动
【典例6】（2024·河北·二模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P从x轴上的A点以某一速度沿AK方向做直线运动，AK与x轴正方向的夹角θ=60°，从K点进入第一象限后小球P恰好做匀速圆周运动，经过x轴时竖直向下击中紧贴x轴上方静止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M从y轴上的F点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向如图所示。已知重力加速度大小为g，小球P、Q带电荷量均为q、质量均为m，不计空气阻力。
（1）求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比；
（2）求小球Q静止的位置距O点的距离；
（3）若结合体M进入第四象限时的速度为v，M在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速度为2v时，结合体M距x轴的距离是多少？
【变式6-1】（23-24高二上·江西鹰潭·期末）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小。有一带电微粒，质量，电荷量，从时刻由O点开始以速度v在第一象限的竖直面内做匀速直线运动，取，求：
（1）微粒做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）若在时，将电场方向逆时针旋转90°，在微粒继续运动的过程中，求微粒第一次经过y轴时的坐标；
（3）若在某一时刻撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），在微粒继续运动的过程中，求微粒速度方向恰好平行于x轴正方向时微粒的动能。
【变式6-2】（23-24高二上·江苏南京·期末）设在地面上方的真空室内，存在着方向水平向右的匀强电场和方向垂直于纸面向内的匀强磁场，如图所示。一段光滑且绝缘的圆弧轨道固定在纸面内，其圆心为点，半径，O，A连线在竖直方向上，弧对应的圆心角。今有一质量、电荷量的带电小球，以的初速度沿水平方向从点射入圆弧轨道内，一段时间后从点离开，此后小球做匀速直线运动。重力加速度，，。求：
(1)匀强电场的场强；
(2)小球经过点时的速率：
(3)小球射入至圆弧轨道A端的瞬间，小球对轨道的压力（计算结果保留两位有效数字）。
强化点七 带电粒子在叠加场中的曲线运动
【典例7】（22-23高二上·江苏南京·期末）如图所示，长度为L，内壁光滑的轻玻璃管平放在水平面上，管底有一质量为，电荷量为的带正电小球。整个装置以速度进入磁感应强度为的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在外力的作用下向右匀速运动，最终小球从上端口飞出。从玻璃管进入磁场至小球飞出上端口的过程中（　　）
A．小球沿管方向的加速度大小 B．小球做类平抛运动
C．管壁的弹力对小球不做功 D．洛伦兹力对小球做功
【变式7-1】（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m，电荷量为e的电子从О点沿x轴正方向水平入射，入射速度为时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计电子重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y；
（3）若电子入射速度在的范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【变式7-2】（23-24高二下·四川德阳·期末）如图所示，在竖直平面内在边界以下存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为，为一根固定的粗糙倾斜绝缘杆，与水平方向的夹角为；边界下方过杆端点的竖直边界两侧分别存在着两个方向相反的水平匀强磁场，左侧磁场方向垂直电场方向向里，磁感应强度的大小为，右侧磁场方向垂直电场方向向外，磁感应强度的大小为.现有一带正电的小球，其质量为、电荷量为，以速度在过点的竖直边界左侧磁场区域做匀速直线运动，当小球经过位置时撤去磁场，运动一段时间后，小球上有一小孔刚好从端沿杆方向套在倾斜绝缘杆上，已知位置与绝缘杆端等高，小球与绝缘杆之间的动摩擦因数为，绝缘杆足够长，不考虑磁场消失引起的电磁感应现象，重力加速度大小为，，求：
（1）小球匀速运动的速度的大小；
（2）小球套在倾斜杆上后，沿杆下滑的最大速度；
（3）小球从位置运动至位置，电场力对小球做的功。
真题感知
1．（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
(1)粒子经过时的速度大小；
(2)粒子经过时速度方向与轴正向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
2．（2024·江苏·高考真题）如图所示，两个半圆环区abcd、a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为、。ab与a'b'间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c'd'间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。求：
(1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径、之比；
(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
(3)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。
3．（2024·浙江·高考真题）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域外，存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0），离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m，电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U=kU0（其中，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控（UNM>0），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和，忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。
（1）若U=U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）。
（2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求：
①U的调节范围（用U0表示）；
②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度；
（3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。
4．（2024·北京·高考真题）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。
已知电子的质量为m、电荷量为；对于氙离子，仅考虑电场的作用。
（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2）求径向磁场的磁感应强度大小；
（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。
5．（2024·甘肃·高考真题）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
（2）求O点到P点的距离。
（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为（略大于），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点上。求粒子打在点的速度大小。
6．（2024·广东·高考真题）如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为、周期为的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B．一带电粒子在时刻从左侧电场某处由静止释放，在时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
（2）求金属板的板间距离D和带电粒子在时刻的速度大小v；
（3）求从时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
7．（2024·辽宁·高考真题）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为和。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求Ⅲ区宽度d；
（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）
8．（2024·新疆河南·高考真题）一质量为m、电荷量为的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点表示，、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场强度的大小；
（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
9．（2024·湖南·高考真题）如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x ≤ 0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x ≥ 0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
（1）若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
10．（2024·山东·高考真题）如图所示，在Oxy坐标系x>0，y>0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0；
（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；
（3）当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。
提升专练
一、单选题
1．（2024·江苏苏州·三模）图甲为洛伦兹力演示仪，调节玻璃泡角度使电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。图乙为电子运动轨迹示意图，空间存在平行x轴的匀强磁场，在xOy平面内由坐标原点以初速度将电子射入磁场，方向与x轴正方向成角（），螺旋线的直径为D、螺距为，则下列关系式正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024·四川眉山·模拟预测）如图，在足够大的空间内，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，带正电的小球a能以v0=15m/s、方向水平向左的初速度做半径为R=1m的匀速圆周运动，当球a运动到最低点时，恰好能与静止在小平台（体积可忽略）上的不带电的小球b发生正碰，碰后经t=0.3s两球再次相碰。已知碰撞前后两小球的带电情况不变，磁感应强度大小为B=2T，重力加速度g=10m/s2，取π=3，则（　　）
A．电场强度的大小为1N/C
B．第一次碰撞后小球b获得的速度大小可能为2m/s
C．第一次碰撞前后小球a的速度方向可能相同
D．小球b的质量是小球a质量的14.5倍
3．（2024·福建泉州·模拟预测）如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量q=0.5C，质量m=0.02kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M=0.08kg，滑块与绝缘小车之间的动摩擦因数μ=0.4，它们所在空间存在磁感应强度为B=1.0T的垂直纸面向里的匀强磁场，开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量I=0.16N·s，g取10m/s2，那么小车与滑块因摩擦而产生的最大热量为（　　）
A．0.160J B．0.032J C．0.014J D．0.016J
4．（2024·江苏南京·模拟预测）如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电量为、质量为m的小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示。则（　　）
A．OAB轨迹为半圆 B．磁场垂直于纸面向里
C．小球运动至最低点A时处于失重状态 D．小球在整个运动过程中机械能守恒
5．（2024·广东·三模）如图所示，在，区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从y轴上0~y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N（x0，y0）点，若电场强度为，MN右侧是粒子接收器，MN的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（　　）
A．磁感应强度的大小为
B．从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场
C．从处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大
D．接收器接收的粒子数占粒子总数的50%
6．（2024·河北衡水·模拟预测）如图是真空中位于同一水平面的三个同心圆e、f和g围成的区域，O为圆心。e、f间存在辐射状电场，f、g间有磁感应强度大小为B、方向垂直水平面（纸面）的匀强磁场。电子从P点静止释放，由Q进入磁场，恰好没有从PM上方圆g上的N点（未画出）飞出磁场。已知电子的比荷为k，e、f和g的半径分别a、2a和4a。则（　　）

A．磁场的方向垂直纸面向里 B．电子在磁场运动的半径为
C．Q、P两点间的电势差为 D．Q、P两点间的电势差为
7．（2024·安徽芜湖·一模）如图所示，氕、氘、氚三种核子分别从静止开始经过同一加速电压（图中未画出）加速，再经过同一偏转电压偏转，后进入垂直于纸面向里的有界匀强磁场，氕的运动轨迹如图。则氕、氘、氚三种核子射入磁场的点和射出磁场的点间距最大的是（ ）
A．氕 B．氘 C．氚 D．无法判定
8．（2024·浙江杭州·一模）如图所示，空间存在竖直方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为，电场强度大小可调。一带电小球从O点正上方2m处以初速度水平抛出。已知小球质量为，电量为，则其能经过O点时的最大动能约为（　　）
A．0.20J B．0.28J C．1.28J D．2.20J
二、解答题
9．（2024·福建漳州·一模）如图，在坐标系所在的平面内，第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，第二象限内有沿轴负方向的匀强电场，场强大小为。一质量为电荷量为的带电粒子从轴上的点以速度沿与轴正方向成角的方向射入磁场，恰好垂直于轴射出磁场进入电场，不计粒子重力，求：
(1)粒子在磁场中的运动半径；
(2)磁感应强度的大小；
(3)粒子从点射入到第二次到达轴的时间t。
10．（2024·安徽·一模）芯片制造中的重要工序之一是离子的注入，实际生产中利用电场和磁场来控制离子的运动。如图所示，MN为竖直平面内的一条水平分界线，MN的上方有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，MN的下方有垂直于竖直平面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（）的带正电粒子从MN上的A点射入电场，从MN上的C点射入磁场，此后在电场和磁场中沿闭合轨迹做周期性运动。粒子射入电场时的速度方向与MN的夹角，速度大小为，不计带电粒子受到的重力。
(1)求A、C两点间的距离L；
(2)求电场强度与磁感应强度大小之比；
(3)若只通过减小电场强度的大小，使粒子能从下往上经过C点，求电场强度的最小值。
11．（2024·江西景德镇·一模）如图所示，在的区域存在方向竖直向上、大小为E的匀强电场，在区域存在垂直纸面向外的匀强磁场B（B未知）。一个质量为m的带正电粒子甲从A点以速度沿x轴正方向进入电场，粒子从B点进入磁场后，恰好与静止在C点质量为的中性粒子乙沿x轴正方向发生弹性正碰，且有的电荷量转移给粒子乙。已知C点横坐标为，不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场变化引起的效应。求：
(1)粒子甲的比荷；
(2)粒子甲刚进入磁场时的速率和磁感应强度B的大小；
(3)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在的区域加上与区域内相同的磁场，试通过计算判断两粒子碰撞后能否再次相遇，如果能，求再次相遇的时间。
12．（2024·四川遂宁·模拟预测）如图所示，半径为的虚线圆边界在竖直平面内，是水平直径，圆边界内存在垂直纸面向外磁感应强度为的匀强磁场，过点的竖直线与水平线间存在电场强度大小恒为（为未知量）的匀强电场。点是点右下方固定的点，虚线与的夹角为。现让带电量为、质量为的带正电粒子（不计重力）从点射入磁场，然后从点离开磁场，轨迹圆的半径等于，当匀强电场竖直向上时，粒子经过一段时间从运动到点时速度正好水平向右，求：
(1)粒子在A点射入磁场时的速度以及粒子从A到的运动时间；
(2)的值以及粒子从到的平均速度大小；
(3)若匀强电场由指向，则两点间的电势差为多少？第01讲 楞次定律（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（4大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1．体验楞次定律的探究过程，掌握影响感应电流方向的因素。 2．理解楞次定律的内容，会用楞次定律判断感应电流的方向。 3．掌握右手定则，并区分楞次定律和右手定则使用时的区别。
知识点1：影响感应电流方向的因素
1．实验原理
（1）由电流表指针偏转方向与电流方向的关系，找出感应电流的方向．
（2）通过实验，观察、分析原磁场方向和磁通量的变化，记录感应电流的方向，然后归纳出感应电流的方向与原磁场方向、原磁通量变化之间的关系．
2．实验器材
条形磁体，线圈，电流表，导线若干，滑动变阻器，开关，干电池，电池盒．
3．实验过程
（1）探究电流表指针的偏转方向和电流方向之间的关系．
实验电路如图甲、乙所示：
结论：电流从哪一侧接线柱流入，指针就向哪一侧偏转，即左进左偏，右进右偏．（指针偏转方向应由实验得出，并非所有电流表都是这样的）
（2）探究条形磁体插入或拔出线圈时感应电流的方向
①按图连接电路，明确线圈的绕线方向．
②按照控制变量的方法分别进行N极（S极）向下插入线圈和N极（S极）向下时抽出线圈的实验．
③观察并记录磁场方向、电流方向、磁通量大小变化情况，并将结果填入表格．
甲 乙 丙 丁
条形磁体运动的情况 N极向下插入线圈 S极向下插入线圈 N极朝下时抽出线圈 S极朝下时抽出线圈
原磁场方向（“向上”或“向下”） 向下 向上 向下 向上
穿过线圈的磁通量变化情况（“增加”或“减少”） 增加 增加 减少 减少
感应电流的方向（在线圈上方俯视） 逆时针 顺时针 顺时针 逆时针
感应电流的磁场方向 （“向上”或“向下”） 向上 向下 向下 向上
原磁场与感应电流磁场方向的关系 相反 相反 相同 相同
④整理器材．
4．结果分析
根据上表记录，得到下述结果：
甲、乙两种情况下，磁通量都增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，阻碍磁通量的增加；丙、丁两种情况下，磁通量都减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，阻碍磁通量的减少．
实验结论：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
5．注意事项
（1）确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系时，要用试触法并注意减小电流大小，防止电流过大或通电时间过长损坏电流表．
（2）电流表选用零刻度在中间的灵敏电流计．
（3）实验前设计好表格，并明确线圈的绕线方向．
（4）按照控制变量的思想进行实验．
（5）完成一种操作后，等电流计指针回零后再进行下一步操作．
知识点2：楞次定律
1．内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
2．从能量角度理解楞次定律
感应电流沿着楞次定律所述的方向，是能量守恒定律的必然结果，当磁极插入线圈或从线圈内抽出时，推力或拉力做功，使机械能转化为感应电流的电能．
2．对楞次定律的理解
（1）楞次定律中的因果关系：磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果．
（2）对“阻碍”的理解
问题 结论
谁阻碍谁 感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场（原磁场）的磁通量的变化
为何阻碍 原磁场的磁通量发生了变化
阻碍什么 阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身
如何阻碍 当原磁场的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当原磁场的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同”
结果如何 阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行，最终结果不受影响
①阻碍不是阻止，是“阻而不止”。感应电流的磁场对原人注意磁场磁通量的变化是“阻碍”作用，并不是“阻止”原磁通量的变化。
②阻碍不是相反：当引起感应电流的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反;当引起感应电流的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同（增反减同）。
③有相对运动时，阻碍导体与磁体的相对运动，而不是阻碍导体或磁体的运动。
④电磁感应使回路面积有变化趋势时，面积收缩或扩张是为了阻碍回路磁通量的变化。
3．应用楞次定律判断感应电流方向的步骤
（1）明确所研究的闭合回路，判断原磁场方向．
（2）判断闭合回路内原磁场的磁通量变化．
（3）依据楞次定律判断感应电流的磁场方向．
（4）利用右手螺旋定则（安培定则）判断感应电流的方向．
知识点3：右手定则
【情境导入】
如图所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．
（1）请用楞次定律判断感应电流的方向．
（2）感应电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间满足什么关系？
答案　（1）感应电流的方向为a→d→c→b→a；（2）满足右手定则．
1. 右手定则
如图所示，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
2．适用范围：闭合电路的部分导体做切割磁感线运动时产生的感应电流方向的判断。
3．右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和感应电流方向三者之间的关系：
（1）大拇指所指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动．
（2）四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源．
4．楞次定律与右手定则的比较
规律 比较内容 楞次定律 右手定则
区别 研究对象 整个闭合回路 闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导体
适用范围 各种电磁感应现象 只适用于部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况
联系 右手定则是楞次定律的特例
当闭合电路的部分导体做切割磁感线运动时,可以用右手定则判定感应电流的方向,也可以用楞次定律判定感应电流的方向。
5. 安培定则、左手定则和右手定则的区别
项目 安培定则（右手） 左手定则 右手定则
作用 判断电流的磁场方向 判断通电导体受磁场力的方向 判断导体切割磁感线时产生的感应电流的方向
已知条件 电流方向 电流方向和磁场
方向 导体运动方向和磁场
方向
图例
因果关系 电流—磁场 电流一受力 运动一电流
实例 电磁铁 电动机 发电机
教材习题01 判断如图所示的各种情况下线圈内感应电流的方向。 解题技巧 增反减同；来拒去留；增缩减扩；
【答案】a. 从左向右流过G；b. 顺时针；c. 从上至下；d. 导线中的电流向下，然后从下边交点，分别向左右两方向流向两电流计。
教材习题02 如图所示，将条形磁铁插入螺线管中，回路中产生了感应电流，使电流表指针偏转，试判断电流表指针的偏转方向。 解题技巧 （1）电流从那段流入，电流计的指针向那边偏转。 （2）楞次定律推论：增反减同。
【答案】向左偏转
教材习题03 在如图中，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，线圈M的电路中串联着电池、开关与滑动变阻器，线圈N的电路中串联着电流表。若电流从左侧（右侧）流入电流表则电流表指针向左（右）偏转，根据楞次定律判定以下几个过程中电流表指针的偏转情况。 （1）开关S闭合后的短暂过程； （2）开关S闭合后，滑动变阻器滑片P向左滑动的过程。 解题技巧 （1）开关闭合瞬间，M中磁通量发生变化，穿过N线圈的磁通量跟着发生改变，产生感应电动势。 （2）开关闭合后，滑动变阻器滑动，通过M的电流发生改变，M中的磁通量发生变化，导致N中磁通量跟着变化。
【答案】（1）向左偏转；（2）向右偏转
考点1：楞次定律判断感应电流的方向
（1）明确两个方向：①线圈的绕向；②电流表指针偏转方向与电流流向的关系。
（2）磁通量增加和磁通量减少引起的感应电流的方向一定相反。
【典例1】（23-24高二下·山东潍坊·期中）光滑绝缘水平面上，有两条固定的相互垂直且彼此绝缘的长直导线，通有大小相同、方向如图所示的电流。在导线夹角的角平分线上对称放置四个相同的圆线圈。若两根导线中的电流均匀增加且大小始终相等，则会产生逆时针方向感应电流的是（　　）
A．线圈 1 B．线圈2 C．线圈3 D．线圈4
【变式1-1】（23-24高二下·江苏扬州·期中）如图所示，螺线管CD的导线绕法不明，当磁体AB插入螺线管时，电路中有图示方向的感应电流产生，下列关于螺线管产生的磁场极性的判断正确的是（　　）
A．C端一定是N极 B．C端一定是S极
C．C端的极性一定与磁铁B端的极性相反 D．C端的极性一定与磁铁B端的极性相同
【变式1-2】如图所示，面积为S的矩形导线圈abcd放置在水平向右的匀强磁场B中，现将abcd绕ad轴顺时针旋转角到竖直面所在的虚线位置，下列说法正确的是（　　）

A．线圈位于实线位置时的磁通量为 B．线圈位于虚线位置时的磁通量为
C．此过程线圈中不产生感应电流 D．从右侧看，此过程线圈中产生顺时针的感应电流
考点2：楞次定律重要结论的推广应用
增反减同；来拒去留；增缩减扩。
【典例2】如图所示，质量为的闭合金属环用不可伸长的绝缘细线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中。从某时刻开始，磁感应强度开始减小，金属环始终保持静止，重力加速度为，则在磁感应强度减小的过程中，关于细线的拉力和环中感应电流的方向，下列说法中正确的是（　　）

A．大于环的重力，沿顺时针方向 B．小于环的重力，沿顺时针方向
C．大于环的重力，沿逆时针方向 D．小于环的重力，沿逆时针方向
【变式2-1】（23-24高二下·新疆巴音郭楞·期末）如图所示，铝环A用轻线静止悬挂于长直螺线管左侧，且与长直螺线管共轴。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S 瞬间，铝环A将向左摆动
B．闭合开关S稳定后，断开开关S瞬间，铝环A的面积有收缩趋势
C．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑，从左往右看铝环A 中将产生逆时针方向的感应电流
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑，铝环A将向右摆动
【变式2-2】如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（　　）
A．线圈a中将产生沿顺时针方向（俯视）的感应电流 B．穿过线圈a的磁通量减小
C．线圈a有扩张的趋势 D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
考点3：右手定则的应用
右手定则适用于闭合电路中部分导体切割磁感应线产生感应电流方向的判断，右手定则与楞次定律的本质是一样的。
【典例3】（2024·江苏南京·一模）两个完全相同的磁电式仪表A、B，零刻度均在表盘正中间。按图示方式用导线连接起来。在把电流表A的指针向左拨动的过程中，电流表B的指针将（　　）
A．向左偏转 B．向右偏转
C．静止不动 D．发生偏转，但无法判断偏转方向
【变式3-1】（22-23高二下·四川乐山·期末）如图所示，一边长为d的正方形闭合线圈由A位置匀速通过一个匀强磁场运动到B位置。已知磁场宽度L大于线圈边长d，则（　　）

A．整个运动过程中，线圈中一直有感应电流
B．进入磁场和离开磁场的过程中，感应电流方向相同
C．进入磁场时感应电流方向顺时针，离开磁场时感应电流方向逆时针
D．进入磁场时感应电流方向逆时针，离开磁场时感应电流方向顺时针
【变式3-2】（22-23高二下·内蒙古呼和浩特·期末）如图所示，足够长的两光滑导轨水平放置，整个装置处于竖直向下的均匀磁场中，金属棒ab在水平外力的作用下，以速度v沿导轨向右做匀速运动，则金属棒ab受到磁场施加的安培力的方向是（　　）

A．竖直向下 B．水平向右 C．竖直向上 D．水平向左
考点4：二次感应问题
闭合电路的部分导体做切割磁感应运动时，感应电流的大小与速度的大小有关，速度越大，感应电流就越大。
【典例4】如图所示，水平放置的两条电阻不计的光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当MN在外力作用下向左匀加速运动运动时，PQ的电流方向及运动情况是（　　）
A．P→Q，向右运动 B．Q→P，向右运动 C．P→Q，向左运动 D．Q→P，向左运动
【变式4-1】（23-24高二下·江苏南京·期中）如图所示，在闭合电键K后，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有（　　）
A．把滑动变阻器R的滑片右移 B．把线圈P中的铁芯抽出
C．把线圈Q靠近线圈P D．把电键K断开
【变式4-2】（多选）（24-25高二上·广西柳州·阶段练习）如图所示，a、b、c为三个被悬挂起的小金属圆环线圈，其中a位于螺线管左侧附近，b位于螺线管右侧附近，c位于螺线管中央的正上方，螺线管与电阻、电源以及开关串联组成一电路，当开关S闭合瞬间，忽略三环中感应电流之间的相互作用力，则a、b、c小金属圆环线圈（不考虑形变）的运动情况是（　　）
A．如果电源左边是正极，a向左摆动，b向左摆动，c向左摆动
B．如果电源左边是负极，a向右摆动，b向右摆动，c向右摆动
C．如果电源左边是正极，从左边看，a、b的电流方向均是逆时针，c的电流方向是顺时针
D．无论电源正极在左边还是右边，a向左摆动，b向右摆动，c不动
一、单选题
1．（23-24高二下·全国·单元测试）如图所示的纸面内有一根竖直向下的长直导线，导线中通有向下的恒定电流，从靠近导线的位置以水平向右的速度抛出一金属圆环，圆环运动过程中始终处于纸面内。不计空气阻力，以下说法正确的是（ ）
A．圆环中会产生顺时针方向的电流 B．圆环中感应电流不断减小
C．圆环的水平速度一直在增大 D．圆环在竖直方向上的加速度始终大于重力加速度
2．（23-24高二下·全国·单元测试）如图所示，匀强磁场中固定一水平金属棒F1F2，金属棒两端点F1、F2刚好是绝缘椭圆轨道的两焦点，磁场方向垂直于椭圆面向外，一根金属丝绕过绝缘笔P与F1、F2相接，金属丝处于拉直状态，且绝缘笔刚好能沿椭圆轨道运动。在绝缘笔沿椭圆轨道从A到B带动金属丝运动过程中，关于金属棒和金属丝的说法正确的是（　　）
A．感应电流方向始终是F2→F1→P→F2 B．感应电流方向始终是F1→F2→P→F1
C．金属丝始终有扩张趋势 D．金属棒所受安培力方向先向上，后向下
3．（23-24高二下·江西九江·期末）如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，在磁铁正下方有一个放置在水平桌面上的闭合铜质线圈。将磁铁竖直向下拉至某一位置后放开，磁铁开始上下振动，线圈始终保持静止下列说法正确的是（　　）
A．磁铁振动过程中，线圈中产生方向不变的感应电流
B．磁铁振动过程中，线圈对桌面的压力始终大于线圈的重力
C．磁铁远离线圈时，线圈有缩小的趋势
D．磁铁振动过程中，属于阻尼振动，弹簧和磁铁组成的系统机械能不守恒
4．（23-24高二下·云南昆明·期中）如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd，则（　　）
A．当线圈以dc边为轴转动时，无感应电流产生
B．若线圈在平面内上、下平动，无感应电流产生
C．若线圈向右平动，其中感应电流方向是a→b→c→d
D．当线圈向左平动，其中感应电流方向是a→d→c→b
5．关于楞次定律，下列说法正确的是（　　）
A．感应电流的磁场总是与原磁场反向，阻碍原磁场的变化
B．感应电流的磁场总是促进磁通量的变化
C．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向
D．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
6．（23-24高二下·四川南充·阶段练习）如图所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．P、Q将相互远离 B．P、Q对导轨M、N的压力小于自身重力
C．磁铁下落的加速度可能大于重力加速度g D．磁铁动能的增加量小于重力势能的减少量
7．（23-24高二上·辽宁葫芦岛·期末）如图所示，将甲、乙、丙三个线圈在薄强磁铁的正上方相同高度H处由静止释放，各线圈下落过程中不翻转，甲是闭合的铝线圈，乙是有缺口的铝线圈，丙是闭合的塑料线圈，忽略空气阻力。关于落地时间正确的是（　　）
A． B． C． D．
8．（23-24高二下·全国·）如图所示，一个轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向右运动靠近铝环时，铝环的运动情况是（　　）
A．向右运动 B．向左运动 C．静止不动 D．不能判定
9．（22-23高二下·新疆喀什·阶段练习）如图，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放在导轨上，形成闭合回路，当一条形磁铁从上方向下迅速接近回路时，可动的两导体棒P、Q将（　　）

A．保持不动 B．相互远离 C．相互靠近 D．无法判断
二、多选题
10．（23-24高二上·福建龙岩·期末）如图所示，螺线管连接电阻R放置在水平地面上，上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下，当磁铁向下运动过程中（未插入线圈内部），下列说法正确的是（　　）
A．穿过螺线管的磁通量减少 B．通过R的感应电流方向为从
C．磁铁与螺线管相互吸引 D．螺线管对地面的压力变大
11．（23-24高二上·天津南开·期末）如图所示，空间固定一条形磁体（其轴线水平） ，以下说法正确的是（　　）
A．圆环a沿磁体轴线向右运动，靠近磁体N极时感应电流为顺时针（从左往右看）
B．圆环b竖直下落时磁通量不变
C．圆环c经过磁体右边的位置2时磁通量为0，感应电流为0
D．圆环c经过位置2前后一小段时间内感应电流方向不变
12．（23-24高二下·全国·）安培曾做过如图所示的实验：把绝缘导线绕制成线圈，在线圈内部悬挂一个用薄铜片制成的圆环，取一条形磁铁置于铜环的右侧，条形磁铁的右端为N极。闭合开关，电路稳定后，发现铜环静止不动，安培由此错失发现电磁感应现象的机会。实际上，在电路接通的瞬间（　　）
A．从左侧看，铜环中有逆时针方向的感应电流 B．从左侧看，铜环中有顺时针方向的感应电流
C．铜环会远离磁铁 D．铜环会靠近磁铁
13．（23-24高二下·四川绵阳·阶段练习）如图所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
C．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
三、实验题
14．（23-24高二下·重庆荣昌·阶段练习）某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素：
（1）图a中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离，出现的现象是 。
A．灯泡A、B均不发光 B．灯泡A、B交替短暂发光
C．灯泡A短暂发光、灯泡B不发光 D．灯泡A不发光、灯泡B短暂发光
（2）通过实验得知：当电流从图b中电流计的正接线柱流入时指针向右偏转；则当磁体 （选填“向上”或“向下”）运动时，电流计指针向右偏转。
（3）为进一步探究影响感应电流方向的因素，该小组设计了如图c的电路。
（4）若图c电路连接正确，在闭合开关前滑动变阻器滑片应移至最 （选填“左”或“右”）端。第02讲 电场能的性质（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
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知识点1：电势和电势能
1．静电力做功
（1）特点：静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关．
（2）计算方法
①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离．
②WAB＝qUAB，适用于任何电场．
2．电势能
（1）定义：电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零势能位置时静电力做的功．
（2）静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.
（3）电势能的相对性：电势能是相对的，通常把电荷离场源电荷无穷远处的电势能规定为零，或把电荷在大地表面的电势能规定为零．
3．电势
（1）定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值．
（2）定义式：φ＝.
（3）矢标性：电势是标量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)．
（4）相对性：电势具有相对性 ，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同．
4．电势差
（1）定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力所做的功 与移动电荷的电荷量的比值．
（2）定义式：UAB＝.
（3）电势差与电势的关系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA.
5．等势面
（1）定义：电场中电势相等的各点组成的面．
（2）四个特点：
①在同一等势面上移动电荷时电场力不做功
②电场线一定与等势面垂直，并且从电势高 的等势面指向电势低 的等势面．
③等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。
④任意两个等势面都不相交．
几种典型的电场的等势面
匀强电场 点电荷的电场 等量异种电荷的电场 等量同种正电荷的电场
正电荷周围电势大于零；负电荷周围电势小于零 连线上：E先减小后增加， 电势一直减小 中垂线：从中间往两端，电场强度E一直减小，电势不变（0势面） 连线上：中点电场强度最小， 电势最低且； 中垂线上：从中间往两端，电场强度E先增大后减小；中点的电势最高
电势高低的判断
判断依据 判断方法
电场线方向 沿电场线方向电势降低，并且降低最快
场源电荷的正负 取无穷远处电势为零，正电荷周围电势大于零，越靠近正电荷电势越高；取无穷远处电势为零，负电荷周围电势小于零，越靠近负电荷电势越低
电势能的高低 正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能小
电场力做功 根据，将WAB、q的正负号带入，由UAB的正负判断A、B的高低
知识点2：电势差和电场强度
公式E＝的理解
（1）只适用于匀强电场．
（2）d为某两点沿电场强度方向上的距离，或两点所在等势面之间的距离．
（3）电场强度的方向是电势降低最快的方向．
2. 电场线、电势、电场强度的关系
（1）电场线与电场强度的关系：电场线越密的地方表示电场强度越大，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向．
（2）电场线与等势面的关系：电场线与等势面垂直，并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面．
（3）电场强度大小与电势无直接关系：零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方，电势不一定高．
3．E＝在非匀强电场中的三点妙用
判断电势差大小及电势高低 距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大，进而判断电势的高低
判断场强变化 φ－x图象的斜率k＝＝＝Ex，斜率的大小表示场强的大小，正负表示场强的方向
判断场强大小 等差等势面越密，场强越大
4. 解题思路
匀强电场中的两个推论
推论1：匀强电场中的任意线段AB的中点的电势：，如图甲所示：
推论1：匀强电场中若两线段AB//CD，且AB=CD，则UAB=UCD（或），如图乙所示：
知识点3：电场线、等势面及带电粒子的运动轨迹问题
1．等势线总是和电场线垂直，已知电场线可以画出等势线，已知等势线也可以画出电场线．
2. 带电粒子运动轨迹的分析
（1）判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为粒子在该点处的速度方向．
（2）判断电场力(或场强)的方向：仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹的凹侧，再根据粒子的正、负判断场强的方向．
（3）判断电场力做功的正、负及电势能的增减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加．　
知识点4：电场中的图像问题
几种常见电场图象的特点及规律
v t图象 根据v t图象中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化
φ x图象 (1)电场强度的大小等于φ x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ x图线存在极值，其切线的斜率为零； (2)在φ x图象中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强度的方向； (3)在φ x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后做出判断
E x图象 (1)反映了电场强度随位移变化的规律； (2)E＞0表示场强沿x轴正方向，E＜0表示场强沿x轴负方向； (3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定
Ep x图象 (1)反映了电势能随位移变化的规律； (2)图线的切线斜率大小等于电场力大小； (3)进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况
知识点5：电场力做功与功能关系
1．电场力做功的计算
(1)由公式W＝Flcos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：W＝qElcos α.
(2)由W＝qU来计算，此公式适用于任何形式的静电场．
(3)由动能定理来计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk.
(4)由电势能的变化来计算：WAB＝EpA－EpB.
2．几种功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变；
(3)除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化．
(4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化．
强化点一 电场中的电场线和等势面
（1）由于等势面和电场线垂直，已知等势面的分布，可以绘制电场线，从而确定电场大体分布。
（2）由等差等势面的疏密情况，可以定性地比较电场强度的大小。
【典例1】（多选）如图所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA=5 V，φB=2 V，φC=3 V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】BC
【详解】AB．根据匀强电场的特点可知，H、F点的电势分别为
φH=4 V，φF=3 VG点的电势
则φH=φG
由于等势面与电场线垂直，因此电场线垂直GH，A错误，B正确；
CD．又由于φC=φF=3 V
因此电场线与CF垂直，C正确，D错误。
故选BC。
【变式1-1】（23-24高二上·北京房山·期末）如图所示为某电场等势面的分布情况，下列说法正确的是（　　）
A．A点的电势比B点的电势高
B．电子在A点受到的静电力小于在B点受到的静电力
C．把电子从A点移动至B点静电力做的功与路径有关
D．电子在c等势面上比在d等势面上的电势能大
【答案】D
【详解】A．A点和B点在同一个等势面上，A点的电势和B点的电势一样高，故A错误；
B．A点的等势面比B点的等势面密集，所以A点的电场强度大于B点，设电子电荷量大小为，由
电子在A点受到的静电力大于在B点受到的静电力。故B错误；
C．A点和B点在同一个等势面上，把电子从A点移动至B点静电力做的功等于零，与路径无关。故C错误；
D．c等势面电势为，d等势面上电势为，故
电子带负电在电势低的地方电势能大，电子在c等势面上比在d等势面上的电势能大。故D正确。
故选D。
【变式1-2】（23-24高二上·北京东城·期末）图（a）为某带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为分析器内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则（　　）
A．P点电势比M点的低 B．P点电场强度比M点的大
C．M点电场强度方向沿z轴负方向 D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变
【答案】D
【详解】A．由图（b）可知，P点与O点相比较，更靠近正电极一些，则P点电势高于O点电势，M点与O点相比较，更靠近负电极一些，则M点电势低于O点电势，所以P点电势比M点的高。故A错误；
B．等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，由图（b）可知P点电场强度比M点的小。故B错误；
C．根据电场线的特点“由正电荷发出，终止于负电荷”可知M点电场强度方向沿z轴正方向。故C错误；
D．x轴到四个电极的距离相等，根据电势的叠加可知x轴为等势面，根据
可知沿x轴运动的带电粒子，电势能不变。故D正确。
故选D。
强化点二 等分法分析匀强电场
(1)用“等分法”计算匀强电场中的电势:在匀强电场中，已知电场中几个点的电势时，依据相互平行且相等的线段两端点间的电势差相等，使用“等分法”即可快速求解电场中某点电势的大小。
(2)用“等分法”确定匀强电场中的电场线:一般会给出匀强电场中几个点的电势，我们可以用“等分法”找到两个等势点，两等势点的连线就是等势线，垂直等势线的直线即为电场线。
【典例2】（23-24高二下·四川眉山·期末）如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方向平行于正方形ABCD所在平面。已知A、B、C三点的电势分别为，，，则（ ）
A．D点的电势，场强方向平行于AB方向
B．D点的电势，场强方向平行于AC方向
C．D点的电势，场强方向平行于BC方向
D．把一个电子从C移到B，电场力做功为4eV
【答案】B
【详解】ABC．匀强电场中，由公式可知，沿着任意方向，每前进相同的距离，电势差都相等。则电场线如图所示
连接AC，AC连线的中点为E，则E点的电势为
连接BE，则BE为一条等势线，D点在BE连线上，所以D点电势
电场线垂直于等势线，且由高电势指向低电势，故上图所示场强方向平行AC方向，故AC错误，B正确；
D．把一个电子从C移到B，电场力做正功
故D错误。
故选B
【变式2-1】（多选）（23-24高二上·四川成都·期末）如图，A、B、C为圆周上三点，O为圆心，半径为，空间中存在与纸面平行的匀强电场，A、B、C三点的电势分别为，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度沿OB方向 B．电场强度沿AC方向
C．电场强度的大小为 D．电场强度的大小为
【答案】BD
【详解】AB．A、C中点在OB上，A、C中点电势
所以OB所在直线是等势线，场强方向垂直于等势线且由高电势指向低电势，所以电场强度沿AC方向，故A错误，B正确；
CD．根据几何关系，A、C距离
电场强度的大小为
故C错误，D正确。
故选BD。
【变式2-2】（多选）（23-24高二上·江西南昌·期末）如图所示的虚线为等腰梯形，、两点为底边的三等分点，且，，在与等腰梯形所在平面平行的空间内存在匀强电场，已知、、三点的电势分别为、、。则下列说法正确的是（　　）
A．D点的电势为 B．M点的电势为
C．N点的电势为 D．电场强度的大小为
【答案】AD
【详解】A．根据题意可知，则有
可得D点的电势为
故A正确；
BC．根据 ，则有
可得，
故BC错误；
D．根据
可知沿方向的分场强大小为
沿方向的分场强大小为
则电场强度的大小为
故D正确。
故选AD。
强化点三 应用U=Ed定性分析非匀强电场
在等差等势面分布图中，电场强度E越大，等势面间的距离d越小，由此可以判定等差等势面越密的地方电场强度越大。
【典例3】（22-23高二上·安徽合肥·期末）如图甲，高大建筑物上通常都装有避雷针，雷雨天气时避雷针发生尖端放电现象，中和空气中的电荷，达到避免雷击的目的。图乙所示是某次避雷针放电时的电场线分布，电场线关于直线ac对称，且。以下说法正确的是（　　）
A． B．接近建筑物的雷雨云带负电
C．电子在c点的加速度小于在a点的加速度
D．将质子从图中d点由静止释放，质子可能沿电场线运动
【答案】C
【详解】A．电场线的疏密程度表示场强的大小，由图可知ab段的平均电场强度要大于bc段的电场强度，根据定性分析可得
故A错误；
B．由图乙电场线分布可知，接近建筑物的雷雨云带正电，故B错误；
C．a点电场线较密，场强较大，电子在a点所受电场力大于c点，c点的加速度小于在a点的加速度，故C正确；
D．质子的受力方向沿电场线的切线的方向，将质子从图中d点由静止释放，由于电场线是曲线，质子不可能沿电场线运动，故D错误。
故选C。
【变式3-1】（多选）如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN。P点在y轴右侧，MP⊥ON。则下列说法正确的是（　　）
A．M点的电势比P点的电势高
B．将负点电荷由O点移动到P点，电场力做正功
C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
D．M、N两点间的电势差小于O、M两点间的电势差
【答案】AD
【详解】A．根据电场线和等势面的关系，可以判断出M点的电势比P点的电势高，故A正确；
B．将负点电荷由O点移到P点，电场力做负功，故B错误；
CD．根据，电场线疏密代表场强大小，且U=Ed
可知UMN故C错误，D正确。
故选AD。
【变式3-2】（多选）如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则　　
A．M点的电势比P点的电势低
B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差
C．一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能
D．将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功
【答案】ABD
【详解】A：根据等势线与电场线垂直，顺着电场线的方向电势降低；可知M点的电势比P点的电势低．故A项正确．
B：O、M间的场强小于N、O间的场强，，由公式分析得知，O、M间的电势差小于N、O间的电势差．故B项正确．
C：根据等势线与电场线垂直，顺着电场线的方向电势降低；可得O点的电势高于Q点的电势，则正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能．故C项错误．
D：M点的电势比P点的电势低，则负电荷在M点的电势能比在P点的电势能大，所以将一负电荷由M点移到P点时，电势能减小，电场力将正功．故D项正确．
【点睛】本题关键要根据电场线方向及等势线与电场线垂直判断出各点电势的高低，利用分析电荷电势能的变化，再据判断电荷所受电场力做功的正负．
强化点四 电场中的图像问题
(1)E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律；
(2)-x图像的斜率的绝对值等于电场强度的大小；
(3)Ep-x图像的斜率的绝对值等于电场力的大小。
【典例4】（23-24高二上·安徽淮北·期末）如图所示，在轴上放有两个电荷量分别为和的点电荷，其中位于轴的坐标原点，电荷的右侧各点电势随变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中点电势为零，段中的电势最低点为点，则下列说法正确的是（ ）
A．两点电荷的电荷量 B．A点的电场强度强度方向向右
C．从点到点的电场强度先增大后减小
D．将一带负电的试探电荷从点移到点，电场力做正功
【答案】D
【详解】A．因为图像的斜率等于场强，可知C点场强为零，该点距离q2较近，距离q1较远，可知两点电荷的电荷量，选项A错误；
B．由图可知，q1带负电，q2为正电，可知A点的电场强度强度方向向左，选项B错误；
C．因为图像的斜率等于场强，C点场强为零，可知从点到点的电场强度先减小后增大，再减小，选项C错误；
D．从点移到点场强方向向左，则将一带负电的试探电荷从点移到点，电场力做正功，选项D正确。
故选D。
【变式4-1】一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能，随位移x变化的关系如图所示，其中段是关于直线对称的曲线，段是直线，则下列说法正确的是（ ）
A．处电场强度最小，但不为零
B．粒子在段做匀变速运动，段做匀速直线运动
C．若、处电势为、，则
D．段的电场强度大小、方向均不变
【答案】D
【详解】A．图像的斜率表示粒子所受电场力F，根据可知处电场强度最小且为零，选项A错误；
B．粒子在段切线的斜率发生变化，电场力发生变化，所以加速度也在变化，不是做匀变速运动，段斜率不变，所以做的是匀变速直线运动，选项B错误；
C．带负电的粒子从到的过程中电势能增加，说明电势降低，即
选项C错误；
D．段斜率不变，所以这段电场强度大小、方向均不变，选项D正确。
故选D。
【变式4-2】（多选）（23-24高二下·湖南·期末）如图甲所示，倾角为、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，空间存在场强方向与斜面平行的匀强电场。一个带正电的滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑，上滑过程中滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示。已知，，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块的重力大小为 B．滑块受到的电场力大小为
C．滑块上滑的过程中，重力势能增加了 D．滑块上滑的过程中，重力势能与电势能之和减少
【答案】BC
【详解】AB．由图像可知，滑块的动能由减为零，滑块的机械能由减为，又由于机械能在减小，可知电场力做负功，故匀强电场方向沿斜面向下。机械能随位移变化图像的斜率表示除重力之外的外力，即
由于动能随位移变化图像的斜率表示合外力，即，解得，
故A错误，B正确；
C．由重力做功与重力势能关系有
由于上滑过程重力对滑块做负功，所以重力势能增加，即
故C正确；
D．由能量守恒定律可知，滑块的能量为滑块的动能、电势能、重力势能之和，滑块上滑的过程中动能减小，所以重力势能与电势能之和增加，故D错误。
故选BC。
强化点五 电场强度、电势差和电势能的综合问题
(1)确定电场强度大小、方向的方法:由WAB=qUAB，求两点电势差；由，求匀强电场的电场强度大小；利用电场线垂直等势面，确定电场强度的方向。
(2)利用电场线、等势面分析带电粒子的功能关系。
【典例5】（23-24高二上·福建福州·期末）用一长1m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为2kg、电荷量为的小球，细线的上端固定于O点，现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°（g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8），则：
（1）小球带什么电；
（2）匀强电场的场强多大；
（3）平衡时细线的拉力为多大；
（4）若施加外力把小球从A点移到左边B点，此时细线与铅垂线成53°，求电场力对小球做了多少功，小球的电势能改变量。

【答案】（1）正电；（2）；（3）25N；（4）-21J，电势能增加了
【详解】（1）小球受重力、电场力、拉力而平衡，受力情况如图所示
由于小球受到的电场力方向与场强方向相同，故小球带正电。
（2）根据平衡条件可得，解得
（3）根据平衡条件可得细线拉力为，解得
（4）把小球从A点水平移到B点，电场力做负功，电势能增大，电势能的改变量为
由几何关系可得，解得
故电场力对小球做了-21J的功，电势能增加了。
【变式5-1】（多选）（22-23高二下·云南玉溪·期末）如图所示，边长为4cm的正方形abcd处在匀强电场中，电场方向与abcd平面平行。a点有粒子源，可沿纸面内任意方向发射电子，发射的电子初动能均为40eV，电子经过b点时动能为28eV，经过d点时动能为24eV。运动过程中电子仅受电场力作用，且不计电子间的相互作用力。下列说法正确的是（　　）

A．正方形abcd上c点电势最低 B．a、b两点间电势差为
C．电子通过c点时动能为15eV D．匀强电场的电场强度大小为5V/cm
【答案】AD
【详解】A．运动过程中电子仅受电场力作用，设是边的中点，为边的中点，a点动能均为40eV，d点动能为24eV，根据对称性可得e点动能为32eV，同理f点动能为28eV，可得b、f点在等势面上，连接bf，做bf的垂线，可知电场强度方向为垂直bf向下，根据沿电场线方向电势降低可知，正方形abcd上c点电势最低，故A正确；
B．a、b两点间根据动能定理有
解得a、b两点间电势差为
故B错误；
D．根据几何关系得
匀强电场的电场强度大小为
故D正确；
C．b、c两点间电势差为
b、c两点间根据动能定理有
解得电子通过c点时动能为
故C错误。
故选AD。
【变式5-2】（23-24高二下·四川成都·期末）如图所示，A、B、C、D为边长为l的正四面体的四个顶点，M、N分别为CD边、BC边的中点。将带电量均为+Q的同种点电荷分别固定在A、B两顶点处，则下列说法正确的是（ ）
A．N点处的电场强度大小为
B．C点与D点处的电场强度相同
C．C、D、M三点的电势大小关系为
D．将一带电量为+q的试探电荷从C点沿直线移至D点过程中其电势能先减小后增大
【答案】A
【详解】A．如图所示
N点处的电场强度大小为
,
解得
故A正确；
B．C点与D点处的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；
C．M点距两点电荷距离更近，因此C、D、M三点的电势大小关系为，故C错误；
D．根据
得试探电荷在C、D、M三点的电势能大小关系为
因此试探电荷从C点沿直线移至D点过程中其电势能先增大后减小，故D错误。
故选A。
强化点六 带电粒子在电场中的能量变化
(1)电荷在电场中运动与力学问题相比，只是多了一个静电力做功，从能量角度看，多了电势能。
(2)在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒，有时也会用到功能关系。应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)，应用能量守恒时需注意电势能和其他形式能之间的转化，应用功能关系解决该类问题需明确静电力做功与电势能改变之间的对应关系。
【典例6】如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，从释放到滑块到达与圆心O等高的C点这一过程的电势能变化量；
(2)若滑块从水平轨道上距离B点s=10R的A点由静止释放，求滑块到达D点时对轨道的作用力大小；
(3)改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。
【答案】(1)
(2)0
(3)
【详解】（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，从释放到滑块到达与圆心O等高的C点这一过程的电场力做功为
电场力做正功，电势能减小，故电势能变化量为
（2）若滑块从水平轨道上距离B点s=10R的A点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为，从A点到D点过程运用动能定理，可得,解得
在D点，根据牛顿第二定律,解得
滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0。
（3）等效竖直平面圆周运动，要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，满足题意的s最小。
等效重力由重力和电场力的合力提供
等效重力与重力的夹角,解得
当恰好通过等效最高点时的速度设为v，则此时满足
从A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理可得
解得
【变式6-1】（23-24高二下·贵州遵义·期末）研究人员利用电场控制带电物体的运动，如图所示，实验区域内充满与水平面夹角斜向上的匀强电场，电场强度大小。为竖直固定的绝缘光滑半圆弧轨道，为圆心，半径，圆弧与绝缘光滑水平面平滑连接并相切于B点，间距离。一质量、电荷量的带正电小球，轻放于水平面上A点，一段时间后，小球从C点飞出，立即撤去圆弧轨道。不考虑空气阻力，重力加速度取。求：
（1）A、C两点的电势差；
（2）小球通过C点时的速度大小；
（3）小球从圆弧轨道C点飞出后，运动到距C点处所用的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据匀强电场中电势差与场强的关系
做出辅助线，如图
由几何关系，可得,联立，解得
（2）小球从A点运动到C点过程，根据动能定理，可得
其中，
联立，解得
（3）对小球受力分析，如图
可得，,解得
可知小球从圆弧轨道C点飞出后，做水平方向的匀变速直线运动，有,解得
【变式6-2】（23-24高二上·福建泉州·期末）如图甲，倾角为的斜面底端固定一轻弹簧，顶端与一水平面相连，一绝缘轻绳将斜面上的物块A通过轻质定滑轮与水平面上的物块B相连。A、B的质量分别为和，A不带电，B带正电且电荷量为。先将B锁定，使细绳处于拉紧状态，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧细绳与水平面平行。解除锁定，A、B从静止开始运动，B始终处于水平向右的匀强电场中且不会与滑轮相碰，带电量保持不变。以物块A的初始位置为原点，沿斜面向下建立坐标系，A的加速度与其位置的关系如图乙所示。弹簧未超过弹性限度，重力加速度大小为，图乙中已知，忽略一切摩擦。
（1）求A刚接触弹簧时速度大小；
（2）求匀强电场的场强大小；
（3）取B物体的初始位置为零电势点，求B电势能的最大值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由图乙，在A运动过程中，A、B一起以加速度做匀加速运动，则有
,
联立解得
（2）在A运动过程中，若绳子的拉力为，对A受力分析，由牛顿第二定律可得
对B受力分析，由牛顿第二定律可得,解得
（3）由图可知，当A运动时，弹簧压缩量为，A的加速度是0，则B的加速度也是0，设弹簧的劲度系数为，对AB组成系统可得
设弹簧压缩量为时，A、B间的绳子恰好松弛，设此时A、B的加速度都为，对B有
对有
联立可得,
可知当A运动时，则有
由图像的对称性可得A、B两者的速度相等，为
之后B在电场力作用下，以加速度做匀减速运动，有
取B物体的初始位置为电势能零势能点，B电势能的最大值,解得
真题感知
1．（2024·重庆·高考真题）沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷都为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将（ ）
A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动
【答案】B
【详解】带负电的试探电荷在x2处动能为1.5eV，电势能为-1eV，总能量为0.5eV，且试探电荷速度沿x轴正方向，在x2 ~ x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的静电力，做加速运动，在x3处速度最大，试探电荷继续运动到x3右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5eV，即运动到电势为－0.5V处减速到零，开始向x轴负方向运动，后反向回到x2处动能仍为1.5eV，继续向左运动，在电势为－0.5V处减速到零又反向，不会运动到x0、x1处，即试探电荷在x3点两侧往复运动。
故选B。
2．（2024·北京·高考真题）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且。下列说法正确的是（　　）
A．P点电场强度比Q点电场强度大
B．P点电势与Q点电势相等
C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变
【答案】C
【详解】A．由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误；
B．由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q点电势，B错误；
CD．由电场叠加得P点电场强度
若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正确，D错误。
故选C。
3．（2024·广西·高考真题）如图，将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为和的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上点和点，已知，则小圆环从点运动到点的过程中（　　）
A．静电力做正功 B．静电力做负功
C．静电力先做正功再做负功 D．静电力先做负功再做正功
【答案】A
【详解】解法一：设在小圆环在、间的任意一点，与的夹角为，根据几何关系可得
带负电的小圆环与M点固定的电电荷间库仑力为
，方向由
带负电的小圆环与N点固定的电电荷间库仑力为
，方向由
连接，将两个库仑力沿着方向（半径方向）和垂直（圆弧切线方向）分解，则沿切线方向
因素分解可得
则小圆环在半圆弧上运动时，，则、、均大于0，则当时，即时，，静电力做正功。当时，，静电力做负功。可得小圆环后经过图上点和点的过程中受到的静电力在切线方向的分力一直大于等于0，则则静电力一直做正功。
故选A。
解法二：设在小圆环在、间的任意一点，与的夹角为，根据几何关系可得
带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能
关于求导可得
当时，，
为单调递减函数。
当时， ，
为单调递增函数，
从点运动到点时 由增大到，故一直变小，静电力一直做正功。故A正确。
故选A。
4．（2024·河北·高考真题）我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是（ ）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
【答案】C
【详解】在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小。图中c点的等差等势线相对最密集，故该点的电场强度最大。
故选C。
5．（2024·湖南·高考真题）真空中有电荷量为和的两个点电荷，分别固定在x轴上和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势随x变化的图像正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】根据点电荷周围的电势公式，设处的电势为0，得，解得
故可知当时，；当时，。
故选D。
6．（2024·全国·高考真题）在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为，其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为和的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（　　）
A．， B．， C．， D．，
【答案】B
【详解】根据两点电荷周围的电势分布可知带正电，带负电；由图中电势为0的等势线可知
由图中距离关系可知
联立解得
故选B。
7．（2024·江西·高考真题）蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质, 将其置于电压恒定的两平行金属板间, 板间电场视为匀强电场, 如图所示. 若两金属板间距减小, 关于火焰中电子所受的电场力, 下列说法正确的是 （ ）
A．电场强度增大，方向向左 B．电场强度增大，方向向右
C．电场强度减小，方向向左 D．电场强度减小，方向向右
【答案】B
【详解】由题知，两极板电压保持不变，则根据电势差和电场强度的关系有
当电极板距离减小时，电场强度E增大，再结合题图可知极板间的电场线水平向左，则可知电子受到的电场力方向向右。
故选B。
提升专练
1．如图所示，A、B两个等量同种点电荷固定在同一水平线上，将一个质量为m、电荷量为q的带电小球C放在A、B连线的竖直平分线上某处时，小球恰好处于静止状态，此时A、C连线与水平方向的夹角为θ，已知重力加速度为g，小球可视为质点，则下列判断正确的是（　　）
A．点电荷B和小球C可能带异种电荷
B．点电荷A在小球C处产生的场强大小为
C．将小球C沿竖直方向下移一些再由静止释放，小球一定向下运动
D．将小球C沿竖直方向下移（不到A、B连线）的过程中，小球的电势能一定增大
【答案】D
【详解】A．由题意可知，小球C受到B和C的斥力作用，可知点电荷B和小球C带同种电荷，选项A错误；
B．对小球C受力分析可知
可得点电荷A在小球C处产生的场强大小为，选项B错误；
C．在AB连线的中垂线上，在水平线上方存在一个场强最大的位置，若开始时小球C在该位置上方平衡，则将小球C沿竖直方向下移一些则受电场力变大，再由静止释放，小球将向上运动；若开始时小球C在该位置下方平衡，则将小球C沿竖直方向下移一些则受电场力变小，再由静止释放，小球将向下运动，选项C错误；
D．将小球C沿竖直方向下移（不到A、B连线）的过程中，电场力对小球做负功，则小球的电势能一定增大，选项D正确。
故选D。
2．真空中，距孤立点电荷r处的电势（取无穷远处电势为零，Q为点电荷的带电荷量，k为静电力常量）。如图所示，在直径为5d的圆O直径两端点A、B分别固定、的点电荷，M是圆周上的点，，则M点的电势为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】根据几何关系可知
根据点电荷的电势表达式可知，M点的电势为
故选A。
3．如图所示，ABCD是边长为L的正方形，O为正方形的中心，M、N分别为AB和BC边的中点，A、B和C分别固定有电荷量为+Q、+Q和-Q的点电荷，则（　　）
A．M点的电场强度大于N点的电场强度 B．将电子由M移动到D，电势能增大
C．将质子由O移动到N，电场力做负功 D．O、D、M三点，O点的电势最高
【答案】B
【详解】A．对于A、B两处的点电荷在M点的合场强为零，B、C两处的点电荷在N的场强不为零，根据对称性可知，C处的点电荷在M点的场强大小与A处的点电荷在N点的场强大小相等，故M点的场强小于N点的场强，A错误；
B．A处点电荷形成的电场中，M点的电势高于D点的电势，同理可知,B处的处点电荷形成的电场中，M点的电势也高于D点的电势，C处的点电荷形成的电场中，M点的电势依然大于D点的电势，综合而言，M点的电势高于D点的电势，根据电场力做功
即电子由M移动到D，电场力做负功，电势能增大，B正确；
C．在B、C两处点电荷形成的电场中，O、N两点的电势相等，而A处点电荷形成的电场中，O点的电势高于N点的电势，故质子由O移动到N，电场力做正功，C错误；
D．A、B两处点电荷形成的电场中，M点的电势高于O点的电势，C处电荷形成的电场中，M点的电势依然高于O点的电势，故M点的电势高于O点的电势，综合上述各项分析可知，O、D、M三点，M点的电势最高，D错误。
故选B。
4．光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一质量m＝1g的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点（图中未画出），其运动过程的v－t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定（　　）
A．中垂线上B点电场强度最小 B．A、B两点之间的位移大小
C．B点是连线中点，C与A点必在连线两侧 D．UBC>UAB
【答案】D
【详解】A．v－t图像的斜率表示加速度，可知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以B点的电场强度最大。故A错误；
B．v－t图像中图线与坐标轴所围面积表示位移，由乙图可知，小物块从A到B的位移大小不可确定。故B错误；
C．由乙图可知，小物块一直做加速运动，则B、C两点均在A点的上边，且B点离A点较近。故C错误；
D．由动能定理，可得，
代入数据，可得UBC>UAB
故D正确。
故选D。
5．在轴附近固定有两个点电荷和，其连线与轴平行。以无穷远处为电势零点，测得轴上各点的电势随坐标的分布如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．处的电场强度为零
B．和带有异种电荷
C．将试探电荷从沿轴正方向移到的过程中，电势能先增大后减小
D．将试探电荷从沿轴正方向移到的过程中，电场力一直做正功
【答案】B
【详解】A．图像的斜率表示电场强度，处图像的斜率不为零，则处的电场强度不为零，故A错误；
B．以无穷远处为电势零点，则正电荷附近的点的电势是大于零，而负电荷附近的电势是小于零，由图可知有的位置电势大于零，有的位置电势小于零，可知和带有异种电荷，故B正确；
CD．由图可知将试探电荷从沿轴正方向移到的过程中，电势先降低后升高，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故CD错误。
故选B。
6．如图所示， 在直角坐标系xOy中有a、b、c、d四点， c点坐标为（-4cm，3cm）。现加上一方向平行于xOy 平面的匀强电场， b、c、d三点电势分别为9V、25V、16V， 将一电荷量为的点电荷从a点沿 abcd移动到d点，下列说法正确的是（　　）
A．坐标原点O的电势为7V
B．电场强度的大小为500 V/m
C．该点电荷在a点的电势能为2×10-4J
D．该点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力做功为8×10-4J
【答案】B
【详解】A．由于该电场是匀强电场，故沿着同一个方向相同距离电势差相等，则有
解得
故A错误；
B．该电场沿轴方向的分场强大小为
沿轴方向的分场强大小为
则该电场的电场强度的大小为
故B正确；
C．因，则有,解得
该点电荷在a点的电势能为
故C错误；
D．该点电荷从a点移到d点，电场力做功为
故D错误。
故选B。
7．如图所示，充电后水平放置的平行板电容器与电源断开，金属板相距为d，一质量为m、电荷量为的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出（轨迹如图中虚线所示），若仅将平行板电容器上极板平行上移距离后，其他条件保持不变，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）
A．平移后油滴将做匀加速直线运动
B．平移后电场强度大于，方向竖直向下
C．平移后下板和上板之间的电势差大小为
D．平移后油滴穿越两板之间的电场后电势能减少了
【答案】C
【详解】AB．由于油滴沿直线从上极板边缘射出，可知油滴在极板间一定做匀速直线运动，有
可得
方向竖直向下，根据,由电容定义式有
由电容决定式有,联立解得
可知，当上极板向上移动时，E不变，方向仍然竖直向下，仍有
所以油滴仍做匀速直线运动，故AB错误；
C．综上分析，由于E不变，根据
当仅将平行板电容器上极板平行上移距离后，上、下两极板间的电势差U变大，大小为
故C正确；
D．当上极板向上移动后，E不变，所以粒子射出电场时的位置也不变，重力做功
则电场力做功
根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，故D错误。
故选C。
8．如图所示，圆心为O、半径的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，和为该圆直径且夹角为60°。将一带电荷量为的点电荷从a点移动到b点，电场力做功为；若将该粒子从d点移动到c点，电场力做功为。求：
(1)取c点电势为零，则d点电势；
(2)该匀强电场的场强大小和方向。
【答案】(1)-2V
(2) 由a指向b
【详解】（1）该粒子从d点运动到点，根据电势差的定义式,代入数据解得
根据电势差与电势的关系，有
因为所以
（2）由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路，沿cd方向建立x轴（水平方向），垂直于cd方向建立y轴，如图所示
在x方向有,解得
在y方向有解得
电场方向与水平方向夹角θ满足
电场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且由a指向b
9．如图所示，水平轨道AB与竖直半圆轨道BC相切于B点，半圆轨道半径为R，AB长度为。在AB上方、直径BC左侧存在水平向右的匀强电场。一个质量为m带正电的小球自A点由静止释放，经过B点后进入半圆轨道，小球进入半圆轨道后立即撤去电场。已知小球所受电场力大小（g为重力加速度的大小），水平面和半圆轨道均光滑且绝缘。求：
（1）小球运动到最高点时的速度大小；
（2）小球运动到最高点时距水平面AB的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）假设小球沿半圆轨道运动到D点脱离轨道，如图所示。
小球由A点运动到D点，由动能定理，得,又
在D点沿半径方向，由牛顿第二定律，得
联立解得,
小球离开半圆轨道后做斜抛运动，小球运动到最高点时的速度等于在D点时的水平分速度，有几何关系得，D点时的水平分速度
（2）小球从A点运动到最高点的过程中，由动能定理，得,联立解得
10．光滑平面右侧固定一光滑轻质定滑轮，通过轻质绝缘细线分别连接绝缘带电小滑块A和绝缘带电长滑块C（足够长），A和C的质量均为m，电荷量均为+q，A和C可在相互平行的方向上沿平面运动。开始时系统静止在水平向左、电场强度大小为E的匀强电场中。如图所示，某时刻起，长滑块C上表面有一质量为2m、带电荷量为+2q的绝缘小滑块B以初速度v0水平向右运动。已知B、C之间的滑动摩擦力大小为qE且略小于最大静摩擦力，A与C在运动过程中没有与定滑轮发生碰撞，A、B、C之间的静电力可忽略。求：
（1）初始时B和C的加速度大小；
（2）B向右的最大位移以及达到最大位移过程中静电力对整个系统所做的功。
【答案】（1），；（2），
【详解】（1）小滑块B刚在长滑块C上运动时，B、C之间发生发生相对滑动，B、C间的摩擦力为滑动摩擦力。对B受力分析，其受到水平向左摩擦力和电场力，根据牛顿第二定律及题意可得
,解得
初始时，AC处于静止状态。B在C上运动时，AC的加速度大小相等，对AC整体进行受力分析，根据牛顿第二定律及题意可得,解得
（2）由（1）分析可知B在C上做匀减速运动，AC做匀加速运动，设B在C上开始运动到ABC达到同速率所需时间为t，则根据匀变速直线运动规律有
此过程B和AC运动的位移分别为，
解得，，，
当ABC达到共速后，ABC均做匀减速运动，假设共速后BC不发生相对滑动，则对ABC整体，根据牛顿第二定律有
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有,解得，
故假设成立，共速后ABC以共同的加速度做匀减速直线运动，当B的速度减为零时，B向右的位移达到最大值。根据匀变速直线运动规律可知，此过程ABC运动的位移为,解得
故B向右的最大位移为
整个过程中A、C运动的位移大小相等、方向相反。故静电力对A和C做功的总和为零，故整个过程静电力对整个系统所做的功为第05讲 交变电流（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（4大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1．通过实验观察交变电流的方向.会区分交流电和直流电。 2. 会分析交变电流的产生过程，会推导交变电流电动势的表达式。 3. 知道什么是正弦式交变电流，知道正弦式交变电流的瞬时值表达式。 4. 了解交流发电机的构造及工作原理。
知识点1：交变电流
【情境导入】
用示波器观察于电池电流的波形是一条平行于t轴的直线；而交流电的波形是一条正弦(或余弦)曲线,如图所示。想一想,这两种波形代表的电流有何区别
【答案】直流电方向不变，而交流电方向在做周期性变化。
1．交变电流
大小和方向随时间做周期性变化的电流叫作交变电流，简称交流．
2．常见的交变电流的波形图
实际应用中，交变电流有着不同的变化规律，常见的有以下几种，如图所示．
3．直流电
方向不随时间变化的电流叫作直流，大小和方向都不随时间变化的电流叫作恒定电流，下图均表示直流电。
知识点2：交变电流的产生
【情境导入】
假定线圈绕OO′轴沿逆时针方向匀速转动，如图所示，则：
(1)线圈转动一周的过程中，线圈中的电流方向如何变化？
(2)线圈转动过程中，当产生的感应电流有最小值和最大值时线圈分别在什么位置？
答案　(1)
转动过程 磁通量变化 电流方向
甲→乙 变小 B→A→D→C
乙→丙 变大 B→A→D→C
丙→丁 变小 A→B→C→D
丁→甲 变大 A→B→C→D
(2)线圈转到甲或丙位置时线圈中感应电流最小，为零，此时线圈所处的平面称为中性面．线圈转到乙或丁位置时线圈中的感应电流最大，此时线圈处在垂直中性面的位置．
1．中性面位置(S⊥B，如图中的甲、丙)
线圈平面与磁场垂直的位置，此时Φ最大，为0，e为0，i为0。线圈经过中性面时，电流方向发生改变，线圈转一圈电流方向改变两次。
2．垂直中性面位置(S∥B，如图中的乙、丁)
此时Φ为0，最大，e最大，i最大．
知识点3：正弦式交变电流的变化规律
【情境导入】
如图所示，线圈平面绕bc边的中点从中性面开始转动，角速度为ω.经过时间t，线圈转过的角度是ωt，ab边的线速度v的方向跟磁感线方向间的夹角也等于ωt.设ab边长为L1，bc边长为L2，线圈面积S＝L1L2，磁感应强度为B，则：
(1)ab边产生的感应电动势为多大？
(2)整个线圈中的感应电动势为多大？
(3)若线圈有N匝，则整个线圈的感应电动势为多大？
答案　(1)eab＝BL1vsin ωt＝BL1sin ωt＝BL1L2ωsin ωt＝BSωsin ωt.
(2)整个线圈中的感应电动势由ab和cd两边产生的感应电动势组成，且eab＝ecd，所以e总＝eab＋ecd＝BSωsin ωt.
(3)若线圈有N匝，则相当于N个完全相同的电源串联，所以e＝NBSωsin ωt.
1．从中性面开始计时
线圈中产生的电动势的瞬时值表达式：e＝Emsin ωt，Em叫作电动势的峰值，Em＝NωBS.
2．正弦式交变电流
按正弦规律变化的交变电流叫作正弦式交变电流，简称正弦式电流．
3．正弦式交变电流的瞬时值表达式
(1)从中性面位置开始计时
e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt，u＝Umsin ωt
(2)从与中性面垂直的位置开始计时
e＝Emcos ωt，i＝Imcos ωt，u＝Umcos ωt.
4. 交变电流的峰值
Em＝NωBS，Im＝，Um＝.
电动势峰值Em＝NωBS由线圈匝数N、磁感应强度B、转动角速度ω和线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关．
如图所示的几种情况中，如果N、B、ω、S均相同，则感应电动势的峰值均相同．
教材习题02 下列电流随时间变化的图像中，属于交变电流的是（　　） 解题方法 【详解】交变电流是大小和方向随时间周期性变化，ABD不属于交变电流，C属于交流电。
【答案】C。
教材习题02 下列各情况中，线圈都以角速度绕图中的转动轴匀速转动，能产生交变电流的是哪些？请简述理由。 解题方法 【详解】产生交变电流的条件是线圈绕垂直于匀强磁场的转轴做匀速圆周运动。甲图，转轴与磁场平行，线圈在转动的过程中，线圈里始终没有磁通量，没有感应电流；乙图，线圈中磁通量随线圈的转动呈周期性的变化，能产生交变电流；丙图，线圈中磁通量随线圈的转动呈周期性的变化，能产生交变电流，丁图，线圈中磁通量随线圈的转动呈周期性的变化，能产生交变电流。
【答案】丙和丁。
教材习题03 如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕OO′轴顺时针（沿OO′方向看）匀速转动时，线圈中产生正弦交流电。从线圈转过图示位置开始计时，设沿abcda方向为电流正方向，则线圈中产生的交流电图像是图中的哪一个？说明判断的理由。 解题方法 【详解】在图示位置，穿过线圈的磁通量达到最大，线圈中产生的感应电流为零，即 ， 当线圈绕OO′轴顺时针（沿OO′方向看）匀速转动时，穿过线圈的磁通量减小，且原磁场方向向上，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向和原磁场方向相同，故线圈中的感应电流的方向沿abcda，电流为正方向，故选a。
【答案】A。
考点1：交流发电机原理和示意图
【典例1】（23-24高二下·江苏常州·期末）如图所示，线圈abcd在水平匀强磁场中匀速转动而产生交变电流。当线圈逆时针转动到图示水平位置时（　　）
A．线圈处于中性面位置 B．线圈中瞬时感应电动势为零
C．穿过线圈平面的磁通量最大 D．线圈中电流方向为
【变式1-1】（23-24高二下·广东肇庆·阶段练习）如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，下列说法正确的是（ ）
A．图示位置，ab边的感应电流方向为由a→b
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．线圈每转动一周，电流方向改变一次
D．图示位置线圈平面与磁场方向平行，磁通量变化率为零
【变式1-2】（多选）（23-24高二下·广东深圳·期中）如图所示，下列线圈匀速转动或匀速直线运动，能产生交变电流的是（　　）
A．B．C． D．
考点2：判断线圈转到不同位置的电流方向
【典例2】（23-24高二下·北京·期中）如图（a）→（b）→（c）→（d）→（e）过程是交流发电机发电的示意图。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。下列说法正确的是（　　）
A．图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大
B．从图（b）开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是
C．当线圈转到图（c）位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变
D．当线圈转到图（d）位置时，感应电动势最大，cd边感应电流方向为c→d
【变式2-1】（23-24高二下·北京房山·期中）某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd处于匀强磁场中，通过交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈绕垂直磁场方向的轴匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量随时间t变化的图像，则（　　）
A．t=0时刻，线圈处于中性面位置
B．t1时刻，电流表示数最大
C．t2时刻，线圈中电流方向发生改变
D．t3时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零
【变式2-2】（23-24高二下·四川成都·阶段练习）如图所示，单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中，中心轴线与磁场边界重合，线圈绕中心轴线按图示方向（从上向下看逆时针方向）匀速转动，时线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿为正方向，则图中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是（　　）
A．B．C．D．
考点3：中性面及其性质
【典例3】（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）图甲是交流发电机的示意图，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，金属线圈ABCD绕转轴匀速转动，A为电流传感器（与计算机相连），为定值电阻，线圈电阻为，其余电阻不计。图乙为计算机上显示的电流数据随时间变化的图像。下列说法中正确的是（　　）
A．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势为0，对应图乙中或时刻
B．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势最大，对应图乙中或时刻
C．、时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最小，磁通量的变化率最大
D．、时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最小，磁通量的变化率最大
【变式3-1】如图甲所示，由交流发电机、定值电阻、交流电流表A组成的闭合回路，线圈沿逆时针方向转动，图甲所示位置磁感线与线圈平面平行，从此刻开始计时，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，则（　　）
A．时刻线圈中感应电动势最小
B．时刻线圈中感应电流的方向改变
C．线圈转到图甲所示位置时，线圈中磁通量变化率为零
D．线圈转动到图甲所示位置时，线圈中感应电流方向为
【变式3-2】（多选）如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设方向为电流正方向，则下列说法正确的是（　　）
A．图乙中时间段对应图甲中至的过程
B．图乙中时刻对应图甲中的
C．图乙中时刻为时，则内电流的方向改变100次
D．图乙中时刻为时，则交变电流的频率为
考点4：交流电在示波器上的显示
【典例4】示波器面板如图所示，图甲图为一信号源。
（1）若要观测此信号源发出的正弦交流信号的波形（正弦交流信号的电流i随时间t做周期性变化的图像如图乙所示），应将信号源的a端与示波器面板上的 接线柱相连，b端与 接线柱相连。
（2）若示波器所显示的输入波形如图丙所示，要将波形上移，应调节面板上的 旋钮；要使此波形横向展宽，应调节 旋钮。
【变式4-1】①在使用示波器时，如果屏幕上出现如图1所示的波形时，应调节图2中的 旋钮使之显示在屏幕中央区域（如图3所示），如果外接Y输入正弦交流电源，观察到正弦波的竖直方向的正、负半周均超出了屏幕的范围，应调节 旋钮或 旋钮（填旋钮旁边的数字或名称），或这两个钮配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内.
②如果使该信号显示从一个波形变成两个完整的波形，如图4所示，则应调节 旋钮或 旋钮（填旋钮旁边的数字或名称），这两个旋钮配合使用；波形横向变窄，应调节 旋钮．
【变式4-2】利用示波器可以显示输入信号的波形，单匝正方形金属线框abed处在匀强磁场中，当以线圈平面内某虚线为轴匀速转动时，线圈内产生的电流随时间的变化关系如图甲所示。则在四个选项所示的情景中，无论从线圈平面处于哪个位置开始计时，都不可能产生该电流的是（ ）
A． B． C． D．
一、单选题
1．（23-24高二下·广东梅州·期末）如图甲所示，2023年6月14日，我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置“南鲲号”在广东珠海投入试运行，南鲲号发电原理可作如下简化：海浪带动浪板上下摆动，驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动，如图乙所示，若转子带动线圈沿逆时针方向转动，并向外输出电流，下列说法正确的是（　　）
A．图乙中线圈所处位置是中性面
B．在图乙所示位置时，穿过线圈的磁通量变化率最大
C．在图乙所示位置时，线圈b端电势高于a端电势
D．在图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向上
2．（23-24高二下·江苏连云港·期末）如图所示，两圆弧形磁极之间放置一矩形线圈，其中A、B为线圈引出的两个接线端，线圈可绕轴转动。下列说法正确的是（　　）
A．线圈处于非匀强磁场中 B．图示位置穿过线圈的磁通量不为零
C．通电后线圈左右两边受安培力相同 D．若线圈在外力作用下转动，则A端电势始终低于B端
3．（23-24高二下·陕西西安·期中）如图甲所示为交流发电机、定值电阻R、交流电流表A组成的闭合回路，线圈ABCD逆时针方向转动，图示位置磁感线与线圈平面平行，图乙所示为通过线圈的磁通量随时间t的变化关系图像，下列说法正确的是（ ）
A．、时刻线圈中感应电动势最小
B．、时刻电阻R两端的电压为零
C．线圈转动到图示位置时，线圈中磁通量变化率为零
D．线圈转动到图示位置时，感应电流方向为
4．（23-24高二下·江西·阶段练习）汽车上的发电机多采用旋转式发电机。如图甲，转子在外力带动下旋转产生磁场，定子线圈产生感应电动势。现简化为如图乙模型，一连有电阻的线圈轴线与条形磁铁中心线在同一平面，条形磁铁（转子）绕其中心在该平面内匀速转动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．条形磁铁在图示位置，线圈中磁通量最大
B．条形磁铁在图示位置，电阻中电流为零
C．条形磁铁从图示位置转动过程中，电阻中电流方向由指向
D．增大条形磁铁的转速，可以增大中的电流
5．（23-24高二下·江苏连云港·期中）一矩形线圈的匝数为50，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。下列结论正确的是（　　）
A．在t=0.1s和t=0.3s时，电动势最大 B．在t=0.2s和t=0.4s时，电动势方向发生改变
C．电动势的最大值是50V D．在t=0.4s时，磁通量的变化率最大，为3.14Wb/s
6．（23-24高二下·湖北孝感·期中）如图所示为发电机简化模型，内部是匝数为N的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度绕垂直于磁场的水平转轴匀速转动产生交流电。已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为。下列说法正确的是（ ）
A．当线圈转到图示位置时处于中性面 B．当线圈转到竖直位置时电流表的示数为零
C．当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最大 D．穿过线圈的最大磁通量为
7．（23-24高二下·江苏常州·期中）利用示波器可以显示输入信号的波形，单匝正方形金属线框abcd处在匀强磁场中，当以线圈平面内某虚线为轴匀速转动时，线圈内产生的电流随时间的变化关系如图甲所示。则在四个选项所示的情景中，无论从线圈平面处于哪个位置开始计时，都不可能产生该电流的是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024·重庆·模拟预测）如图所示，从左往右看，各线圈在匀强磁场中绕轴匀速顺时针转动，从图示位置开始计时，设电流从2流出线圈为正方向，能产生图甲所示交变电流的是（　　）
A．线圈平面与磁场垂直 B．线圈平面与磁场平行C．线圈平而与磁场垂直 D．线圈平面与磁场平行
二、多选题
9．（22-23高二上·河北邯郸·期末）一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图所示．则下列说法中正确的是（ ）
A．时刻，线圈处在中性面 B．时刻，的变化率为0
C．时刻，感应电动势为0 D．从时间内，线圈转过的角度是
10．（23-24高二下·广东茂名·期末）如图所示是物理实验室常见的手摇交流发电机，快速摇动发电机手柄，能看到灯泡可以发光，下列说法正确的是（　　）
A．手柄摇得越快，发电机产生的交流电峰值越大 B．手柄摇得越快，发电机产生的交流电频率越高
C．手柄每转动一周，感应电流方向都会改变一次 D．把磁铁N、S极位置互换，发电机将不能发电
三、实验题
11．（23-24高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图所示，（a）→（b）→（c）→（d）→（e）过程是交流发电机发电的示意图，线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。
(1)图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量 ，磁通量变化率 。（均填“最大”或“为零”）
(2)从图（b）开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是 。（填“”或“”）
(3)当线圈转到图（c）位置时，感应电流 。（填“最小”或“最大”）
(4)当线圈转到图（d）位置时，感应电动势 。（填“最小”或“最大”）
(5)当线圈由图（d）转到图（e）过程中，ab边感应电流方向为 。（填“a→b”或“b→a”）
四、解答题
12．（22-23高二·上海·随堂练习）如图是一手摇发电机，其原理可简化为矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的中心轴OO'匀速转动，产生随时间变化的感应电动势。已知矩形线圈abcd的匝数为N，边长，。线圈所在处磁感应强度为B。线圈的角速度为。当线圈转动到如图所示位置时，其平面与磁场方向平行。
(1)求线圈转动到如图位置时ab边切割磁感线产生的感应电动势大小并判断ab两端电势的高低；
(2)从线圈处于如图位置开始计时，t时刻线圈转至截面图中虚线所示位置，推导t时刻线圈产生的感应电动势大小为；
13．（23-24高二下·全国）闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，线圈中产生正弦式交变电流。若在如图甲所示N、S极间放置一圆柱形铁芯O，受铁芯影响，两极间的磁场如图乙所示，缝隙中的磁感线沿圆柱的半径分布，且只在图中所示的左、右各的圆心角范围内存在。一边长为l的正方形平面线框abcd，其中ab、cd两边与铁芯轴线平行，bc、da两边与铁芯的轴线OO′垂直。线圈由图示位置以恒定的角速度ω绕OO′逆时针旋转，试分析线圈中感应电动势随时间的变化规律。（图中ab、cd所在位置磁感应强度大小均为B）
第07讲 变压器（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（6大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1．知道变压器的结构，了解变压器的工作原理。 2. 探究理想变压器的电压比和匝数比的关系，掌握对理想变压器问题的分析能力及解决问题的能力。 3. 感受物理中科学技术与社会的紧密联系，体会科学知识的应用价值，进一步增强学生的学习动力和科学意识。
知识点1：变压器的原理
【情境导入】
如图所示，生产生活中有各种变压器，有的把低压升为高压,有的把高压降为低压。
变压器是如何改变电压的呢
1．变压器的构造
变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的线圈构成的。其中闭合铁芯由表面涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成,线圈用绝缘导线绕成,如图所示。
（1）原线圈:与交流电源连接的线圈,又叫初级线圈,其两端的电压叫输入电压。
（2）副线圈:与负载连接的线圈,又叫次级线圈,其两端的电压叫输出电压。
2．原理：
互感现象是变压器工作的基础．原线圈中电流的大小、方向在不断变化，铁芯中激发的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，下图是变压器的工作原理图。
3．作用
变压器能改变交变电流的电压。
(1)变压器不改变交变电流的周期和频率．
(2)变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用．
(3)变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起，两个线圈间是绝缘的．
知识点2：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1. 理想变压器
(1)理想变压器是一种理想化模型，是指原、副线圈的电阻和各种电磁能量损失都忽略不计的变压器。
(2)特点:①不计原、副线圈的电阻,所以电流通过原、副线圈时没有电压损失,也不产生焦耳热。②原、副线圈产生的磁场完全束缚在闭合铁芯内,所以穿过原、副线圈的磁通量相等。③ 闭合铁芯的涡流忽略不计。
实际变压器能量损失的三种形式
(1)“铜损”:绕制线圈的铜导线发热而损耗的能量。
(2)“铁损”:铁芯中由于电磁感应而产生涡流,使铁芯发热而损耗的能量。
(3)“磁损”:原线圈铁芯中产生的交变磁通量有一部分通过副线圈以外的空间形成电磁波而损失能量。
2．实验探究
（1）实验思路
交变电流通过原线圈时在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中产生感应电动势，其两端有输出电压．线圈匝数不同时输出电压不同，实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系．
（2）实验器材
多用电表、可拆变压器(如图甲)、学生电源、开关、导线若干
（3）实验步骤
①按图乙所示连接好电路，将两个多用电表调到交流电压挡，并记录两个线圈的匝数．
②接通学生电源，读出电压值，并记录在表格中．
③保持匝数不变，多次改变输入电压，记录每次改变后原、副线圈的电压值．
④保持输入电压、原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的电压值．
（4）实验结论
实验分析表明，在误差允许范围内，原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比，即＝.
（1）在改变学生电源的电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作．
（2）为了保证人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱．
（3）为了保证多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量．
3．理论推导
据法拉第电磁感应定律知原、副线圈中的感应电动势分别为：，，则有：。不计原副线圈的电阻时，则，，故。
知识点3：理想变压器的基本关系
1．电压关系
(1)只有一个副线圈时，＝.
当n2>n1时，U2>U1，变压器使电压升高，是升压变压器．
当n2(2)有多个副线圈时，＝＝＝…
2．功率关系
从能量守恒看，理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出．
3．电流关系
(1)只有一个副线圈时，U1I1＝U2I2或＝.
(2)当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…或n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
知识点4：互感器
电压互感器（测高压电） 电流互感器（测大电流）
,把高电压变为低电压，并联在被测电路中,用电压表测得低电压U2，根据铭牌上变压之比,算出被测高电压U1 ，把大电流变成小电流串联在被测电路中,用电流表测得小电流I2,再根据铭牌上变流之比.，算出被测公大电流I1
教材习题01 如图所示，用理想变压器给电灯L供电，如果只增加副线圈匝数，其他条件不变，则变压器输入电压如何变化？变压器输出电压如何变化？电灯亮度如何变化？变压器输入功率如何变化？简述理想变压器传输交变电流过程中的能量转化规律。 解题方法 【详解】只增加副线圈匝数，输入电压不变，根据，可得输出电压，可知输出电压变大，则灯泡变亮。 根据，可知变压器输入功率变大。 理想变压器先将电场能变为磁场能，再将磁场能变为电场能，理想变压器没有能力的损耗，所以原副线圈的功率相等。
【答案】略。
教材习题02 如图所示为自耦变压器的示意图，其中L为一个绕在闭合铁芯上的线圈，共有1500匝。它的下端点接地，并连接着输入端B和输出端D，另一输入端A固定在线圈某处，而另一输出端C则可以在线圈上滑动。 （1）要求在A、B间输入交变电压，在C、D间的输出电压在间连续可调。A、B间线圈匝数是多少？ （2）若输入电压降至，输出电压要求为，连接在C、D间的线圈应为多少匝？ 解题方法 【详解】（1）根据题意可知，匝，，，设原线圈的匝数为，根据匝数与电压的关系有，解得匝 （2）根据题意可知，，，设副线圈的匝数为， 根据匝数与电压的关系有 解得匝
【答案】（1）匝；（2）匝
教材习题02 钳形电流表是一种测量交流电的仪器，其结构和外形如图所示，试说明其测量交流电流大小的原理。 解题方法 【详解】钳形电流表本质是升压变压器，多用于大电流的估测。载流导线、铁芯、线圈构成一个变压器，按下手柄时，钳形电流表的铁芯可以被分开，把被测的载流导线放入后，松开手柄，铁芯闭合。导线中的交流在铁芯中产生交变磁场，套在铁芯上的线圈中产生感应电动势，电流表与套在铁芯上的线圈相连，可以间接得知导线中的电流。根据变压器的变流比 可以得到交流电流的大小。
【答案】（1）匝；（2）匝
考点1：理想变压器的基本规律
【典例1】手机充电器中装有变压器。用正弦交流电给手机充电时，原线圈两端电压为220V，副线圈两端电压为5V，副线圈中电流为2A，若将该变压器视为理想变压器，则（ ）
A．原、副线圈的匝数比为1∶44 B．原线圈中的电流约为0.05A
C．副线圈两端电压的最大值为5V D．原、副线圈的功率之比为44∶1
【答案】B
【详解】A．理想变压器原、副线圈两端电压与匝数成正比，可得
故A错误；
BD．理想变压器原、副线圈功率相等，可得
解得原线圈中的电流为
故B正确，D错误；
C．原、副线圈中均为正弦交流电，故副线圈两端电压的最大值为
故C错误。
故选B。
【变式1-1】在如图所示的电路中，电阻a、b、c、d的阻值均为r，其他电阻不计，理想变压器原、副线圈的匝数比，M、N间输入的正弦式交变电流的电压有效值为U，则电阻b中的电流有效值大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设电阻c中的电流为I，则副线圈两端的电压
流过副线圈的电流
由
可得原线圈两端电压
流过原线圈的电流
则流过电阻b的电流
流过电阻a的电流
电阻a两端的电压
又
联立解得电阻b中的电流有效值大小为
故选C。
【变式1-2】（23-24高二下·江苏南京·期中）如下图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有的负载电阻，原、副线圈匝数之比为，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数为4.4A B．原线圈的输入功率为96.8W
C．电压表的示数为22V D．副线圈输出交流电的周期为50s
【答案】B
【详解】AC．由题意可知变压器输入电压的有效值为
根据原副线圈电压与匝数的关系
可得，副线圈两端电压为
电压表的示数为22V；通过电阻的电流
由得
电流表的示数为0.44A，故AC错误；
B．变压器两端功率相等，故原线圈的输入电功率等于输出功率
故B正确；
D．交流电的周期
变压器不改变交流电的频率，故D错误。
故选B。
考点2：含多个副线圈的变压器
变压器有多个副线圈时,电压比总等于匝数比,但电流不再与匝数成反比,要根据P 入=P出， 得n1I1＝n2I2＋n3I3＋…。
【典例2】（23-24高二下·江苏徐州·阶段练习）理想变压器如图所示，原线圈匝数n1=1 000，两副线圈匝数分别为n2=600，n3=200，当原线圈两端接在220 V的交流电源上时，原线圈上电流为2 A，通过R2的电流为1 A，则通过R3的电流为（　　）
A．10 A B．7 A
C．3 A D．1 A
【答案】B
【详解】根据变压器电压之比等于匝数之比，可知
，
得
根据理想变压器输入功率等于输出功率
得通过R3的电流
故选B。
【变式2-1】（23-24高二下·四川内江·阶段练习）风力发电有清洁、可再生等优点，某风力发电厂输出有效值恒定的正弦式交变电流。如图所示为一理想变压器，其中两盏灯泡规格均为“10V，5W”，负载的阻值为40Ω，且原、副线圈匝数比为，当接入风力发电厂输出电压的电源时，两盏灯均正常发光。下列说法正确的是（ ）
A．电流在1s时间内改变50次方向 B．流经负载的电流大小为0.75A
C．风力电厂输出电压的有效值为40V D．变压器输出功率为40W
【答案】C
【详解】A．交流电的频率为
所以在1s时间内方向要改变100次。故A错误；
B．设原线圈电压为，两盏灯均正常发光，则满足
解得
流经负载R的电流大小为
故B错误；
C．风力电厂输出电压的有效值为
故C正确；
D．变压器输出功率为
故D错误。
故选C。
【变式2-2】（2024高二·全国·专题练习）如图所示，理想变压器的原线圈连接峰值为的正弦式交流电，该变压器的原线圈匝，副线圈未知，匝，两副线圈分别接上灯泡L和定值电阻。闭合开关，灯泡正常发光，已知灯泡的额定功率为8W，额定电流为1A，定值电阻。求：
(1)副线圈匝数；
(2)若同时闭合开关和，原线圈中的电流。
【答案】(1)匝
(2)
【详解】（1）对灯泡由电功率公式可得
解得
对原线圈电压则有
由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比可得
解得
匝
（2）若同时闭合开关和，对副线圈则有
解得
对电阻R由电功率公式可得
由理想变压器原、副线圈的功率相等可得
解得
考点3：自耦变压器的分析
【典例3】（23-24高二下·福建福州·期末）如图所示，为理想自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，Q为滑动变阻器上的滑片，则以下说法正确的是（ ）
A．适当调节变压器上的滑动触头P，该自耦变压器既可升压也可降压
B．滑片Q不动，滑动触头P逆时针转动，电流表读数变大
C．图示位置，
D．滑动触头P不动，滑片Q缓慢向下滑动时，一直在减小
【答案】B
【详解】A．适当调节变压器上的滑动触头P，可改变副线圈的匝数，但副线圈匝数一直小于原线圈匝数，故该自耦变压器只能降压不能升压，A错误；
B．滑片Q不动，滑动触头P逆时针转动，副线圈匝数增大，根据
可知副线圈电压增大，则电流增大，电流表读数变大，B正确；
C．图示位置，原线圈匝数大于副线圈匝数，则有
C错误；
D．滑动触头P不动，副线圈匝数不变，则不变，D错误。
故选B。
【变式3-1】（23-24高二下·福建莆田·期末）如图所示是一种调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，A、B端加上的交流电压，通过移动滑动触头P来调节C、D端输出电压。当P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比。现想将一个“12V，6W”的灯泡接到输出端C、D，下列操作可使灯泡正常发光的是（　　）
A．仅将P顺时针旋转到合适位置
B．仅将P逆时针旋转到合适位置
C．仅将灯泡串联一个阻值为196Ω的电阻
D．仅将灯泡并联一个阻值为196Ω的电阻
【答案】AC
【详解】AB．输入电压的有效值为
根据变压器两端的电压与线圈的匝数的关系，可知
灯泡的额定电压为12V，可知现在想将一个“12V，6W”的灯泡接到输出端C、D，要想让灯泡正常发光，可以将P顺时针旋转到合适的位置，减小副线圈的匝数。故A正确，B错误；
CD．可以在副线圈串联一个电阻，起到分压的作用；因为副线圈中的电流为
则串联的电阻阻值为
故C正确，D错误。
故选AC。
【变式3-2】（多选）（23-24高二下·山东菏泽·期中）一个理想的自耦变压器左端通过定值电阻和电流表接交变电源，电源电压随时间变化的关系为，右端接入如图所示电路，、为定值电阻，为滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表。的最大电阻也为5Ω，不计导线的电阻。研究发现当滑动变阻器的触头调至最上端时电流表示数、电压表示数。下列说法正确的是（　　）
A．滑动变阻器的触头向上滑动时，电压表的示数减小
B．保持不变，当自耦变压器的可动端逆时针转动时，电流表的示数增大
C．电阻的阻值为20Ω
D．当滑动变阻器的触头调至最上端，电流表示数时，变压器原、副线圈的匝数比为4∶1
【答案】BD
【详解】A．设右端电路的总电阻为R，在功率不变的前提下，自耦变压器及右侧的电路可等效为一接在原线圈电路的电阻，有
原、副线圈的电流关系
则
当滑动变阻器的触头向上滑动时，R增大，增大，所以分得的电压增大，即原线圈两端电压增大，所以副线圈两端电压增大，电压表的示数增大，故A错误；
B．当自耦变压器的可动端逆时针转动时，n2增大，RD减小，原线圈电路中总电阻减小，电流增大，电流表的示数增大，故B正确；
CD．电源的电压有效值为
副线圈中的电流为
则原副线圈的匝数比为
原线圈的输入电压为
副线圈的电压为
则两端的电压为
所以的阻值为
故C错误，D正确。
故选BD。
考点4：变压器的动态分析
三个决定原则：输入电压U1决定输出电压U2，输出电流I2，决定输入电流I1，输出功率P2，决定输入功率P1。
【典例4】（2024·湖北·模拟预测）如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（　　）
A．电流表A示数增大 B．电压表V示数减小
C．定值电阻R消耗的功率减小 D．原线圈的输入功率先减小后增大
【答案】C
【详解】B．根据
可知副线圈电压保持不变，即电压表V示数不变，故B错误；
A．分析右端电路可知，R与滑动变阻器下半部分并联后，再与上半部分串联接入电路。设滑动变阻器下边的电阻为x，则副线圈中的总电阻为
当变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，副线圈的阻值增大，根据
可知副线圈电流减小，由
可知原线圈电流减小，即电流表A示数减小，故A错误；
C．在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，滑动变阻器下半部分和R并联部分电压减小，定值电阻R消耗的功率
减小，故C正确；
D．原线圈的输入功率
随着原线圈电流的减小而减小，故D错误。
故选C。
【变式4-1】（23-24高二下·内蒙古通辽·期末）如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，R1为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R为定值电阻。若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电。下列说法中正确的是（　　）
A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为
B．t=0.01s时，穿过线圈的磁通量最小
C． R1温度升高时，电流表示数变大、电压表示数变大
D． R1温度升高时，变压器的输入功率变大
【答案】D
【详解】A．由图乙可知交流电压最大值
周期
可由周期求出角速度的值为
则可得交流电压u的表达式
故A错误；
B．t=0.01s时，瞬时值为零，及磁场量变化速度为0，此时穿过线圈的磁通量最大，故B错误；
CD．R1温度升高时，其阻值变小，副线圈中的电流I2变大，则原线圈中电流也变大，由得，变压器的输入功率变大，电压表读数
则U3减小，故C错误，D正确；
故选D。
【变式4-2】（多选）（2024·四川巴中·一模）如图所示，理想变压器原线圈接的交流电，原、副线圈匝数比，已知定值电阻，，R是滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表，以下说法正确的是（ ）
A．时，理想变压器的输出功率最大
B．理想变压器的最大输出功率为
C．理想变压器的输出功率最大时，电流表的示数为
D．时，滑动变阻器消耗的功率最大
【答案】AD
【详解】AB．根据题意，电源电动势有效值
如图：
假设原线圈中的电压为，电流为，可认为虚线框中为等效电阻
又
，，
求得
①
则电路可看成是由r和组成的电路，若使变压器输出功率最大，则的功率最大，根据
根据基本不等式，当
时，的输出功率最大，此时由①式可得
输出的最大功率
A正确， B错误；
C．理想变压器的输出功率等于负载电阻总功率，则有
可得
故C错误；
D．要使滑动变阻器上的功率最大，把r按照上述规则等效到副线圈中，有
求得
如图所示：
把虚线框看成是电源，内阻
当
时，滑动变阻器输出功率最大，此时
D正确。
故选AD。
考点5：变压器与电磁感应的联系
【典例5】（多选）（23-24高二下·福建泉州·期末）如图所示，一矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直磁场方向的轴OO'以转速10r/s匀速转动，线圈的匝数为N，面积为S，电阻不计。线圈通过电刷与一理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈接有两只电阻均为2Ω的相同灯泡L1和L2，变压器原、副线圈的匝数比为10：1，若开关S断开时L1正常发光，此时电流表示数为0.1A，电表为理想电表，则（　　）
A．若从线圈平面平行于磁场方向开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值为（V）
B．若增大原、副线圈匝数比，变压器输入功率减小
C．若开关S闭合，灯泡L1将变暗
D．若开关S闭合，电流表示数将变大
【答案】BD
【详解】A．开关S断开L1正常发光时有
可知
可知
感应电动势的峰值为
若从线圈平面平行于磁场方向开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值为
A错误；
B．由
输入电压不变，若增大原、副线圈匝数比，输出电压、电流减小，输出功率减小，变压器输入功率也减小，B正确；
C．若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变，C错误；
D．若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，输出电流增加，输入电流也增加，电流表示数将增大，D正确；
故选BD。
【变式5-1】（多选）（24-25高二上·新疆乌鲁木齐·期中）图甲是一台小型发电机构造示意图。磁极N、S间的磁场看成匀强磁场，磁感应强度大小为T，线圈共100匝，矩形线圈的面积为S。该发电机产生的感应电动势图像如图乙所示，该交流电通过自耦变压器对一定值电阻R供电，不计发电机内阻，则下列说法正确的是（　　）
A．矩形线圈面积为0.12m2
B．电阻中电流方向每秒钟改变10次
C．当变压器滑片Р向上滑动时，电阻R消耗的功率增大
D．线圈从t=0开始转过90°的过程中，电压表的读数先增大后减小
【答案】AB
【详解】A．从乙图中可知线圈转动过程中产生的感应电动势最大值为12V，周期为0.2s，根据
解得
A正确；
B．由于周期为0.2s，则1s内共有5个周期，每个周期内电流方向变化2次，故电阻中电流方向每秒钟改变10次，B正确；
D．电压表测得数值是电压有效值，保持不变，D错误；
C．变压器的滑片P向上滑时，原线圈的匝数增大，根据
可知变压器副线圈输出电压减小，故电阻消耗的功率减小，C错误。
故选AB。
【变式5-2】（24-25高三上·陕西安康·开学考试）如图所示，交流发电机连接理想变压器向灯泡L和电风扇M供电，二者均正常工作。已知电源电动势，定值电阻，灯泡L上标有“60W，20V”的字样，电风扇M内阻为2Ω，理想电流表A的示数为4A，电路中其余电阻不计。下列判断正确的是（　　）
A．电风扇输出的机械功率是16W
B．变压器原、副线圈的匝数比
C．若电风扇所在支路发生断路故障，此时灯泡L仍发光，则灯泡L的功率变大
D．副线圈中的电流方向每秒钟改变200次
【答案】C
【详解】A．电流表的示数
I=4A
流过灯泡L的电流
则风扇所在支路的电流
I2=1A
风扇的输出功率
A错误；
B．矩形线圈产生的正弦式交变电压的有效值为
U=220V
灯泡L正常发光，则副线圈电压为
U2=20V
副线圈的功率
则原线圈电流
电阻R上的电压降
则原线圈电压
原、副线圈的匝数比
B错误；
C．若电风扇所在支路发生断路故障，将副线圈电路等效为一个电阻R负，R负变大，则U2变大，灯泡L的功率变大，C正确；
D．由可知
则周期
电流方向一个周期内改变2次，则每秒钟改变100次，D错误。
故选C。
考点6：原副线圈的负载问题
变压器原线圈(或副线圈)串联电阻(或灯泡)的情形，是高考的常考点,也是本节的难点。解答此类题目时,关键要明确电压关系：如下图所示。所示,变压器原线圈接有负载(灯泡)，此状况下,,因为负载会分担U1的一部分电压。
【典例6】（24-25高二下·全国·单元测试）如图（a）所示，理想变压器原、副线圈匝数比为11:1，副线圈与理想电流表、理想电压表以及负载电阻R连接成闭合回路，原线圈接电压为U0的交流电源，R两端电压随时间变化的规律如图（b）所示，负载电阻R=20Ω。下列说法中正确的是（　　）
A．变压器输入电压的最大值是 B．电流表的示数为
C．原线圈输入交流电的频率是100Hz D．变压器的输入功率是10W
【答案】A
【详解】A．正弦式交变电流的有效值是最大值的，由图（b）可知副线圈两端电压的有效值为
原、副线圈匝数比为11:1，由
可得原线圈两端电压的有效值
则其最大值为，故A正确；
B．电流表示数为交变电流的有效值，故
即电流表示数为0.5A，故B错误；
C．由题图（b）可知交流电的周期为0.02s，由
可知频率为50Hz，变压器原、副线圈交流电频率相等，所以原线圈输入交流电的频率是50Hz，故C错误；
D．副线圈功率
理想变压器原、副线圈功率相等，所以变压器输入功率为5W，故D错误。
故选A。
【变式6-1】（24-25高二下·全国·课后作业）如图所示，一理想变压器原线圈与的交流电源连接，两副线圈分别接灯泡和电动机，原线圈匝数，连接电动机的副线圈匝数，电流表示数为2A，标注有“110V 55W”的灯泡正常发光，电动机线圈的总电阻为，则下列说法中正确的是（ ）
A．流过灯泡的交变电流的频率为60Hz B．灯泡两端的电压峰值为110V
C．流过电动机的电流为55A D．电动机的输出功率为336W
【答案】D
【详解】A．交流电源的频率
变压器不改变交流电的频率，故A错误；
B．灯泡的额定电压为有效值，即110V，则灯泡两端的电压峰值为，故B错误；
CD．根据
可得
根据功率相等，则有
解得
电动机的输出功率为
故C错误，D正确。
故选D。
【变式6-2】（24-25高二下·全国·期末）一交流电源电压，已知变压器原、副线圈匝数比为10∶1，灯泡的额定功率为16W，灯泡的额定功率为18W，排气扇电动机线圈的电阻为，电流表的示数为4A，用电器均正常工作，电表均为理想电表，则（　　）
A．电压表示数为20V
B．流过灯泡的电流为40A
C．排气扇电动机的热功率为9W
D．整个电路消耗的功率为43W
【答案】C
【详解】AB．由题意知副线圈中的电流为4A，则由变流比公式可得，原线圈中的电流即通过灯泡的电流
由可得灯泡两端的电压
故原线圈两端的电压为
则由变压比公式
可得副线圈两端电压即电压表示数为，故AB错误；
C．由可得通过灯泡的电流为
则通过排气扇的电流为
故排气扇电动机的热功率为，故C正确；
D．整个电路的总功率为，故D错误。
故选C。
一、单选题
1．（23-24高二下·河南信阳·期末）如图所示，理想变压器的A、B两端接入正弦交流电，为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），则（　　）
A．在时，电压表的示数为零
B．处温度升高时，电压表的示数变小
C．处温度升高时，电流表A示数变小
D．处温度升高时，电压表的示数变小
【答案】D
【详解】A．电压表读数是交流电有效值，故始终不为零，故A错误；
B．原线圈电压不变，则电压表的示数不变，故B错误；
CD．根据
由于匝数比不变，则副线圈输出电压不变，温度升高时，阻值减小，副线圈负载总电阻变小，则副线圈电流增大，即电流表A示数变大，定值电阻R两端电压增大，副线圈输出电压等于R两端电压和示数之和，所以电压表的示数变小，故C错误，D正确。
故选D。
2．（23-24高二下·广东茂名·期末）如图所示某一火警报警系统原理图，理想变压器原线圈接有电压有效值恒定的交流电源，已知图中电阻R的阻值恒定，热敏电阻的阻值随温度升高而减小，电压表和电流表均为理想电表，当处的温度升高时，下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数将减小 B．电流表的示数将增大
C．电压表的示数将减小 D．电路消耗的总功率不变
【答案】B
【详解】C．原线圈接有电压有效值恒定的交流电源，且原、副线圈匝数比不变，则副线圈的输出电压不变，电压表的示数不变，故C错误；
AB．当的阻值随温度升高而减小时，副线圈的总电阻减小，根据
可知副线圈中的电流增大，则原线圈中的电流增大，电流表的示数增大，故A错误，B正确；
D．当的阻值随温度升高而减小时，由上述分析可知，电路中的电压不变，电流增大，则电路消耗的总功率将增大，故D错误。
故选B。
3．（23-24高二下·广西河池·期末）实验室用交流发电机和理想变压器组合给阻值为12Ω的电阻R0供电，电路如图所示。交流发电机的线圈内阻为4Ω，导线电阻不计，当理想变压器原、副线圈匝数比为1∶3时，R0消耗的功率与线圈内阻消耗的功率比为（　　）
A．1∶1 B．3∶1 C．1∶3 D．1∶4
【答案】C
【详解】原副线圈的电流之比为
根据
R0消耗的功率为
线圈内阻消耗的功率为
解得R0消耗的功率与线圈内阻消耗的功率比为
故选C。
4．（23-24高二下·天津西青·期末）如图所示是某风力发电节能路灯的电路简化图。风速为v时，交流发电机的电动势表达式为，能感应风速大小的调节器（不消耗副线圈电路的电能）可以控制变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，下列说法正确的是（　　）
A．风速变大时，流过灯泡的电流变大
B．风速变大时，滑片P将向下移动
C．风速变小时，变压器的输入电压变大
D．风速变小时，变压器的输出电压变大
【答案】B
【详解】AD．调节器可以控制变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，所以风速变大或变小时，流过灯泡的电流不变，变压器的输出电压不变，故AD错误；
C．由题意知
所以风速变小时，交流发电机的电动势变小，则变压器的输入电压变小，故C错误；
B．由变压器原副线圈电压与匝数关系
由于风速变大时，输入电压增大，而输出电压不变，原线圈匝数不变时，应减小，则滑片P向下移动，故B正确。
故选B。
5．（23-24高二下·甘肃·期末）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比，原线圈接在的交流电源上，电路中电压表和电流表均为理想交流电表，灯泡的电阻为6Ω，则（ ）
A．电压表的读数为 B．电流表的读数为1A
C．原、副线圈交变电流的频率之比为 D．原、副线圈交变电流的功率之比为
【答案】B
【详解】A．由题意可知，输入电压的有效值为
根据可得
所以电压表的读数为
故A错误；
B．电流表的读数为
故B正确；
CD．变压器只改变电压和电流，不改变频率和功率，所以原、副线圈交变电流的频率之比和功率之比均为1∶1，故CD错误。
故选B。
6．（23-24高二下·甘肃白银·期末）在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数分别为和，定值电阻的阻值为R，在输入端a、b间接正弦交流电压，则通过理想电流表的电流为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】在输入端a、b间接正弦交流电压，则主线圈的电压有效值
设副线圈两端的电压为U2，根据
则
根据欧姆定律，通过理想电流表的电流为
故选D。
7．（23-24高二下·北京西城·期末）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，，C为电容器。已知加在原线圈两端的正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图乙所示，则（　　）
A．副线圈交流电的频率为100Hz B．副线圈中交流电压表的示数为20V
C．通过电阻的电流为 D．电阻的电压小于20V
【答案】B
【详解】A．根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s，则频率为
故A错误；
B．由图乙可知原线圈最大电压为，有效值为
再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知副线圈电压的为
故B正确；
CD．电压表同时测副线圈和电阻的电压，则电阻的电压等于20V，通过其电流
故CD错误。
故选B。
二、多选题
8．（24-25高二上·河北邯郸·阶段练习）如图甲所示，一理想变压器一端接入交流发电机，其中矩形线框在足够大的匀强磁场中绕轴做匀速圆周运动，匝数为5匝，穿过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，线框的电阻不计，理想变压器的另一端接有灯泡与二极管，灯泡上均标有“”的字样，开关S断开时，灯泡正常发光，A为理想电流表，则下列说法正确的是（　　）
A．从图示位置开始计时，线框内产生的交变电压的瞬时值为
B．理想变压器原、副线圈的匝数比为
C．开关闭合时，发电机的输出功率变为原来的倍
D．开关闭合时，电流表的示数是
【答案】AD
【详解】A．由磁通量的定义可知，穿过线框的磁通量满足
故有
又有
从图示位置开始计时，故线框内产生的交变电压的瞬时值为
故A正确；
B．设原、副线圈两端的电压分别为，则
因为二极管的影响，只有正向导通的交变电流才能通过，由电流的热效应可知
可得灯泡两端的电压有效值为
又因为灯泡正常发光，故
得
故原、副线圈匝数比为
故B错误；
C．开关闭合时，由于匝数比没变，故灯泡两端的电压保持不变，则灯泡都能够达到额定电功率，则副线圈的功率变为原来的2倍，发电机的输出功率等于副线圈的功率，故也变为原来的2倍，故C错误；
D．开关闭合时，由于灯泡都达到额定电流，故两灯泡支路的电流之和，又由于二极管的影响，副线圈的电流
又因为
故电流表的读数
故D正确。
故选AD。
9．（24-25高二下·全国·单元测试）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为、，定值电阻，理想电流表的示数为0.5A，a、b两端接正弦交流电源。下列判断正确的是（　　）
A．
B．理想电压表V的示数
C．理想电流表的示数
D．定值电阻R中电流变化的频率为50Hz
【答案】CD
【详解】B．根据题意可知交流电压的最大值
理想电压表的示数为交流电压的有效值，为
故B错误；
C．理想变压器原、副线圈两端功率相等，有
解得
故C正确；
A．由理想变压器电流与匝数的关系
可得
故A错误；
D．定值电阻R中电流变化的频率为
故D正确。
故选CD。
10．（2024·广西来宾·模拟预测）如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一边长为L的单匝正方形线圈abcd绕垂直于磁场的轴匀速转动，角速度为ω，矩形线圈通过滑环E、F与理想变压器相连，理想变压器与阻值为R的负载电阻相连，不计其它电阻，变压器原、副线圈匝数之比为k，图示位置线圈平面与磁场平行，下列说法正确的是（ ）
A．当线圈平面与磁场垂直时，线圈中的电动势最大
B．电阻R中的电流方向每秒钟改变次
C．从图示位置开始计时，线圈中的电动势e随时间t变化的关系式为
D．线圈转动过程中电阻R的功率为
【答案】BD
【详解】A．当线圈平面与磁场平行时，线圈中的电动势最大。故A错误；
B．依题意，有
线圈的转动频率为
电阻R中的电流方向每秒钟改变的次数为
故B正确；
C．线圈中的电动势最大值为
图示位置线圈平面与磁场平行，此时电动势最大，则线圈中的电动势e随时间t变化的关系式为
故C错误；
D．线圈转动过程中变压器原线圈两端电压有效值
副线圈两端电压有效值
电阻R的功率
联立，解得
故D正确。
故选BD。
三、解答题
11．（23-24高二下·江苏常州·期中）电动晒衣杆方便实用，在日常生活中得到广泛应用。如图所示，一理想变压器，原、副线圈的匝数比为5:1，原线圈两端接入正弦交流电源，电压为（V），副线圈接有一个交流电流表和一个电动机。当开关S接通后，电动机带动质量为4kg的晾衣杆以速度0.2m/s匀速上升，此时电流表读数为0.2A，重力加速度为10m/s2。求：
（1）电动机的输入功率；
（2）电动机线圈电阻。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由题意可知原线圈电压的有效值为
根据理想变压器变压规律
求得
电动机的输入功率
（2）由物体匀速上升可得，
又由
求得
12．（23-24高二下·山东聊城·期末）如图所示，长为L的导体棒ab，其两个端点分别搭接在两个竖直放置半径均为R的金属圆环上，两圆环及导体棒处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。圆环与交流电流表、理想变压器的原线圈相连，理想变压器原副线圈的匝数比为，变压器副线圈连接定值电阻。导体棒ab沿金属圆环，从圆环的最低点开始以角速度匀速转动。交流电流表的内阻为，圆环、导体棒ab和导线电阻均不计，导体棒ab与圆环始终接触良好。求：
（1）导体棒ab产生的电动势的瞬时值表达式；
（2）交流电流表的示数。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）ab在最低点时，ab棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大
又导体棒ab以角速度匀速转动，导体棒ab产生的电动势的表达式为
（2）将变压器与副线圈连接的定值电阻等效为一个整体，则整体的等效电阻为
导体棒ab产生的电动势的有效值
交流电流表的示数即原线圈的电流的有效值
13．（23-24高二下·天津·期末）如图所示，一小型交流发电机中匀强磁场的磁感应强度，线圈匝数匝，面积，总电阻，线圈以角速度绕垂直于磁场的轴匀速转动。线圈通过滑环与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈与电阻相接，电表均为理想交流电表，电压表示数为。从线框转至中性面位置开始计时。
（1）求线框中感应电动势的瞬时值表达式；
（2）求电流表的示数；
（3）已知原、副线圈匝数比为，求电阻的阻值及消耗的电功率。
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）线圈中感应电动势的最大值为
由于从线框转至中性面位置开始计时，故瞬时值表达式为
（2）感应电动势的有效值为
线圈自身分到的电压为
所以电流表示数为
（3）根据理想变压器输入功率等于输出功率，可知电阻R上消耗的电功率为
根据理想变压器电压比等于匝数比，可得
可得副线圈两端电压为
根据
可得电阻的阻值为
14．（23-24高二下·江苏徐州·阶段练习）如图是某同学设计的给电风扇切换挡位的电路示意图，a、c是理想变压器原线圈两端的接点，b是原线圈之间抽头的接点。开关S用来改变电风扇的工作挡位，1挡时电风扇的输入功率为44W，输出功率为36W；2挡时电风扇的输入功率为88 W，输出功率为70W。理想变压器原线圈输入的交流电压为220V，开关S接a时变压器原、副线圈的匝数比为10∶1。
（1）1挡时，开关S应该接a还是接b？通过原线圈的电流多大？
（2）求电风扇的内阻；
（3）bc间匝数与副线圈匝数的比为多少？
【答案】（1）接a处，0.2A；（2）2Ω；（3）15:2
【详解】（1）接1挡时，电风扇的输入功率较小，则电风扇两端的电压较小，变压器副线圈的输出电压较小，故开关接a处，根据功率公式有
解得通过原线圈的电流为
（2）接1挡时变压器原、副线圈的匝数比为根据变流比为，可知
解得
根据能量守恒定律，可知电风扇的热功率为
解得电风扇的内阻为
（3）开关接b时为2挡，可知此时电风扇的热功率为
解得
变压器消耗的功率为
解得
根据变压比可知
解得第04讲 互感和自感（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（5大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1.知道互感和自感现象,理解互感和自感是电磁感应的特例。 2 探究通电自感、断电自感的特点,能理解通电、断电时自感现象的成因。 3.知道互感和自感现象的防止与应用。
知识点1：互感现象及其应用
【情境导入】
如图所示，当线圈A的开关S接通或断开时，在线圈B中产生感应电动势，线圈B中感应电流的变化，同时也会在线圈A 中产生相应的感应电动势。
1. 互感现象的概念
两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象叫作互感，产生的感应电动势叫作互感电动势。
2. 互感示例
3. 互感现象的应用与危害
(1)应用：收音机的磁性天线、变压器都是利用互感现象制成的。
(2)危害；在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作，这时要设法减小电路间的互感现象。
知识点2：自感现象
【情境导入】
如图所示，A1、A2是规格完全一样的灯泡。闭合电键S，调节变阻器R，使A1、A2亮度相同，再调节R1，使两灯正常发光，然后断开开关S。重新闭合S。
重新闭合S，发现灯泡A 立刻发光，跟线圈L 串联的灯泡A 逐渐亮起来，这是为什么呢
1. 自感现象与自感电动势
当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势，这种现象称为自感。由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势。
2. 自感现象与楞次定律
如图所示，通过线圈的电流i增加时，导致穿过线圈的磁通量向上增大，因电磁感应，线圈要阻碍磁通量增加，故“想”产生向下的磁场Bi，Bi对应的电流方向与原电流方向相反，而同一导线中不可能有两个不同方向的电流，线圈产生的自感电动势的作用是阻碍原电流增加。
自感现象遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律。自感电动势不能阻止原电流的增加。假若原电流不再增加，则电磁感应现象消失，自感电动势也就不存在了。
3 自感电动势的方向
当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势方向与原电流方向相同(即：增反减同)。
(1)通电时线圈产生的自感电动势阻碍电流的增加。
(2)断电时线圈产生的自感电动势方向与原来线圈中的电流方向相同，且在与线圈串联的回路中，线圈相当于电源。
(3)自感电动势只是延缓了电流的变化，但不能阻止原电流的变化，更不能使原电流反向。
4. 自感现象中灯泡亮度的变化
项目 与线圈串裂的灯泡 与线圈并联的灯泡
电路图
通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流I1突然变大，然后逐渐减小达到稳定，灯泡突然变亮然后逐渐变暗，最后亮度不变
断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 ①若I ≤I ，灯泡逐渐变暗；②若I >I ，灯泡闪亮一下后逐渐变暗；两种情况灯泡电流方向均改变(I 、I 为电路稳态电流)
原因分析 电路通.断时，流过线圈的电流迅速变化，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加或减少，使流过灯泡的电流不能突变，但不能阻止电流变化 电路接通时，因线圈产生自感电动势，可认为接通瞬间，线圈L处于断路状态，此时灯泡比稳定状态时亮。电路断开时，线圈与灯泡在同一回路中，线圈相当于电源、回路电流只能在I 的基础上减小，故灯泡可能逐渐变暗，也可能闪亮一下后逐渐变暗
1. 当电路中的电流稳定时，线圈相当于一段导线，其阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的，有时不计线圈电阻，相当于短路。
2. 线圈断开时，可能产生很大的自感电动势:
知识点3：自感系数
1. 自感电动势的大小
自感电动势的大小与线圈中电流的变化率成正比，与线圈的自感系数L成正比。
写成公式为：
2. 自感系数
（1）中，L是比例系数，又叫自感系数，简称自感或电感。
（2）L的决定因素：自感系数与线圈的大小、形状、匝数，以及有无铁芯等因素有关。线圈越粗、越长、匝数越多，其自感系数L就越大。如果线圈内有铁芯，则自感系数L会比没有铁芯时大得多。
（3）单位：亨利，简称亨(符号是H)，1
（4）物理意义：自感系数是表征线圈产生自感电动势本领大小的物理量。数值上等于通过线圈的电流在1s内改变1A时产生的自感电动势的大小。
3. 生产生活中的自感现象
(1)自感现象的应用：断电自感产生高压，如日光灯、汽车发动机点火器、煤气灶电子点火器等。
(2)自感现象的危害与防止：开关断电时形成电弧、无轨电车电弓与电网线之间形成电火花等，要尽量防止或减小其影响。如下图所示，线圈采用了双线绕法，两根平行导线中的电流反向，它们的磁场相互抵消。不论导线中的电流如何变化，线圈中的磁通量始终为零，所以，消除了自感现象的影响。
知识点四 磁场的能量
1. 自感现象中的磁场能量
(1)线圈中电流从无到有时，磁场从无到有，电源的能量输送给磁场，储存在磁场中，电流越大，磁场能越大。
(2)线圈中电流减小时，磁场中的能量释放出来转化为电能，进而转化为内能。
①线圈能储存一定的磁场能，该能量又会通过电路转化成其他形式的能；
②线圈的磁场能与通过线圈的电流I和线圈的自感系数L有关，数值越大，磁场能越大。
2. 电的“惯性”
自感电动势有阻碍线圈中电流变化的“惯性”。
当线圈瞬间和断电瞬间，自感电动势都要阻碍线圈中电流的变化、使圈中的电流不能立即增大到最大值或不能立即减小为零，即或用中的电流不能“突变”。 电的“慢性”太小决定于线通的自感系数。
教材习题01 如图所示电路中，线圈L的电阻与另一支路中电阻器R的阻值相同。当开关S接通瞬间和断开瞬间，两个电流表的示数是否相同？ 解题方法 闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表A1示数小于A2示数。断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，线圈相当于电源与电阻串联，由于两电流表串联，所以电流表A1示数等于A2示数
【答案】接通瞬间，A2表大于A1表，断开瞬间，两表示数相同。
教材习题02 如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈。如果断开开关，闭合，A、B两灯都能同样发光。如果最初是闭合的，是断开的，那么，闭合以后，A灯和B灯亮度如何变化？此时如果断开，A灯和B灯亮度又将如何变化？ 解题方法 闭合以后的瞬时，A、B两灯同时亮起来，由于自感线圈产生自感电动势阻碍电流增加，则线圈L可看做是断路，即开始时两灯亮度相同，随自感线圈中电流增加，则B灯逐渐变暗，最后线圈将B短路，使得B最终熄灭，此时A变得更亮；此时如果断开，则A灯立刻熄灭，因L中产生感应电动势阻碍电流减小，则该电流会在L和灯泡B中重新形成回路，使得灯泡B闪亮一下后慢慢熄灭。
【答案】闭合S2，AB一样亮；断开S2，A熄灭，B闪亮。
教材习题03 如图所示的电路中，开关S断开之前通过灯L的电流方向如何？断开之后的瞬间通过灯L的电流方向如何？ 解题方法 开关S断开之前通过灯L的电流方向由a到b；断开之后的瞬间原来通过灯L的电流立即消失，而通过线圈的电流由于自感电动势阻碍电流减小，则该电流会在线圈和灯L中重新形成回路，则此时通过灯L的电流方向从b到a。
【答案】开关S断开之前通过灯L的电流方向由a到b；断开之后的瞬间通过灯L的电流方向由b到a；
考点1：互感现象及其应用
【典例1】（23-24高二下·浙江舟山·期末）智能手表通常采用无线充电方式。如图所示，充电基座与电源相连，将智能手表压在基座上，无需导线连接，手表便可以充电。已知充电基座与手表都内置了线圈，则（ ）
A．无线充电的原理是互感
B．充电时因无导线连接，所以传输能量没有损失
C．若用塑料薄膜将充电基座包裹起来，则不能给手表充电
D．充电时，基座线圈的磁场对手表线圈中的电子施加力的作用，驱使电子运动
【答案】A
【详解】A．无线充电的原理是基座内的线圈电流变化，产生变化的磁场，导致手表内部线圈中的磁通量发生改变，线圈产生感应电流，原理是互感，故A正确；
B．充电时存在漏磁效应，所以传输能量时有损失，故B错误；
C．手机充电利用的是互感原理，因此用塑料薄膜将充电基座包裹起来，仍能为手表充电，故C错误；
D．根据上述解释，基座线圈的磁场变化产生感应电场，驱动放置在感应电场中的手表中的线圈内部的电子做定向运动，形成电流， 故D错误。
故选A。
【变式1-1】（23-24高二下·四川凉山·期中）无线充电是近年发展起来的新技术。如图所示，该技术通过发射线圈和接收线圈传输能量。手机的内置接收线圈可以直接放在无线充电基座上进行充电，下列关于无线充电的说法正确的是（　　）
A．无线充电过程主要利用了电磁感应原理 B．在充电过程中只有电能间的相互转化
C．无线充电基座可以对所有手机进行充电 D．无线充电基座可以用稳恒直流电源充电
【答案】A
【详解】A．无线充电过程主要利用互感现象来实现能量传递的，故A正确；
B．充电时线圈中有电流，根据电流的热效应，可知线圈会发热，有电能损失，故B错误；
C．如果手机内没有接收线圈，则无线充电基座不可以对手机进行充电，故C错误；
D．如果无线充电基座用稳恒直流电源供电，则接收线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，无法对手机充电，故D错误。
故选A。
【变式1-2】（23-24高二下·北京丰台·期中）无线充电技术的发展使人们可以利用无线充电板为手机充电，如图所示为充电原理图。充电板的送电线圈接电源，对充电板供电，通过线圈的互感使手机内的受电线圈产生电流对手机电池充电。若时间0~t0内送电线圈产生的磁场垂直于受电线圈平面向上，其磁感应强度均匀增加。下列说法正确的是（　　）
A．送电线圈可以接稳恒电源给手机充电
B．时间0~t0内，送电线圈中的电流为顺时针方向（俯视）
C．时间0~t0内，c点电势低于d点电势
D．时间0~t0内，受电线圈内的感应电流均匀增加
【答案】C
【详解】A．恒定电源无法产生变化的磁场，在受电线圈中就无法产生感应电流，没法给手机充电，故A错误；
B．由题意可知0~t0内送电线圈产生的磁场垂直于受电线圈平面向上，根据安培定则可知，送电线圈中的电流为逆时针方向（俯视），故B错误；
C．由题意可知0~t0内送电线圈产生的磁场垂直于受电线圈平面向上，其磁感应强度均匀增加；根据楞次定律，受电线圈感应电流产生的磁场方向应垂直线圈平面向下，再结合安培定则可知，感应电流的方向应从c到d，受电线圈相当于电源，电流从负极流向正极，故c点电势低于d点，故C正确；
D．当送电线圈中的磁场均匀增加时，受电线圈中的磁场也是均匀变化的，根据法拉第电磁感应定律可知，此时感应电动势是不变的，故受电线圈中的感应电流不变，故D错误。
故选C。
考点2：自感现象的理解与应用
【典例2】如图所示，将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上，一端接上电池（电池另一极与锉刀接触），手执导线的另一端，在锉刀上来回划动，由于锉刀表面凹凸不平，回路不停通、断电产生电火花。则（　　）
A．产生电火花的主要原因是电池放电
B．导线端划动的方向决定了自感电动势的方向
C．锉刀采用什么材料制成对实验没有影响
D．如导线端只向一个方向划动，也能产生电火花
【答案】D
【详解】AD．手持导线的另一端，在锉刀上来回划动时产生电火花，是由于电路时通时断，在回路中产生自感电动势，与导线运动的方向无关，所以导线端只向一个方向划动，也能产生电火花，故A错误，D正确；
B．自感电动势的方向与通断电时磁通量变化有关，与导线端划动的方向无关，故B错误；
C．产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，如果锉刀是绝缘体，则实验不能完成，故C错误。
故选D。
【变式2-1】（23-24高二下·江苏苏州·期中）如图所示，电键S原来断开，电源及线圈、导线电阻均不计，电路中电流大小为I，现在闭合电键S将一个电阻短路，于是线圈中有自感电动势产生，该自感电动势（　　）
A．有阻碍电流增大的作用，最后电流小于I
B．有阻碍电流增大的作用，最后电流增大到2I
C．有阻碍电流减小的作用，最后电流由I减小为零
D．有阻碍电流变化的作用，因而电流保持为I不变
【答案】B
【详解】由于开关的闭合，使得电流增加，则线圈产生反感电动势，有阻碍电流的作用，但只是减缓电流的增大，由于电阻减半，所以最后电流慢慢增加到2倍。
故选B。
【变式2-2】（23-24高二下·四川·开学考试）电磁弹射装置的原理图如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0～t0时间内驱动线圈中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A．发射线圈中感应电流产生的磁场水平向右 B．t=t0时驱动线圈产生的自感电动势最大
C．t=0时发射线圈中的感应电动势最大 D．t=t0时发射线圈中的感应电流最大
【答案】C
【详解】A．根据安培定则可知，驱动线圈内的磁场方向水平向右，结合题图乙可知，驱动线圈的电流增大，通过发射线圈的磁通量增大，根据 次定律可知，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，A错误；
BD．由题图乙可知，时驱动线圈的电流变化率最小，此时通过发射线圈的磁通量变化率最小，驱动线圈产生的自感电动势最小，发射线圈中的感应电流最小，BD错误；
C．时驱动线圈的电流变化率最大，则此时通过发射线圈的磁通量变化得最快，发射线圈中的感应电动势最大，C正确。
故选C。
考点3：含自感线圈的电路闭合及断开后电流的变化
(1)通电瞬间可把线圈看成断路。
(2)断电时自感线圈相当于电源，它提供的电流大小从原来的值逐渐变小。
(3)电流稳定时，自感线圈相当于定值电阻，理想线圈电阻为零，相当于导线。
【典例3】实验小组同学设计了如图所示的电路来探究电感的作用效果。电路中的三个灯泡L1、L2、L3完全相同，线圈的直流电阻忽略不计。调节滑动变阻器的滑片P，使其位于合适位置，然后闭合开关S。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S的瞬间，L1不亮 B．闭合开关S后，L2立即亮起来，然后缓慢熄灭
C．电路稳定后，断开开关S，L3立即熄灭 D．电路稳定后，断开开关S，L3闪一下然后缓慢熄灭
【答案】B
【详解】AB．闭合S瞬间，L1、L2、L3灯泡立即发光，随着时间推移，电感对电流的阻碍作用逐渐减弱，L2逐渐变暗，最终被电感短路后熄灭，故A错误，B正确；
CD．断开S后，电感中的电流有一部分流经L3，可知L3不会立即熄灭，同时S断开瞬间，流经L3的电流小于断开S前L3上的电流，L3不会闪一下，L3会缓慢熄灭，故CD错误。
故选B。
【变式3-1】在如图所示的电路中，L是一带铁芯的线圈，R为电阻。两条支路的直流电阻相等。那么在接通和断开开关的瞬间，两电流表的读数I1、I2的大小关系正确的是（　　）
A．接通瞬间，断开瞬间 B．接通瞬间，断开瞬间
C．接通瞬间，断开瞬间 D．接通瞬间，断开瞬间
【答案】D
【详解】当开关接通瞬间，R中电流立即增大到正常值，而线圈中的电流从零开始增大，产生的自感电动势阻碍电流的增大，则电流只能逐渐增大，则
断开开关瞬间，线圈产生的自感电流流过线圈和电阻R，两者串联，电流相同，则
故选D。
【变式3-2】（多选）（24-25高二上·新疆乌鲁木齐·期中）演示自感现象的实验电路图如图所示，线圈的自感系数较大，且使滑动变阻器接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，A1、A2为两个完全相同的灯泡，下列判断正确的是（　　）
A．接通开关S，灯A1、A2立即变亮
B．接通开关S，灯A1逐渐变亮，灯A2立即变亮
C．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1、A2逐渐熄灭
D．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭
【答案】BD
【详解】AB．接通开关S瞬间，灯A2立即变亮，而线圈L产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，使得该支路中电流逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，灯A1逐渐变亮，故A错误，B正确；
CD．接通开关S，待电路稳定后断开开关S，原来通过灯A2的电流立即消失，线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，由于滑动变阻器接入电路中的阻值大于线圈直流电阻，原来电路稳定后通过灯A1的电流大于通过灯A2的电流，故灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭，故C错误，D正确。
故选BD。
考点4：自感现象中的图像问题
(1)当电流增大时(如通电)，自感电动势方向与原电流方向相反;当电流减小时(如断电)，自感电动势方向与原电流方向相同。
(2)注意断电时流过自感线圈的电流瞬时值不变，即通过自感线圈的电流大小不能突变。
【典例4】（23-24高二下·山东济宁·期末）如图甲所示的电路中，已知灯泡电阻不变且阻值为R。闭合开关S后，流过两个电流传感器的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）

A．线圈的直流电阻小于灯泡电阻R
B．断开开关S瞬间，灯泡先闪亮再熄灭
C．闭合开关S瞬间，线圈中的自感电动势和电流均为零
D．由图像中的数据和题干条件可以计算出电源电动势和内阻
【答案】D
【详解】A．闭合开关S后，电路稳定时，通过灯泡的电流是，通过线圈的电流是，可知
所以线圈的直流电阻大于灯泡电阻R，故A错误；
B．电路稳定时，通过灯泡的电流大于通过线圈的电流，断开开关S瞬间，灯泡由线圈供电，通过灯泡的电流从减小，灯泡逐渐熄灭，故B错误；
C．开关S闭合的瞬间，自感线圈中的电流为零，但由于线圈的自感现象，其自感电动势不为零，故C错误；
D．根据闭合电路的欧姆定律，开关刚闭合瞬间，有
达到稳定状态后有
解得，
故D正确。
故选D。
【变式4-1】（23-24高二下·四川南充·期末）如图所示的电路中，是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D2灯泡的电阻是D1灯泡电阻的2倍且阻值均不变，是内阻不计的电源，在时刻，闭合开关，电路稳定后在时刻断开开关，规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正，分别用、表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流随时间变化关系的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】L的直流电阻不计，电路稳定后通过D1的电流是通过D2电流的2倍；闭合开关瞬间，由于L的阻碍作用，D1逐渐变亮，即I1逐渐变大，而D2所在支路立即就有电流，在t1时刻断开开关S，D2这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，且方向不变，同时由于D1和D2构成回路，通过D1的电流也流过D2，所以I2变成反向，且逐渐减小。
故选C。
【变式4-2】（23-24高二下·上海嘉定·期末）如图所示的实验电路中，L是自感线圈，R为定值电阻，电源内阻不可忽略。t=0时闭合开关S，一段时间后断开开关，则电流传感器所记录的电流i随时间t变化的图像可能为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【详解】闭合S瞬间，线圈中产生自感电动势阻碍电流增加，则线圈相当于断路，此时通过电流传感器的电流最大；随线圈阻碍作用的减小，通过线圈的电流逐渐变大，通过电流传感器的电流逐渐减小，电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传感器的电流不变；断开开关S瞬间，由于自感现象，电感线圈阻碍电流减小，通过线圈L的电流此时从左向右流过电流传感器，与原来方向相反，且逐渐减小。
故选D。
考点5：分析含自感线圈的电路小灯泡闪亮问题
【典例5】（多选）如图所示，A、B是两个完全相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S瞬间，A、B灯同时亮
B．闭合开关S瞬间，B灯比A灯先亮，最后一样亮
C．断开开关S瞬间，B灯闪亮一下再熄灭
D．断开开关S瞬间，流过B灯的电流方向向左
【答案】BD
【详解】AB．闭合开关S瞬间，B灯瞬间变亮，而A灯由于与线圈串联，逐渐变亮，达到稳定后，两灯一样亮，故A错误，B正确；
CD．断开开关瞬间，A、B灯逐渐熄灭，流过B灯的电流方向与原来电流方向相反，即流过B灯的电流方向向左，故C错误，D正确。
故选BD。
【变式5-1】（多选）（23-24高二下·山东威海·期末）如图所示的电路中，L为自感系数很大的线圈，其自身的电阻几乎为0，A、B和C是三只相同的小灯泡，S为开关。下列说法正确的是（　　）
A．S闭合瞬间，A立即发光，B和C逐渐变亮
B．S断开后，A闪亮后熄灭，B逐渐熄灭，C立即熄灭
C．S断开后，L中的磁场能转化为电能
D．S断开瞬间，A右端电势高于左端
【答案】CD
【详解】A．S闭合瞬间，小灯泡A与小灯泡C串联后直接与电源相连，因此A和C立即发光，而小灯泡B因为线圈L产生自感电动势阻碍电流增大，因此逐渐变亮，A错误；
B．电路稳定后，A、B中的电流相等，S断开时，小灯泡A、B和线圈L构成闭合回路，线圈的自感电动势产生闭合回路中的电流，此时的电流不大于原来的电流，因此A不会闪亮，则A、B会逐渐熄灭，C立即熄灭，B错误；
C．电路稳定后，线圈中储存有磁场能，S断开瞬间，线圈中产生自感电动势继续点亮小灯泡A、B，因此S断开后，L中的磁场能转化为电能，C正确；
D ．S断开瞬间，通过线圈Ｌ的电流减小，则线圈Ｌ产生的自感电动势右端电势高，因此流过A的电流方向从右向左，则A右端电势高于左端，D正确。
故选CD。
【变式5-2】（23-24高二下·重庆·期中）如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈。若最初是接通的，是断开的，那么下列描述中正确的是（ ）
A．刚接通，A灯就立即亮，B灯延迟一段时间才亮
B．刚接通时，A灯延迟一段时间才亮，B灯就立即亮
C．接通到电路稳定，B灯由亮变暗最后熄灭
D．接通，电路稳定后再断开时，A、B灯均立即熄灭
【答案】C
【详解】ABC．刚接通时，由于电感线圈L会发生通电自感现象，使通过线圈的电流由零逐渐增大，所以灯泡A、B会同时变亮；从接通到电路稳定，由于线圈的电阻不计，B灯相当于与一段导线并联，则B灯被短路，B灯由亮变暗最后熄灭，电源只给A灯供电，A灯将变得更亮，故AB错误，C正确；
D．接通，电路稳定后再断开时，A灯与电路断开将立即熄灭，而B灯与电感线圈构成闭合电路，由于线圈的自感现象，B灯会先亮一下，然后熄灭，故D错误。
故选C。
考点6：日光灯镇流器的原理及其应用
【典例6】如图所示是日光灯的电路图，日光灯主要由灯管、镇流器、启动器组成。关于日光灯的原理，下列说法不正确的是（　　）
A．日光灯启动利用了镇流器中线圈的自感
B．日光灯正常发光时，镇流器起降压限流的作用
C．日光灯正常发光后取下启动器，仍能正常工作
D．日光灯正常发光后取下启动器，不能正常工作
【答案】D
【详解】镇流器在启动时，利用线圈的自感产生瞬时高压，在正常工作时起降压限流作用，使电流稳定在灯管的额定电流范围内，灯管两端的电压也稳定在额定电压范围内；灯管正常发光后，电流不再流过启动器，所以并联在灯管两端的启动器也就不再起作用了，故日光灯正常发光后取下启动器，日光灯仍能正常工作。
本题选择不正确的，故选D。
【变式6-1】A和L是日光灯的灯管和镇流器，如果按图所示的电路连接，下列关于日光灯发光情况的叙述中，正确的是( )
A．只把S1接通，S2、S3不接通，日光灯就能正常发光
B．把S1和S2接通后，S3不接通，日光灯就能正常发光
C．S3不接通，接通S1和S2后再断开S2，日光灯就能正常发光
D．当日光灯正常发光后，再接通S3，日光灯仍能正常发光
【答案】C
【详解】A．只接通S1，灯管两端不能产生瞬时高压，日光灯不能点燃，A错误；
BC．S3不接通，把S1和S2接通后，日光灯被短路，有电流流过线圈；再断开S2，由于电磁感应，线圈中产生瞬时高压，日光灯被点燃，线圈起到降压限流的作用，故日光灯就能正常发光；故B错误，C正确；
D．日光灯正常发光后，再接通S3，镇流器被短接，不再起限流和降压作用，加在灯管两端的电压将达到220 V，灯管将会烧坏，D错误。
故选C。
【变式6-2】（多选）如图为日光灯电路，关于该电路，以下说法中正确的是（　　）

A．启动过程中，起辉器断开瞬间镇流器L产生瞬时高压
B．日光灯正常发光后，镇流器L使灯管两端电压低于电源电压
C．日光灯正常发光后起辉器是导通的
D．图中的电源可以是交流电源，也可以是直流电源
【答案】AB
【详解】A．起辉器内部有双金属片温控开关，启动过程中，起辉器断开瞬间，由于自感，日光灯中的镇流器L在启动时产生瞬时高压，A正确；
B．在正常工作时镇流器L又起降压限流作用，镇流器L由于自感使灯管两端电压低于电源电压，B正确；
C．启动前卸掉启动器，不再采取其他措施，日光灯失去镇流器L自感产生的瞬时高压，日光灯不能正常启动，当电路接通后，由于启辉器分压少、辉光放电无法进行，起辉器中的氖气停止放电，起辉器内部有双金属片温控开关，冷却收缩，两个触片分离，电路断开，C错误；
D．根据上述，日光灯要正常工作，需要镇流器L自感作用，即只适用于交流电源，不适用于直流电源，D错误。
故选AB。
一、单选题
1．（2024高二上·甘肃天水·）手机的无线充电是根据下列哪种原理实现的（　　）
A．电流的热效应 B．电磁感应
C．接触起电 D．电流的磁效应
【答案】B
【详解】手机的无线充电利用了电磁感应原理。
故选B。
2．（24-25高二上·河北邢台·阶段练习）如图所示，A、B为两个完全相同的灯泡，当S闭合时，下列说法正确的是（　　）
A．A比B先亮 B．B比A先亮
C．A、B一起亮 D．无法判断哪个灯泡先亮
【答案】B
【详解】S闭合时，由于线圈上产生自感电动势，阻碍电流的增大，因此B比A先亮，故选B。
3．（23-24高二下·全国·单元测试）在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，会采用如图所示的双线绕法，其原理是（　　）
A．电路中电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B．电路中电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．电路中电流变化时，两股导线中的电流产生的磁场互相抵消
D．电路中电流变化时，电流的改变量互相抵消
【答案】C
【详解】采用双线绕法绕制时，两股导线绕向相同，通过的电流方向相反，不管电流怎样变化，任何时刻两股导线中的电流总是等大反向的，所产生的磁场互相抵消，在线圈中不会发生电磁感应现象，从而消除了自感。
故选C。
4．如图所示，是日光灯的电路图，主要由灯管、镇流器、启动器组成。关于日光灯的原理，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S点燃日光灯管过程中，启动器的双金属片始终是闭合的
B．闭合开关S点燃日光灯管过程中，镇流器相当于电阻
C．将镇流器换为定值电阻，闭合开关S仍能正常点燃日光灯管
D．将启动器更换为开关S1，先闭合开关S和S1，再断开S1，仍有可能点燃日光灯管
【答案】D
【详解】A．当开关接通220伏的电压立即使启动器的惰性气体电离，产生辉光放电,辉光放电的热量使双金属片受热膨胀，两极接触；电流通过镇流器、启动器触极和两端灯丝构成通路。灯丝很快被电流加热，发射出大量电子，双金属片自动复位，两极断开；故A错误；
B．在两极断开的瞬间，电路电流突然切断，镇流器产生很大的自感电动势，与电源电压叠加后作用于管两端。灯丝受热时发射出来的大量电子，在灯管两端高电压作用下，以极大的速度由低电势端向高电势端运动，在加速运动的过程中，碰撞管内氩气分子，使之迅速电离。在紫外线的激发下，管壁内的荧光粉发出近乎白色的可见光；则镇流器相当于自感电源，提供高压，故B错误；
C．将镇流器换为定值电阻，闭合开关S不能提供高压让氩气分子电离，则不能正常点燃日光灯管，故C错误；
D．将启动器更换为开关S1，先闭合开关S和S1，再断开S1，相当于启动器的作用，也能提供断电时的自感电动势获得高压，则仍有可能点燃日光灯管，故D正确；
故选D。
5．（23-24高二下·北京怀柔·期末）在如图所示的电路中，和是两个相同的灯泡。线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S时，和同时亮
B．闭合开关S时，先亮，逐渐变亮，稳定时亮度相同
C．断开开关S时，闪亮一下再熄灭
D．断开开关S时，流过的电流方向向左
【答案】B
【详解】AB. 闭合开关S时， 立刻亮；由于A1支路的线圈阻碍电流的增加，则逐渐亮起来，由于和是两个相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略不计，则稳定时亮度相同，选项A错误，B正确；
CD. 断开开关S时，通过原来的电流立刻消失，而在A1支路由于线圈L阻碍电流的减小，产生自感电动势相当于电源，在A1和A2中重新形成回路，可知两灯都会慢慢熄灭，流过的电流方向向右，由于稳定时通过两灯的电流相同，则不会闪亮一下再熄灭，选项CD错误。
故选B。
6．（23-24高二下·江苏·期末）如图1所示，大功率家用电器的插头常配备漏电保护装置，工作原理如图2所示，其中“零序电流互感器”可视为闭合铁芯。正常用电时，火线和零线的电流等大反向；出现漏电时，快速响应电路能够在毫秒级的时间内检测到漏电并触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源。下列说法中正确的是（　　）
A．漏电保护装置利用的原理是互感现象
B．图2中零线应该置于互感器的外面，否则无法正常使用
C．正常用电时，M和N两点之间没有电压
D．出现漏电时，M和N两点之间没有电压
【答案】C
【详解】ACD．若火线和零线电流始终等大反向，则穿过零序电流互感器的磁通量不发生变化，零序电流互感器无感应电动势，则与之构成闭合回路的断路器两端MN间无电压，但若发生漏电，则由火线、用电器、零线构成的闭合回路中，流经火线与零线的电流大小将不再相等，从而使穿过零序电流互感器的磁通量发生变化，产生感应电动势，触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源，保护电路，即此时断路器两端MN间有电压，由此可知漏电保护装置应用了电磁感应的原理而不是利用互感，故C正确，AD错误；
B．图2中若零线置于互感器的外面，则发生漏电时，零序电流互感器不能感应到通过火线的电流变化，因此互感器不能正常使用，只有零线与火线同在互感器里面，互感器通过感应相反电流产生的磁场是否变化从而做出反馈，因此图2中零线应该置于互感器的里面，故B错误。
故选C。
二、多选题
7．（23-24高二下·福建泉州·期末）如图所示，a、b灯分别标有“3.6V，2.5W”和“3.6V，4.0W”，闭合开关，调节R，能使a、b都正常发光。断开开关后重做实验，则（　　）
A．闭合开关，a将慢慢亮起来，b立即达到最亮
B．闭合开关，a、b立即达到最亮
C．断开开关，a逐渐熄灭，b灯闪亮一下再熄灭
D．断开开关，a、b都逐渐熄灭
【答案】AD
【详解】AB．闭合瞬间，L相当于断路，b立刻变亮，a逐渐变亮，故A正确，B错误；
CD．闭合开关稳定时，a的亮度比b的小；根据知通过a的电流小；电键断开，L相当于电源与两个灯泡串联，逐渐熄灭，由于稳定后a灯的电流小于b灯，所以电键断开瞬间b灯的电流比稳定时的电流小，b灯不会再闪亮一下，故C错误，D正确。
故选AD。
8．如图所示电路中，和是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻可不计。在开关S闭合和断开瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．当S闭合时，先达到最亮，稳定后熄灭时达到最亮
B．当S闭合时，先达到最亮，稳定后与亮度相同
C．电路稳定后断开S时，闪亮后与一起熄灭
D．电路稳定后断开S时，立即熄灭，闪亮后逐渐熄灭
【答案】AD
【详解】AB．和在S闭合瞬间立即发光，由于线圈L的自感作用，先达到最亮，然后逐渐变暗，亮度会逐渐增强，由于线圈直流电阻不计，电路稳定后被短路而熄灭；熄灭时达到最亮，选项A正确，B错误。
CD．电路稳定后断开S时，立即熄灭，但是线圈L产生自感电动势阻碍电流减小，则线圈相当电源，与组成回路，可知闪亮后逐渐熄灭，选项C错误、D正确。
故选AD。
9．（23-24高二上·辽宁·阶段练习）如图所示电路中，A、B为完全相同的灯泡，电阻为R。自感线圈L的直流电阻也为R，a、b为L的左、右端点，电源电动势为E，内阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S，灯泡A缓慢变亮，灯泡B瞬间变亮
B．闭合开关S，当电路稳定后，灯泡A、B一样亮
C．闭合开关S，电路稳定后再断开开关S，灯泡A闪亮后缓慢熄灭
D．闭合开关S，电路稳定后再断开开关S的瞬间，b点电势高于a点
【答案】AD
【详解】A．闭合开关S，灯泡B瞬间变亮，灯泡A与自感线圈L串联，缓慢变亮，故A正确；
B．闭合开关S，当电路稳定后，灯泡A所在支路电阻较大，电流较小，所以灯泡A比灯泡B暗一些，故B错误；
C．闭合开关S，电路稳定后再断开开关S，自感线圈L、灯泡A和灯泡B构成回路，缓慢熄灭，不会闪亮，故C错误；
D．闭合开关S，电路稳定后再断开开关S的瞬间，自感线圈L产生感应电动势，b点电势高于a点，故D正确。
故选AD。
三、解答题
10．图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。电路中电灯的电阻R1=6.0Ω，定值电阻R=2.0Ω，AB间电压U=6.0V。开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1=1.0×10-3s时刻断开开关S，此时刻前后电流传感器显示的电流随时间变化的图线如图乙所示。求：
（1）线圈L的直流电阻RL，断开开关后通过电灯的电流方向；
（2）在t2=1.6×10-3s时刻线圈L中的感应电动势E的大小。
【答案】（1）2Ω；向左；（2）2.0V
【详解】（1）由图读出,开始时流过电感线圈L的电流I0=1.5A，由欧姆定律I0=
计算得出=2Ω
断开开关后，L中的电流从原来的数值逐渐减小，电流的方向不变,所以通过电灯L1中电流方向与原来的方向相反，是向左的。
（2）由图读出，t1=1.6×10-3s时刻线圈L的电流I0=0.20A
线圈L此时是一个电源，由闭合电路欧姆定律E=I（）=2.0V
11．（1）课上老师带领同学观察自感现象，如左图所示，线圈L与灯泡A1串联，滑动变阻器R与灯泡A2串联。闭合开关S，灯泡 （选填“A1”、“A2”）缓慢亮起。在右图所示实验中，先闭合开关S使灯泡发光，并设通过线圈L的电流为，通过小灯泡的电流为，然后断开开关，实验中发现小灯泡闪亮一下再熄灭，这说明 （填“＞”、“＜”或“＝”）。

（2）为了更好说明自感电动势阻碍线圈的电流变化，老师带领同学用电流传感器（相当于电流表，其电阻可以忽略不计）显示自感对电流的影响，对图和图电路，我们观察开关S闭合、断开流过传感器的电流。

实验发现：
闭合开关S，左图电路传感器的波形大约如 （选填图中的“甲、乙、丙、丁”）所示；
切断开关S，右图电路中传感器2的波形大约如 （选填图中的“甲、乙、丙、丁”）所示。

【答案】 A1 ＞ 乙 丙
【详解】
（1）[1]在左图中，当闭合开关S，电路闭合，A2立即点亮；线圈L与灯泡A1串联，由于线圈的自感作用，A1缓慢亮起。
[2]右图中，在电路稳定后突然断开开关S，电感线圈L产生感应电流，与A组成闭合回路，电流从逐渐减小，灯泡A会闪亮一下再熄灭，这说明；
（2）[3]左图电路，闭合开关S，由于线圈的自感作用，电流从0逐渐增大，最后达到稳定状态。故传感器的波形大约如图乙所示；
[4]右图电路中，切断开关S，电源组成的电路断开，A1中的电流瞬间消失，由于线圈的自感作用，电感线圈L产生感应电路，与A2组成闭合回路，通过A2的电流反向并逐渐减小到0，故传感器2的波形大约如图丙所示。
12．（23-24高二下·全国·单元测试）在如图所示的电路中，为一直流电阻可以忽略不计的自感线圈。断开开关，自感线圈中的电流从最大值减小到零所经历的时间为，产生的感应电动势为，可使氖管发光；那么如果电流在内减小到零，则氖管两端可得到多大电压？
【答案】
【详解】自感线圈充当电源给氖管供电，氖管两端的电压
由自感电动势的公式得
所以，
联立上面两个式子并代入数据得
13．观察图片回答下列问题：
（1）如图甲，A1、A2的规格相同，先闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节可调电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S。重新接通电路，会观察到什么现象？
（2）试用电磁感应理论分析（1）发生的现象。
（3）如图乙，开始时开关闭合，断开开关时，线圈L中的电流会立即变为0吗？
（4）图乙中开关断开后，产生感应电动势的线圈可以看成一个电源，灯泡中的电流与原来通过它的电流方向是否一致？
（5）图乙中开关断开后，通过灯泡的电流是否有可能比原来的更大？
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析；（5）见解析
【详解】（1）重新接通电路，A2立刻亮， A1慢慢变亮，最后亮度相同；
（2）闭合S的瞬间，通过线圈的磁通量变大，线圈产生自感现象，线圈中产生感应电流，阻碍通过A1的电流变大，所以A1慢慢变亮；
（3）断开开关时，由于自感现象，线圈L中的电流不会立刻变为零；
（4）图乙中开关断开后，产生感应电动势的线圈可以看成一个电源，线圈中的电流方向不变，所以灯泡中的电流与原来通过它的电流方向相反；
（5）如果线圈没有直流电阻或者直流电阻小于灯泡的电阻，则开关断开后，通过灯泡的电流有可能比原来的更大。第10讲 带电粒子的临界和多解问题（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：带电粒子在有界磁场中的临界问题
带电粒子在有边界的磁场中运动时，由于边界的限制往往会出现临界问题．解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解．
临界点常用的结论：
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，对应圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长．
知识点2：带电粒子在磁场中运动的多解问题
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题．
(1)找出多解的原因．
(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况．
强化点一 放缩圆模型
适用条件 速度方向一定，大小不同 粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
轨迹圆圆心共线 如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定 方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法
【典例1】一匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，，，一束粒子在纸面内从a点垂直于射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知粒子的质量为、电荷量为。则粒子在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（　　）
A． B． C． D．
【变式1-1】（多选）如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计）从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是（　　）
A．若该粒子的入射速度为v＝ ，则粒子一定从AD边射出磁场
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
【变式1-2】（多选）如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°，AO=a。在O点放置一个电子源，可以向OC方向发射速度不同的电子，电子的比荷为，发射速度为，对于电子进入磁场后的运动（不计电子的重力），下列说法正确的是（　　）
A．电子不可能打到A点
B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
C．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大
D．在AC边界上有一半区域有电子射出
强化点二 “旋转圆”模型
适用条件 速度大小一定，方向不同 粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝，如图所示。
轨迹圆圆心共圆 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上
界定 方法 将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
【典例2】如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则这两种情况下带电粒子从P点射入到距P点最远处射出，其在磁场中所经历的时间比t1∶t2为（　　）
A．1∶2 B．2∶1 C．∶1 D．1∶1
【变式2-1】（多选）如图所示，等腰直角三角形MON的直角边MO长度为L，在MON区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。三个相同的带电粒子从M点沿MO方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1：t2：t3=3：3：2，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．粒子可能带正电
B．三个粒子速度的大小关系可能是v2C．粒子的比荷
D．从ON边射出的粒子与O点的距离为
【变式2-2】（多选）如图所示，在边长为L的正方形区域ABCD内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m，电荷量为q的带电粒子（不计重力），分别以相同的速率v从A点沿不同方向垂直磁场方向射入磁场，当沿AC方向射入时，垂直于BC边射出磁场。则粒子（　　）
A．带负电 B．运动速率
C．在磁场中运动的最长时间 D．在磁场中运动的最长时间
强化点三 “平移圆”模型的应用
适用条件 速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上 粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝，如图所示
轨迹圆圆心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行
界定方法 将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法
【典例3】如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场（M点未画出）。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2（带电粒子重力不计），则t1：t2为（　　）
A．2：1 B．4：3 C．3：2 D．
【变式3-1】（多选）如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，d为ac边的中点，e为bc边上的一点。现有一带正电的粒子（不计重力）从a点以大小不同的速度沿ab方向射入磁场，分别从d、c、e点射出磁场，所用时间分别为t1、t2、t3，且t1：t3=3：2，若t3已知，则（　　）
A．t2：t3=3：2 B．带电粒子的比荷为
C．从c点与从e点射出的速度大小之比为 D．从d点与从e点射出的速度大小之比为
【变式3-2】（多选）纸面内有一矩形边界磁场ABCD，磁场方向垂直于纸面（方向未画出），其中AD=BC=L，AB=CD=2L，一束β粒子以相同的速度v0从B点沿BA方向射入磁场，当磁场为B1时，β粒子从C射出磁场；当磁场为B2时，β粒子从D射出磁场，则（　　）
A．磁场方向垂直于纸面向外 B．磁感应强度之比B1：B2=5：1
C．速度偏转角之比θ1：θ2=180：37 D．运动时间之比t1：t2=36：53
强化点四 “磁聚焦”和“磁发散”模型
（1）带电粒子的会聚
如图甲所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出．(会聚)
证明：四边形OAO′B为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB必平行于AO′(即竖直方向)，可知从A点发出的带电粒子必然经过B点．
（2）带电粒子的发散
如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B，圆心为O，从P点有大量质量为m、电荷量为q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行．(发散)
证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O1A(O2B、O3C)均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．
【典例4】如图所示，在直角坐标系xoy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m、电荷量为+q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R=mv/qB，正确的图是（ ）
A． B．
C． D．
【变式4-1】如图，矩形abcd的长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，o、e分别是ad、bc的中点，以o、e为圆心有两个半径均为R＝0.3m的四分之一圆弧，区域obedo内有方向垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25T。一群不计重力、质量m＝3×10－9kg、电荷量q＝2×10－5C的带正电粒子垂直于ad边以v＝5×102m/s的速度射入磁场区域。下列判断正确的是（ ）
A．所有粒子射出磁场时的速度方向都平行 B．所有粒子在磁场中运动的时间都相等
C．从od边射入的粒子，出射点都在e点 D．从ao边射入的粒子，出射点都在b点
【变式4-2】如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m。不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（　　）
A．射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上
B．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长
C．射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线不可能过圆心O
D．当入射速度时，粒子射出磁场后一定垂直打在MN上
强化点五 带电粒子电性不确定形成的多解
如果粒子的电性不确定，带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。如图所示，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。
【典例5】（多选）如图所示，在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在MN边界放一刚性挡板，粒子能碰到挡板则能够以原速率弹回（水平速度不变，竖直方向速度等大反向）。一质量为m、带电荷量为q的粒子以某一速度从P点射入，恰好从Q点射出。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子一定带负电荷
B．带电粒子的速度最小值为
C．若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量可能为
D．带电粒子在磁场中运动时间可能为
【变式5-1】（多选）平面OM和平面ON之间的夹角为35°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，大小为B，方向垂直于纸面向外。一质量为m，电荷量绝对值为q、电性未知的带电粒子从OM上的某点向左上方射入磁场，速度与OM成20°角，运动一会儿后从OM上另一点射出磁场。不计重力。则下列几种情形可能出现的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的轨迹与ON只有一个公共点，在磁场中运动的时间是
B．粒子在磁场中运动的轨迹与ON只有一个公共点，在磁场中运动的时间是
C．粒子在磁场中运动的轨迹与ON共有两个公共点，在磁场中运动的时间是
D．粒子在磁场中运动的轨迹与ON共有两个公共点，在磁场中运动的时间是
【变式5-2】（多选）如图所示，直线OP把坐标系Oxy分成I区域和II区域，区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内。边界上的P点坐标为（4L，3L）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O。忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8.则下列说法中正确的是（　　）
A．该粒子可能沿y轴负方向从O点射出
B．该粒子射出时与x轴正方向夹角一定为90°
C．该粒子在磁场中运动的最短时间
D．该粒子运动的可能速度为
强化点六 磁场方向不确定形成的多解
有些题目只知磁感应强度的大小，而不知其方向，此时必须要考虑磁感应强度方向
不确定而形成的多解。
如图所示，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a；若B垂直纸面向外，其轨迹为b。
【典例6】如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求：
（1）磁感应强度B0的大小；
（2）要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
【变式6-1】如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是（　　）
A．，垂直纸面向里 B．，垂直纸面向里
C．，垂直纸面向外 D．，垂直纸面向外
【变式6-2】小明同学对正、负电子对撞产生了浓厚的兴趣，他根据所学知识设计了正、负电子对撞装置，通过电子在匀强磁场中的运动来实现正、负电子在不同位置能发生正碰。如图所示，ab和cd是关于y轴对称、间距为2l的直线磁场边界，在两边界之间有两个有界匀强磁场。两磁场的边界MN位于x轴上方且平行于x轴，MN与x轴的距离h可调。MN下方的磁场垂直纸面向里，上方的磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B。若将质量为m、电荷量为e的正、负电子分别从ab和cd磁场边界上沿x轴同时以相同速率进入强磁场，使正、负电子能在y轴的不同位置垂直于y轴方向发生正碰，则MN与x轴的距离h的大小可能是（不计粒子间的相互作用力和粒子重力）（　　）
A． B．
C． D．
强化点七 临界状态不唯一形成的多解
带电粒子在洛伦兹力作用下在有界磁场中运动时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，从而形成多解，如图所示。
【典例7】如图所示，正方形abcd区域（包含边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电量为q的正电粒子从a点沿着ab方向射入磁场中，边长为l，不计粒子的重力，为使粒子从cd边射出磁场区域，粒子的速度可能为（　　）
A． B． C． D．
【变式7-1】如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷，则以下说法正确的是（ ）

A．质子的速度可能为 B．质子的速度可能为
C．质子由A到C的时间可能为 D．质子由A到C的时间可能为
【变式7-2】如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B．一粒子源位于上的点，能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为的同种粒子（重力不计，粒子间的相互作用不计），所有粒子均能通过上的点，已知，则粒子的速度可能是（ ）
A． B． C． D．
强化点八 带电粒子运动的往复性形成的多解
带电粒子在组合场或交变场中运动时，运动往往具有周期性，从而形成多解，如图所示。
【典例8】如图所示，在坐标系的第Ⅰ象限内充满了沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限内充满了垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点以垂直于y轴和电场的初速度进入匀强电场，一段时间后经过x轴上的Q点进入匀强磁场，进入磁场时的速度方向与x轴正方向成角，已知，若粒子在磁场中运动一段时间后恰好能再回到电场，不计粒子重力，电场强度E和磁感应强度B大小均未知。求：
（1）的距离；
（2）磁感应强度B的大小：
（3）粒子从离开P点到第三次经过x轴所需的时间。
【变式8-1】如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E0的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为M，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。求改变后电场强度的大小和粒子的初速度。
【变式8-2】如图所示，在的“OPNQ”正方形区域中，存在沿y轴负方向的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OQ中点A沿x轴正方向，大小为的初速度进入电场，粒子依次经过P点和O点，不计粒子重力。求：
（1）电场的电场强度E的大小；
（2）磁场的磁感应强度B的大小；
（3）粒子从A点进入电场后返回A点所经历的时间t。
1．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac，bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆半径的。一束质量为m、电荷量为的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（　　）
A． B． C． D．
2．如图所示，直线MN是一匀强磁场的边界，三个相同的带正电粒子分别沿图示1、2、3三个方向以相同的速率从O点射入磁场，沿箭头1、3两个方向的粒子分别经t1、t3时间均从p点离开磁场，沿箭头2方向(垂直于MN)的粒子经t2时间从q点离开磁场，p是Oq的中点，则t1、t2、t3之比为
A．1：2：3 B．2：3：4 C．1：3：5 D．2：3：10
3．如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，.现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t(不计重力).则下列判断中正确的是( )
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为5t B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为 D．粒子进入磁场时速度大小为
4．空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，线段是屏与纸面的交线，长度为，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；，P为垂足，如图所示，已知，若上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为（　　）
A． B． C． D．
5．如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m，电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知，粒子带负电，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则（　　）
A．粒子的速度大小为
B．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为
C．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为
D．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为
6．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN是它的下边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子与MN成30°角垂直射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间可能为（　　）

A． B． C． D．
7．如图所示的xOy坐标系中，y轴的左侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，y轴右侧的匀强磁场垂直纸面方向且大小未知，一带正电的粒子由y轴上（0，）处沿与y轴正方向成30°角的方向以速度v射入磁场，已知粒子的比荷为k，粒子在y轴右侧的轨道半径为L，最终粒子经过O点，粒子重力不计。下列说法正确的是（　　）
A．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则y轴右侧的磁感应强度大小为
B．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则粒子从射入到运动至O点的时间为
C．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为
D．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为
8．如图所示，在竖直的xoy平面内，在水平x轴上方存在场强大小 方向平行于x轴向右的匀强电场，在x轴下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场B和大小方向都未知的匀强电场 一质量为m、带电量为q的小球从y轴上的P（0，L）位置无初速度释放，释放后小球从第一象限进入第四象限做匀速圆周运动，运动轨迹恰好与y轴相切，已知重力加速度为g。
（1）求匀强电场 大小与方向；
（2）求匀强磁场B的大小；
（3）求小球第二次穿过x轴的位置与第三次穿过x轴的位置之间的距离；第08讲 安培力（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：对磁感应强度和磁通量的理解
1．磁场
(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用．
(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，或自由小磁针静止时N极的指向．
2．磁感应强度
(1)定义式：B＝(通电导线垂直于磁场)．
(2)方向：小磁针静止时N极的指向．
(3)磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的．
3．磁感线
(1)引入：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．
(2)特点：磁感线的特点与电场线的特点类似，主要区别在于磁感线是闭合的曲线．
(3)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场，如下图所示．
　
磁通量
（1）定义：匀强磁场中磁感应强度和与磁场方向垂直的平面面积S⊥的乘积．即Φ＝BS⊥.
（2）磁通量的计算：Φ＝BS⊥.
适用条件：①匀强磁场；②磁感线与平面垂直．
（3）若磁感线与平面不垂直，则Φ＝BScosθ.其中Scosθ为面积S在垂直于磁感线方向上的投影面积S1，如图所示．
（4）磁通量的正负：磁通量是标量，但有正负，若磁感线从某一面穿入时，磁通量为正值，磁感线从此面穿出时则为负值．
（5）磁通量可用穿过某一平面的磁感线条数表示．若有磁感线沿相反方向穿过同一平面，则磁通量等于穿过该平面的磁感线的净条数(磁通量的代数和)．
知识点2：安培定则的应用及磁场的叠加
1．安培定则的应用
直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场
特点 无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱 与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场 环形电流的两 侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱
安培定则
立体图
横截面图
2．磁场的叠加
磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．
3. 磁场叠加问题的一般解题思路
（1）确定磁场场源，如通电导线．
（2）定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图所示为M、N在c点产生的磁场．
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场．
知识点3：导体棒运动趋势的判断
电流元法 分割为电流元安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向
特殊位置法 在特殊位置―→安培力方向―→运动方向
等效法 环形电流??小磁针条形磁铁 通电螺线管??多个环形电流
结论法 同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究 对象法 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
知识点4：安培力的分析和计算
1．安培力的方向
(1)左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
(2)注意问题：磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．
2．安培力的大小
当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝ILBsinθ。公式F＝BIL中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且L是通电导线的有效长度
(1)当磁场与电流垂直时，安培力最大，Fmax＝ILB.
(2)当磁场与电流平行时，安培力等于零．
知识点5：安培力与动力学综合问题
通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路
（1）选定研究对象；
（2）变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I，如图所示．
列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解．
受力分析的注意事项
安培力的特点：F=BILsinθ，其中θ属于B和L间的夹角，且F⊥B，F⊥I，即F垂直B和I所在的平面；
L是有效长度，即在磁场中的两端点在与磁场垂直的平面上的投影；
试图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体棒方向、磁场方向、受力方向分布在三维空间的不同方向上 ，这是应利用俯视图、剖面图或侧面图等，将三维图转化为二维平面图。
强化点一 两根通电导线之间作用力的判断
规律：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。注意区分电荷和磁极，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
【典例1】（多选）（23-24高二下·甘肃临夏·期末）如图所示，长直导线与心形金属线框放在光滑绝缘的水平面上，且长直导线与心形线框的对称轴MN垂直。当长直导线中通以图示方向的电流I，且电流增大时，下列关于心形线框的说法正确的是（ ）
A．线框有面积缩小的趋势 B．线框中产生顺时针方向的感应电流
C．线框在水平面内沿逆时针方向旋转 D．线框沿垂直于直导线方向向右平动
【答案】AD
【详解】AB．直导线中的电流增大，导线框中向里的磁通量增大，由楞次定律知，线框有面积缩小的趋势，线框中产生逆时针方向的感应电流。故A正确；B错误；
CD．由对称性知，线框对称轴MN上、下两部分受到平行于直导线方向上安培力的合力为零，导线框受到安培力沿对称轴向右，线框沿垂直于直导线方向向右平动。故C错误；D正确。
故选AD。
【变式1-1】（23-24高二下·广东珠海·期末）如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过平面，与平面的交点形成边长为的正方形且关于轴和轴对称，各导线中电流方向已标出，已知无限长通电直导线在某点产生的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比。下列说法正确的是（　　）
A．轴正半轴的磁感应强度方向沿轴正方向 B．直导线1、2、3对导线4的作用力的合力为零
C．在点的磁感应强度方向沿轴正方向 D．直导线1、3之间的相互作用力为排斥力
【答案】A
【详解】AC．根据安培定则判断四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：1导线产生的磁感应强度方向为O4方向；3导线产生的磁感应强度方向为O2方向；同理，2导线产生的方向为O3方向，4导线产生的方向为O1方向；则根据平行四边形定则进行合成可知，四根导线同时存在时O点的磁感应强度大小为0。同理，可判断知在Ox轴正方向上，1、4导线的合磁场方向沿x轴负方向，2、3导线的合磁场方向沿x轴正方向，且磁感应强度大小大于1、4导线的合磁感应强度大小（无穷远点出除外），所以，可得四根导线在x轴正方向上的合磁感应强度方向沿x轴正方向，故A正确，C错误。
D．利用安培定则确定通电直导线电流产生的磁场方向，利用左手定则确定安培力的方向，可知当平行放置的长直导线中通有反向电流时，电流之间的作用力表现为排斥力，当平行放置的长直导线中通有同向电流时，电流之间的作用力表现为吸引力，即“同向相吸，异向相斥”的规律，所以直导线1、3之间的相互作用力应为吸引力，故D错误；
B．根据通电导线之间的作用规律“同向相吸，异向相斥”，可知1、3导线对4的作用力均为斥力，且沿它们的连线向外，2导线对4的作用力为引力，且沿它们的连线向内。设1、3导线对4的作用力大小为，则它们的合力大小为，方向2→4。由于无限长通电直导线在某点产生的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比，可得2导线对4的作用力大小为，方向4→2，则直导线1、2、3对导线4的作用力的合力大小为，故B错误；
故选 A。
【变式1-2】（23-24高二下·四川成都·期末）如图，竖直平面内固定有两条互相平行的长直绝缘导线、，通过它们的电流强度相等，方向均竖直向下。a、b、c三点连线水平，与两导线相互垂直且共面：b、e、f三点竖直共线，与两导线共面；b是两导线距离的中点，a到的距离是b到的距离的一半，b、c两点到的距离相等，a、b、c、c、f五点的磁感应强度大小分别为。下列说法正确的是（　　）
A． B．两导线会产生相互排斥的作用力
C．，且a点的磁场方向垂直于纸面向里 D．，且c点的磁场方向垂直于纸面向里。
【答案】C
【详解】A．三点竖直共线，到导线的距离相等，导线在中垂线处产生的磁感应强度大小相等，方向相反，有
故A错误；
B．根据两导线产生的磁感应强度方向，由左手定则分析可知，两导线相互吸引。故B错误；
CD．根据通电长直导线在空间某位置产生的磁场的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比，由
可得
两导线在点产生的磁感应强度方向相同，均垂直于纸面向里，则
方向垂直于纸面向里，同理可推出
两导线在点产生的磁感应强度方向相同，均垂直于纸面向外，则
方向垂直于纸面向外，由A选项分析可得，
故C正确；D错误。
故选C。
强化点二 通电导线在磁场中作用力的判断
【典例2】（多选）（23-24高二下·山东临沂·期末）将粗细均匀、边长为L的正三角形铜线框用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上，置于垂直线框平面向外的大小为B的磁场中，现用细导线给三角形线框通有大小为I的电流，则（　　）
A．通电后两绳拉力变大 B．通电后两绳拉力变小
C．三角形线框安培力大小为BIL D．三角形线框安培力大小为2BIL
【答案】AC
【详解】AB．根据题意，由左手定则可知，通电后线框所受安培力向下，则通电后两绳拉力变大，故A正确，B错误；
CD．根据题意可知，间折线是直线长度的2倍，且并联接入电路中，则通过直线电流是折线的倍，即通过直线的电流为，通过折线的电流为，三角形线框安培力大小为
故C正确，D错误。
故选AC。
【变式2-1】（多选）（23-24高二下·青海西宁·期末）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度．它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．电流未反向时，安培力的方向竖直向上
B．电流反向时，安培力的方向竖直向上
C．若用n、m、l、I、g表示磁感应强度B的大小，则
D．若用n、m、l、I、g表示磁感应强度B的大小，则
【答案】AC
【详解】A B．由左手定则，电流未反向时，安培力的方向竖直向上，电流反向后，安培力的方向竖直向下，故A正确，B错误；
C D．设左盘砝码质量为，右盘砝码质量为，电流方向未改变时，因安培力的方向向上，故
同理，电流方向改变后
联立解得
故C正确，D错误。
故选AC。
【变式2-2】（多选）（23-24高二下·四川遂宁·阶段练习）如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则（ ）
A．ab棒不受安培力作用 B．ab棒所受安培力的方向向右
C．ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大 D．螺线管产生的磁场，A端为S极
【答案】CD
【详解】A．金属棒ab向右运动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流方向由，再根据左手定则判断棒所受安培力水平向左，故A、B错误；
C．由公式
ab的速度越大，感应电动势越大，感应电流越大，所受安培力就越大，故C正确；
D．根据安培定则可判定螺线管的B为端为N极，A为端为S极。故D正确。
故选CD。
强化点三 导体棒在磁场中运动方向的判断
【典例3】（22-23高二上·重庆·期末）如图，一个可以自由运动的圆形线圈水平放置并通有电流I，电流方向俯视为顺时针方向，一根固定的竖直放置直导线通有向上的电流I，线圈将（　　）

A．a端向上，b端向下转动，且向左运动 B．a端向上，b端向下转动，且向右运动
C．a端向下，b端向上转动，且向左运动 D．a端向下，b端向上转动，且向右运动
【答案】A
【详解】根据安培定则可知，通电导线在左侧产生的磁场方向垂直纸面向外。采用电流元法，将圆形线圈分成前后两半，根据左手定则可知，外侧半圆受到的安培力向上，内侧受到的安培力向下，圆形线圈将转动。再用特殊位置法：圆形线圈转过90°时，通电直导线对左半圆形线圈产生吸引力，对右半圆形线圈产生排斥力，圆形线圈靠近通电直导线，所以圆形线圈向左运动。故A正确，BCD错误；
故选A。
【变式3-1】如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（　　）

A．FN1C．FN1>FN2，弹簧的伸长量增大 D．FN1>FN2，弹簧的伸长量减小
【答案】D
【详解】磁铁的磁感线在磁铁外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏左位置，所以A处的磁感线是斜向左上或水平向左，A处电流的方向垂直纸面向外，根据左手定则可知导线受磁铁给的安培力方向是斜向左下或竖直向下，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向右上或竖直向上；将这个力分解为垂直于斜面向上与平行于斜面向上的分力，可知光滑斜面对磁铁支持力减小，弹簧拉力减小，弹簧伸长量将变小。
故选D。
【变式3-2】如图所示，将通电直导线AB用悬线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关（　　）
A．A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小
B．A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变大
C．A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大
D．A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变小
【答案】C
【详解】接通开关，由线圈电流方向，根据安培定则，可知电磁铁左端为N极，右端为S极。则通电直导线左半部分磁场斜向右上方，右半部分磁场斜向右下。根据左手定则，通电导线左半部分受安培力向里，右半部分受安培力向外，即A端向纸内运动，B端向纸外运动。通电导线旋转至垂直纸面向里方向，而磁场向右，则安培力向下，则悬线张力变大。
故选C。
强化点四 安培力的计算式及简单应用
【典例4】（23-24高二下·内蒙古·期末）研究磁铁对通电导线作用力的装置如图所示。当轻质细导线中通入电流时，细导线下端的金属棒受到水平方向的磁场力，平衡时细导线偏离竖直方向的角度为。已知金属棒的质量为，两细导线间的距离为，把磁极之间的磁场看作匀强磁场，重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒受到的磁场力大小为 B．金属棒受到的磁场力大小为
C．金属棒所在位置磁场的磁感应强度大小为
D．金属棒所在位置磁场的磁感应强度大小为
【答案】C
【详解】AB．对导体棒受力分析，受到重力，水平向右的安培力及轻质细导线的拉力，根据共点力平衡可知
故AB错误；
CD．根据，解得
故C正确，D错误。
故选C。
【变式4-1】（22-23高二上·江苏南京·期末）有一半径为的圆形线框悬挂在弹簧测力计下端，线框中通有abcda方向的恒定电流I，直线是匀强磁场的边界线，磁场方向垂直于圆形线框所在平面向里。整个线圈都在磁场中平衡时弹簧测力计的读数为；若将线圈上提，让圆形线框正好有一半露出磁场，其他条件都不改变，再次平衡时，弹簧测力计的读数为5F。则匀强磁场的磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】圆形线框全部在磁场中时，受到安培力作用的有效长度为零，则满足关系
圆形线框正好有一半露出磁场，有效长度为2R，受到竖直向下的安培力，大小为BL2R，
由平衡条件得，解得
故选B。
【变式4-2】（23-24高二上·安徽合肥·期末）如图所示，CD和EF是两根相同的金属棒，质量均为m，长度均为L，用两根等长的柔软导线、（重力不计）将它们连接，形成闭合回路CDFE。用两根绝缘细线、将整个回路悬于天花板上，使两棒保持水平并处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，重力加速度为g。在回路中通以如图所示方向的电流I，则稳定后（　　）
A．软导线、对金属棒EF的拉力大小均为
B．绝缘细线和对金属棒CD的拉力大小均为mg
C．软导线和向纸面外偏转，软导线与竖直方向夹角的正弦值为
D．绝缘细线和向纸面内偏转，细线与竖直方向夹的正切值为
【答案】B
【详解】B．对CD棒和EF棒组成的系统进行受力分析（从左向右看），如图所示
整体受到两个重力，两个安培力和两个绝缘绳子的拉力，竖直方向根据受力平衡得
可得
即绝缘细线和不发生偏转，绝缘细线和对金属棒CD的拉力大小均为mg，故B正确；
ACD．EF棒受到重力、水平方向的安培力和两个金属杆的拉力，可知软导线和向纸面外偏转，其中安培力大小为
设柔软导线与竖直方向的夹角为，则有，
可知软导线、对金属棒EF的拉力大小均大于，故ACD错误。
故选B。
强化点五 计算非直导线的安培力
【典例5】（23-24高二上·安徽滁州·期末）在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的“花瓣”形线框，磁场方向垂直于线框平面，a、c两点接一直流电源，电流方向如图所示。已知边受到的安培力大小为F，则整个线框所受安培力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】根据题图，由电阻定律可知另一边的阻值为边的5倍，结合并联电路分流规律可知，通过另一边的电流为边的，由知另一边受到的安培力大小为，方向与相同，因此整个线框所受安培力大小为
故选D。
【变式5-1】（23-24高二上·江苏南京·期末）如图所示，用一段导线围成半径为R的圆弧AB，圆心为O，导线中通有顺时针方向的电流，在导线所在的平面（纸面）内加某一方向的匀强磁场，导线受到的安培力最大且方向垂直纸面向外。则下列说法正确的是（　　）
A．磁场方向垂直AB向下
B．若仅将导线绕О点在纸面内顺时针转过，安培力变为原来的
C．若仅将导线绕О点在纸面内顺时针转过，安培力的大小不变
D．若仅将磁场方向变为垂直纸面向外，安培力的大小和方向均发生变化
【答案】B
【详解】B．由图可知导线的等效长度等于圆弧的半径，旋转前导线所受的安培力大小为
若导线绕O点顺时针转过，则磁场与AB连线的夹角为，则导线所受的安培力大小为
故B正确；
A．由左手定则可判断，磁场的方向垂直AB向上，故A错误；
C．若导线绕O点顺时针转过90°，磁场与AB平行，则导线所受的安培力为零，故C错误；
D．仅将磁场方向变为垂直纸面向外，则磁场与AB仍垂直，导线所受的安培力垂直AB向下，磁场力的大小仍为
故D错误。
故选B。
【变式5-2】（23-24高二上·山西大同·期末）如图所示，导体框是由同种材料且导体横截面相同的两段导线构成，分别为直导线和弯曲导线两部分，直导线为，弯曲导线为半圆形，为半圆形的直径，把导体框接入如图电路中，导体框处在垂直纸面向里匀强磁场中，闭合开关，直导线受到的安培力大小为F，则整个导体框受力为（　　）
A．0 B． C． D．
【答案】D
【详解】设半圆的半径为r，则直导线受到的安培力
直线部分和弯曲部分两端的电压相等，弯曲部分的实际长度为πr，受到安培力的等效长度为2r，则弯曲部分受到的安培力
且二者方向相同，则导体框整体受到的安培力为。
故选D。
强化点六 倾斜轨道上安培力的分析
【典例6】（23-24高二下·天津·期末）如图所示，两光滑平行金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源。现把一个质量的导体棒放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，金属导轨电阻不计，g取。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若匀强磁场保持与导体棒始终垂直，但磁感应强度的大小和方向可以改变，为了使导体棒静止在导轨上且对导轨无压力，磁感应强度的大小和方向。
【答案】（1）0.25T；（2）0.5T，方向水平向左
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律可得，流过导体棒的电流为
对导体棒受力分析，根据平衡条件有
解得，匀强磁场的磁感应强度为
（2）若导体棒静止在导轨上且对导轨无压力，则此时对导体棒受力分析可知，导体棒受到的安培力方向竖直向上，根据左手定则判断可知，此时磁感应强度的方向水平向左，且有
解得
【变式6-1】（多选）（23-24高二上·山西吕梁·期末）如图所示，两平行光滑导轨相距，处于一竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B大小为。金属棒的质量为，电阻，水平放置在倾角为的导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。电源电动势为10V，内阻，当开关闭合时，处于静止状态。则（　　）
A．金属棒受到的安培力方向水平向右 B．金属棒受到的安培力大小为0.1N
C．变阻器此时的电阻值为7Ω D．当变阻器滑片向左滑时，金属棒将沿导轨下滑
【答案】BC
【详解】A．根据左手定则，金属棒所受安培力的方向水平向左，故A错误；
B．根据题意，对金属棒受力分析，由平衡条件有
故B正确；
C．根据题意，此时有
由闭合电路欧姆定律有，解得
故C正确；
D．当变阻器滑片向左滑时，接入电路的电阻减小，电流增大，则安培力变大，则金属棒将沿导轨上滑，故D错误。
故选BC。
【变式6-2】（2024·北京海淀·二模）如图所示，宽为L的固定光滑平行金属导轨与水平面成α角，金属杆ab水平放置在导轨上，且与导轨垂直，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。电源电动势为E，当电阻箱接入电路的阻值为R0时，金属杆恰好保持静止。不计电源内阻、导轨和金属杆的电阻，重力加速度为g。
（1）求金属杆所受安培力的大小F。
（2）求金属杆的质量m。
（3）保持磁感应强度大小不变，改变其方向，同时调整电阻箱接入电路的阻值R以保持金属杆静止，求R的最大值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）电路中的电流
金属杆受到的安培力
（2）金属杆受力平衡，有 ，解得
（3）当磁感应强度垂直斜面向上时，安培力最小，电路中的电流最小，R有最大值，依据平衡条件有
，
解得
强化点七 电磁炮
【典例7】（23-24高二下·陕西·期末）如图所示为电磁炮的基本原理图（俯视图）。水平平行金属直导轨a、b充当炮管，金属弹丸放在两导轨间，与导轨接触良好，两导轨左端与一恒流源连接，可使回路中的电流大小恒为 I，方向如图所示，两导轨中电流在弹丸所在处产生的磁场视为匀强磁场。若导轨间距为 d，弹丸质量为m，弹丸在导轨上运动的最大距离为s，弹丸能加速的最大速度为v，不计摩擦，则下列判断正确的是（　　）
A．导轨间的磁场方向向上
B．导轨间的磁场磁感应强度大小为
C．弹丸克服安培力做功获得动能
D．弹丸先做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速运动
【答案】B
【详解】A．弹丸在安培力作用下做加速运动，故安培力方向向右，根据左手定则得出导轨间的磁场方向向下，故A错误；
B．根据加速过程动能定理得出
得出
故B正确；
C．安培力做正功获得动能，故C错误；
D．根据牛顿第二定律得出得出
故加速度恒定，故D错误。
故选B。
【变式7-1】（23-24高二上·上海徐汇·期末）2022年6月17日，我国新一代战舰预计将会配备电磁轨道炮，其原理可简化为如图所示（俯视图）装置。两条平行的水平轨道被固定在水平面上，炮弹安装于导体棒ab上，由静止向右做匀加速直线运动，到达轨道最右端刚好达到预定发射速度v，储能装置储存的能量恰好释放完毕。已知轨道宽度为d，长度为L，磁场方向竖直向下，炮弹和导体杆ab的总质量为m，运动过程中所受阻力为重力的k（）倍，储能装置输出的电流为I，重力加速度为g，不计一切电阻、忽略电路的自感。下列说法错误的是（　　）
A．电流方向由a到b B．磁感应强度的大小为
C．整个过程通过ab的电荷量为 D．储能装置刚开始储存的能量为
【答案】C
【详解】A．导体杆ab向右做匀加速直线运动，受到的安培力向右，根据左手定则可知，流过导体杆的电流方向由a到b，选项A正确；
B．由动能定理
解得磁感应强度的大小为
选项B正确；
C．整个过程通过ab的电荷量为
选项C错误；
D．储能装置刚开始储存的能量为
选项D正确。
此题选择不正确的，故选C。
【变式7-2】（多选）（23-24高二下·四川成都·期末）如图，间距为L的光滑平行导轨水平固定放置，导轨间始终存在竖直方向的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，导轨左端连接电动势为E、内阻为r的恒定直流电源。一带有炮弹的金属棒垂直放在导轨上，金属棒的电阻为R，长度为L，导轨电阻不计。通电后带有炮弹的金属棒将沿图示方向发射，不考虑回路中电流产生的磁场，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关瞬间，回路中的电流为
B．磁场方向竖直向上
C．若回路中电流和磁场方向同时反向，则带有炮弹的金属棒的发射方向也反向
D．闭合开关瞬间，带有炮弹的金属棒所受安培力大小为
【答案】BD
【详解】B．从上往下看，流过炮弹的电流为逆时针方向，炮弹所受安培力水平向右，根据左手定则可知磁场方向竖直向上，故B正确；
AD．闭合开关瞬间电流为，则安培力为，故D正确，A错误；
C．若同时将电流和磁场方向反向，根据左手定则可知，炮弹发射方向不变，故C错误。
故选BD。
真题感知
1．（2024·贵州·高考真题）如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流，且，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向（　　）
A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右
【答案】C
【详解】根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里，由于，可知左侧的磁场强度大，同一竖直方向上的磁场强度相等，故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消，根据左手定则结合可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力，故导线框所受安培力的合力方向水平向左。
故选C。
2．（2024·甘肃·高考真题）如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为（　　）
A．，方向向左 B．，方向向右
C．，方向向左 D．，方向向右
【答案】A
【详解】导体棒ab切割磁感线在电路部分得有效长度为d，故感应电动势为
回路中感应电流为
根据右手定则，判断电流方向为b流向a。故导体棒ab所受的安培力为
方向向左。
故选A。
3．（多选）（2024·福建·高考真题）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，铜环两端、处于同一水平线。若环中通有大小为、方向从到的电流，细绳处于绷直状态，则（　　）
A．两根细绳拉力均比未通电流时的大 B．两根细绳拉力均比未通电流时的小
C．铜环所受安培力大小为 D． 铜环所受安培力大小为
【答案】AC
【详解】方法一：微元法
AB．如图，取通电半圆形铜环的一小段，可将其视为直导线，根据左手定则可知，改小段导线受到的安培力方向如图所示，其大小
根据对称性苛刻的，如图所示，对称的两小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A正确，B错误；
CD．对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得
故C正确，D错误。
故选AC。
方法二：等效法
通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径，电流方向，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小
根据受力分析可得，通电后，绳子拉力
两根细绳拉力均比未通电流时的大。
故选AC。
4．（2024·重庆·高考真题）小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，求
（1）P所受单根导线拉力的大小；
（2）Q中电流的大小。

【答案】（1）mg；（2）
【详解】（1）由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，设导线的拉力大小为T，对P有2T = 2mg
解得T = mg
（2）设Q所受安培力大小为F，对P、Q整体受力分析，有mg＋F = 2mg
又F = BIL，解得
提升专练
一、单选题
1．（23-24高二下·重庆·期末）图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其 “发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置，P、Q端与门铃（图中未画出）连接构成回路。下列说法正确的是（　　）
A．按下按钮的过程，螺线管P端电势较高
B．松开按钮的过程，螺线管Q端电势较高
C．按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相同
D．按下和松开按钮的过程，螺线管所受磁铁的安培力方向相反
【答案】D
【详解】A．按下按钮过程中，穿过线圈的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，感应电动势的方向从P端经螺线管向Q端，则螺线管Q端电势较高，故A错误；
B．松开按钮过程中，穿过线圈的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，感应电动势的方向从Q端经螺线管向P端，此时螺线管P端电势较高，故B错误；
C．按下按钮过程中，螺线管Q端电势较高；松开按钮过程中，螺线管P端电势较高，按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相反，故C错误；
D．按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相反，磁场方向不变，螺线管所受磁铁的安培力方向相反，故D正确。
故选D。
2．（2024·河南信阳·模拟预测）如图所示，边长为L的正方形金属线框abcd用绝缘细线悬挂在天花板上处于静止状态，ab边水平，带有绝缘层的长直金属导线MN水平固定，刚好与金属线框ad边和bc边接触，线框关于长直导线对称，长直导线通有从M到N的恒定电流，线框中通有大小为I、沿顺时针方向的恒定电流，线框的质量为m，重力加速度为g，细线的拉力为F，则（　　）
A．ab边受到的安培力方向向上
B．FC．俯视看，线框有绕悬线沿逆时针方向转动的趋势
D．长直导线中的电流在线框ab边处产生的磁场磁感应强度大小为
【答案】D
【详解】A．同向电流相互吸引，ab边受到的安培力方向向下，选项A错误；
B．ab边受到的安培力向下、cd边受到的安培力向下，则悬线拉力大于线框重力，选项B错误；
C．根据线框四边受到的安培力分析，线框没有转动的趋势，选项C错误；
D．线框ab边受到的安培力，解得
选项D正确。
故选D。
3．（2024·黑龙江·模拟预测）如图所示，三角形闭合线框ABC由弹性较好的导线制成；线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，三角形的三个顶点A、B、C固定在绝缘水平面上，带有绝缘层的长直导线MN紧贴线框固定在线框上方。给直导线通入从M到N的恒定电流，不考虑闭合线框各边之间的作用力，此后该线框的形状可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】由题知，直导线通入从M到N的恒定电流，则根据右手定则可知M、N左侧的磁场垂直纸面向里、右侧的磁场垂直纸面向外，再由于线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，根据左手定则可知：
AB导线受到的安培力向右，则导线AB向右弯曲；AC在MN左侧的导线受到的安培力斜向左下，则这部分导线向左下弯曲、在MN右侧的导线受到的安培力斜向右上，则这部分导线向右上弯曲；BC在MN左侧的导线受到的安培力斜向左上，则这部分导线向左上弯曲、在MN右侧的导线受到的安培力斜向右下，则这部分导线向右下弯曲。
故选B。
4．（2024·浙江温州·一模）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向上，半径为R的四分之三圆弧导线绕过圆心O垂直于纸面的转轴顺时针转动一周，导线中通有恒定电流I，下列说法正确的是（　　）
A．导线受到的安培力最小为
B．导线受到的安培力大小可能为
C．导线受到的安培力最大值为
D．导线受到的安培力方向始终垂直纸面向里
【答案】B
【详解】A．导线的等效长度为ac连线的长度，大小为，当ac连线与磁场方向平行时受安培力最小，则导线受到的安培力最小为0，选项A错误；
BC．当ac连线与磁场方向垂直时受安培力最大，安培力最大值为
则导线受到的安培力大小可能为，选项B正确，C错误；
D．导线电流方向为，根据左手定则可知，初始状态，导线受到的安培力方向垂直纸面向外，选项D错误。
故选B。
5．（2024·江西上饶·模拟预测）如图所示，边长为L的正方形金属线框abed放置在绝缘水平面上，空间存在竖直向下的匀强磁场，将大小为I的恒定电流从线框a端流入、b端流出，此时线框整体受安培力大小为，将线框绕ab边转过60°静止不动，此时线框整体受安培力大小为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】线框转过时，线框在磁场中的有效长度不变，仍为，因此有
故选A。
6．（2025·江苏南通·二模）在倾角的光滑导体滑轨的上端接入一个电动势，内阻的电源，滑轨间距，将一个质量，电阻的金属棒水平放置在滑轨上。若滑轨所在空间加一匀强磁场，当闭合开关S后，金属棒刚好静止在滑轨上，如图所示。已知，下列说法正确的是（　　）
A．磁感应强度有最小值，为0.32T，方向垂直滑轨平面向下
B．磁感应强度有最大值，为0.4T，方向水平向右
C．磁感应强度有可能为0.3T，方向竖直向下
D．磁感应强度有可能为0.4T，方向水平向左
【答案】C
【详解】A．由闭合电路欧姆定律可得
对金属棒受力分析可知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，此时
当安培力最小，且磁感应强度方向与电流方向相互垂直时，磁感应强度最小为
由左手定则判断可知，磁感应强度的方向为垂直斜面向下，故A错误；
B．当磁感应强度方向水平向右，安培力竖直向上，当
金属棒刚好静止在滑轨上，可得
但此时磁感应强度并不是最大值，故B错误；
C．当磁感应强度方向竖直向下，金属棒受到安培力方向水平向右，金属棒平衡可得
解得
故C正确；
D．当磁感应强度方向水平向左，安培力竖直向下，不可能平衡，故D错误。
故选C。
二、多选题
7．（2024·吉林通化·模拟预测）如图所示，匀强磁场中通电导线abc中bc边与磁场方向平行，ab边与磁场方向垂直，线段ab、bc长度相等，通电导线所受的安培力大小为F。现将通电导线以ab为轴逆时针（俯视看）旋转的过程中，通电导线一直处于磁场中，则旋转后导线abc所受到的安培力的情况下列说法正确的是（　　）
A．以为轴逆时针（俯视看）旋转时所受的安培力大小为
B．以为轴逆时针（俯视看）旋转时所受的安培力大小为
C．以为轴逆时针（俯视看）旋转时所受的安培力大小为
D．以为轴逆时针（俯视看）旋转时所受的安培力大小为
【答案】BC
【详解】设、长度均为，图示位置只有受到安培力作用，则有
AB．以为轴逆时针（俯视看）旋转时，此时边与磁场方向垂直，则旋转后导线abc所受到的安培力大小为
故A错误，B正确；
CD．以为轴逆时针（俯视看）旋转时，边受到的安培力大小为
边受到的安培力大小为
则旋转后导线abc所受到的安培力大小为
故C正确，D错误。
故选BC。
8．（2024·安徽芜湖·一模）我国的航母福建舰安装了自主研发的电磁弹射装置。其简化原理如图所示，电源供给恒定电流I，轨道水平，弹射距离一定，圆柱形弹射体GH垂直导轨放置，导轨电流在弹射体处产生磁场，磁场的大小与电流成正比，不计导轨电阻及一切阻力，忽略磁场的边缘效应。下列措施可以增大弹射速度的是（ ）
A．增加轨道之间的距离 B．减少弹射体的半径
C．换用最大值为I的正弦交流电 D．换用密度更小的材料制作弹射体
【答案】BD
【详解】ABD．设导轨中的电流为I，则磁感应强度为
所受的安培力
弹射体的加速度
其中
弹射速度，联立解得
增加轨道之间的距离L对最大速度无影响，减少弹射体的半径或换用密度更小的材料制作弹射体可增加弹射速度，故选项A错误；BD正确；
C．方法一、换用最大值为I的正弦交流电，则整个过程中弹射体受到的安培力小于等于，位移不变，则安培力对弹射体做功小于，则弹射速度
即弹射速度变小，故C错误；
方法二、用恒定电流时，根据动量定理可得
则
则弹射体速度和时间关系
则，
换用最大值为I的正弦交流电，根据动量定理可得
则
则
即
两边在对时间求积分可得
则
则弹射速度
即速度减小，C错误。
故选BD。
三、解答题
9．（2024·福建泉州·模拟预测）如图所示，在与水平面成θ=37°角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计。空间存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.50T，方向垂直轨道平面向上。导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根棒的质量m=0.25kg、电阻r=5.0×10-2Ω，轨道的宽度l=0.40m。现对棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之匀速向上运动。在棒ab匀速向上运动的过程中，棒cd始终保持静止，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6.求：
（1）棒cd受到的安培力大小；
（2）棒ab运动的速度大小；
（3）拉力对棒ab做功的功率。
【答案】（1）1.5N；（2）7.5m/s；（3）22.5W
【详解】（1）导体棒cd静止时受力平衡，设所受安培力为F安，则F安=mgsinθ，解得F安=1.5N
（2）设导体棒ab的速度为v时，产生的感应电动势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，则
，，
解得v=7.5m/s
（3）设对导体棒ab的拉力为F，导体棒ab受力平衡，则F=F安+mgsinθ
拉力的功率P=Fv=22.5W
10．（2024·全国·模拟预测）如图甲所示。天花板上有一力传感器，一轻质杆上端与传感器连接，下方固定一个正方形线圈。线圈的质量为，边长为，线圈总电阻，当线圈上半部分处于垂直线圈平面的磁场中，B随t变化如图乙所示，规定垂直线圈平面向里为正方向。g取。
（1）线圈下半部分端点的路端电压是多少；
（2）当力传感器的示数时，求相应的磁感应强度B。
【答案】（1）0.25V；（2）见解析
【详解】（1）磁场中线圈的有效面积为
根据法拉第电磁感应定律可得电动势为，解得
根据闭合电路欧姆定律有
根据楞次定律可知线圈中电流沿顺时针方向，所以
所以线圈下半部分端点的路端电压
（2）磁场中通电导线的有效长度为
线圈受到的安培力
当轻质杆中的力为拉力时，根据平衡条件有
可得
方向向下，则
方向垂直线圈平面朝外；
当轻质杆中的力为压力时，根据平衡条件
可得
方向向上，则
方向垂直线圈平面朝里。
11．（2024·海南·一模）如图所示，间距为的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角。一质量为的金属棒垂直导轨放置，并与定值电阻R（大小未知）、电动势（内阻不计）的电源、开关S构成闭合回路，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为的匀强磁场中。闭合开关S，金属棒恰好不会沿导轨向上滑动.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨和金属棒的电阻均不计，重力加速度g取，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。
（1）求电阻R的阻值；
（2）若把电源更换为电动势为、内阻的电源，闭合开关S时，求金属棒的瞬时加速度大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）金属棒恰好不向上滑动，所受的摩擦力方向沿导轨向下，对金属棒受力分析如图所示，
由平衡条件可知
又
联立解得
（2）若把电源更换为电动势为、内阻为的电源，开关闭合S的瞬间，金属棒所受的安培力大小
根据牛顿第二定律有，解得高二物理寒假全阶段检测卷
考试范围：必修三+选必二第1~3章；考试时间：75分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、选择题(本题共10小题，共46分。1-7小题，每题只有一个选项符合题意，每题4分；8-10小题，每题有两个或两个以上的选项符合题意，选对得6分，选对不全得3分，选错或不选得0分。)
1．如图所示，两个带正电小球A、B的质量均为m，且，A用长为L的绝缘细线悬于O点，B放在悬点O正下方固定绝缘圆弧体的光滑圆弧面上，A、B在同一水平线上，均处于静止状态，细线与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，两球均可视为质点，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A．A球的带电量 B．B球的带电量
C．细线的拉力大小为 D．B球对圆弧面的作用力大小为2mg
2．如图所示，一电子以速度进入足够大的匀强电场区域，θ=60°，a，b、c，d，e为间距相等的一组等势面。若电子经过bd等势面时动能分别为6eV和2eV，取=0V，不计电子重力，下列说法正确的是（　　）
A．电子经过a等势面时电势能为4eV B．电子刚好可到达e等势面
C．电子刚好可到达d等势面 D．e等势面的电势=4V
3．如图所示，、两个长方体物块叠放在足够大的粗糙水平地面上，物块带负电，物块不带电且为绝缘体，地面上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力拉物块，使、一起由静止开始向左加速，则、在无相对滑动的加速过程中，物块、间的摩擦力（　　）
A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．先增大后减小 D．先减小后增大
4．如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0沿水平方向入射，速度方向与半径方向的夹角为30°，经磁场偏转后刚好能从C点（未画出）反向射出，不计电荷的重力，下列说法正确的是（　　）
A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该点电荷在磁场中的运动时间为
C．该点电荷的比荷为
D．若磁场反向，则该点电荷在磁场中运动的时间为
5．如图所示，导体棒ab垂直放在水平面内两根平行固定导轨上，导轨右端与理想变压器原线圈相连，副线圈接图示电路，原线圈与副线圈的匝数比n1:n2=1:5，不计导体棒、导轨的电阻，两导轨间距为20cm；磁感应强度B为0.2T，方向竖直向上；R1=5Ω，R2=10Ω，滑动变阻器（阻值0~20Ω），V为理想交流电压表。导体棒在外力作用下做往复运动，其速度随时间变化关系符合，以下说法正确的是（　　）
A．电压表示数为40V
B．滑动变阻器滑片向下滑动时变压器输出功率增大
C．滑动变阻器滑片滑到正中间位置时的热功率为0.4W
D．滑片由最上端滑到最下端的过程中与R2消耗的总功率逐渐增大
6．如图甲所示，绝缘水平桌面上放置一铝环Q，在铝环的正上方附近放置一个螺线管P。设电流从螺线管a端流入为正，在螺线管中通入如图乙所示的电流，则以下说法中正确的是（　　）
A．0~1s内，铝环面积有扩张的趋势
B．1s末，铝环对桌面的压力大于铝环的重力
C．1.5s末、2.5s末两时刻，铝环中的电流方向相反
D．0~2s内，铝环中的电流先沿顺时针、后沿逆时针方向（俯视）
7．如图甲所示，理想变压器原副线圈匝数比为，原线圈输入正弦式交流电压如图乙所示，副线圈电路中定值电阻，电容器的耐压值为（电容器如击穿当作烧断），所有电表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．滑片滑至最下端时，变压器输入功率约为
B．副线圈两端电压变化的频率为
C．电容器不会被击穿
D．滑片滑至最下端时，电流表的示数约为
8．如图所示是磁流体发电机示意图。平行金属板a、b之间有一个很强的匀强磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量的等量正、负离子）垂直于磁场的方向喷入磁场，a、b两板间便产生电压。如果把a、b板与用电器相连接，a、b板就是等效直流电源的两个电极。若磁场的磁感应强度为B，每个离子的电荷量大小为q、速度为v，a、b两板间距为d，两板间等离子体的等效电阻为r，用电器电阻为R。稳定时，下列判断正确的是（　　）
A．图中b板是电源的正极 B．电源的电动势为Bvq
C．用电器中电流为 D．用电器两端的电压为Bvd
9．如图所示，OACD为矩形，OA边长为L，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为q的粒子从O点以速度垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为，粒子刚好从A点射出磁场。不计粒子重力，则（　　）
A．粒子带负电
B．匀强磁场的磁感应强度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
D．为保证粒子能够刚好从A点射出磁场，OD边长至少为
10．随着科技发展，我国用电量也日趋增加，风力发电绿色环保，截止到2024年5月，我国风电装机5亿千瓦，成为发电主流之一。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图，发电机线圈面积、匝数匝、电阻不计，处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，线圈绕垂直磁场的水平轴匀速转动，转速。升压变压器原、副线圈的匝数比，输出功率为24kW，降压变压器的副线圈连接用户，两变压器间的输电线总电阻，变压器均为理想变压器，用户端工作电压为220V。下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器副线圈两端电压为
B．用户获得的功率为22kW
C．降压变压器原、副线圈匝数比
D．保持输出功率不变，减小升压变压器副线圈的匝数，输电线R上消耗的功率会减小
第II卷（非选择题）
二、实验题（每空2分，共18分）
11．某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素：
（1）图a中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离，出现的现象是( )
A．灯泡A、B均不发光 B．灯泡A、B交替短暂发光
C．灯泡A短暂发光、灯泡B不发光 D．灯泡A不发光、灯泡B短暂发光
（2）通过实验得知：当电流从图b中电流计的正接线柱流入时指针向右偏转；则当磁体 （选填“向上”或“向下”）运动时，电流计指针向右偏转。
（3）为进一步探究影响感应电流方向的因素，该小组设计了如图c的电路如图；开关闭合瞬间，指针向左偏转，则将铁芯从线圈P中快速抽出时，观察到电流计指针( )
A．不偏转 B．向左偏转 C．向右偏转
12．（1）某同学用微安表头组装一个多用电表。可用器材有：微安表头（量程200μA，内阻900Ω）；电阻箱R （阻值范围0~999.9Ω）；电阻箱R （阻值范围0~99999.9Ω）；导线若干。要求利用所给器材先组装一个量程为1mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V的直流电压表。组装的多用电表有电流1mA和电压3V两挡，按图甲虚线框内电路图接好电路，其中左边黑点处为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱，则电阻箱的阻值R1 Ω；R2 Ω。

（2）该同学测某型号电池的电动势和内阻时所用器材如下：
A．改装好量程的0~3V的直流电压表
B．某型号旧电池：电动势为3V左右，内阻为几欧
C．电流表A：量程为0~30mA，内阻为38Ω
D．标准电阻：2Ω
E．滑动变阻器R：0~20Ω，2A
F．开关、导线若干
①该小组两名同学各设计了一个实验电路，其中能更精确测量的是 （填“乙”或“丙”）电路。

②选择第①题中正确的电路后，该小组同学闭合开关，调节滑动变阻器，多次测量，得出多组电压表的示数U和电流表的示数I，通过描点画出U-I图像如图丁所示，则该特殊电池的电动势E= ，内阻。= （结果均保留三位有效数字）

③的测量值 真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）。
三、解答题（本题共3小题，共36分）
13．（8分）如图所示，以直角三角形为边界的三角形区域内，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为的匀强磁场（边界有磁场），，，在点发射质量为、电荷量为的带负电的粒子（不计重力作用），发射方向与边的夹角为，粒子从边射出磁场。求：
(1)粒子在磁场中运动时间；
(2)粒子入射速度最大值。
14．（12分）如图甲所示，倾角为37°足够长的光滑绝缘斜面，虚线MN、PQ间存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，MN、PQ均与斜面顶边（顶边水平）平行。一单匝正方形金属线框abcd通过一轻质绝缘细线连接静止在斜面上，且线框一半位于磁场中，ab边平行MN。已知线框质量、边长、电阻，重力加速度g取，，。
（1）求时线框中的感应电流大小及时细线的拉力大小；
（2）在0.25s后剪断细线，金属线框由静止沿斜面下滑，ab边进磁场前瞬间，线框加速度为0，当cd边刚出磁场时，线框加速度大小为，整个下滑过程cd边始终与PQ平行。求MN、PQ间距s及线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q。（计算结果保留两位有效数字）
15．（16分）如图所示，半径为R的光滑圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，一根长度略大于导轨直径的导体棒MN在外力的作用下以速率v在圆形导轨上匀速从左端滑到右端，导体棒电阻和电路中的定值电阻均为r，且导体棒材质均匀，其余电阻不计，导体棒与圆形导轨接触良好，求：
（1）图中θ=90°时，a、b两点电势差Uab；
（2）图中θ=30°时，通过电阻r的电流大小；
（3）导体棒从左端滑到右端的整个过程中，电流I的最大值。第01讲 力与运动（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：库伦定律 电荷守恒定律
1．点电荷
有一定的电荷量，忽略形状和大小的一种理想化模型．
2．电荷守恒定律
（1）起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．
（2）带电实质：物体带电的实质是得失电子．
（3）内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．
3．库仑定律
（1）内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．
（2）表达式：，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做静电力常量．
（3）适用条件：①真空中；②点电荷．
①对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离．
②对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示．
a. 同种电荷：F＜k； b. 异种电荷：F＞k.
③．不能根据公式错误地认为r→0时，库仑力F→∞，因为当r →0时，两个带电体已不能看做点电荷了．
知识点2：库仑力作用下的平衡问题
1.电场力的两个表达式
表达式
适用范围 真空中的点电荷 任意电场
2. 三个自由点电荷的平衡问题
（1）条件：两个点电荷在第三个点电荷的合场强为零，或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反。
（2）三个点电荷的平衡规律
①“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；②“两同夹一异”——正负电荷相互间隔
③“两同夹一小”——中间电荷电荷量最小；④“远小近大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷
静电场中带电体平衡问题的解题思路
（1）确定研究对象，如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”和“隔离法”，确定研究对象；
（2）受力分析：分析方法和动力学的受力分析方法一致，唯一的区别是多了一个库仑力；
知识点3：电场强度和电场线的理解及应用
1．电场
（1）定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质．
（2）基本性质：对放入其中的电荷有力的作用．
2．电场强度
（1）定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值．
（2）定义式：E＝，q为试探电荷．
（3）矢量性：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向．
3．电场强度三个公式的比较
公式
适用范围 任何电场 真空中的点电荷 匀强电场
4. 等量同种和异种点电荷的电场强度的比较
比较项目 等量异种点电荷 等量同种点电荷
电场线分布图
连线中点O处的场强 连线上O点场强最小，指向负电荷一方 为零
连线上的场强大小(从左到右)　　　 沿连线先变小，再变大 沿连线先变小，再变大
沿中垂线由O点向外场强大小 O点最大，向外逐渐减小 O点最小，向外先变大后变小
关于O点对称的A和A’、B和B’的场强 等大同向 等大反向
（1）任意两条电场线不相交不相切；
（2）电场线的疏密表示电场的强弱，电场线越密，电场强度越大，电场线越稀，电场强度越小；
（3）电场线上任意一点的场强方向即为该点的切线方向。正电荷受力方向与该点电场方向相同；负电荷受力方向与该点电场方向相反；
（4）两条电场线间的空白区域，也存在电场；
知识点4：电场强度的叠加与计算
叠加原理
多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处产生的电场强度的矢量和；
运算法则：平行四边形法则
电场强度计算的四种特殊方法
(1)等效法：在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景．
例如：一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个异种点电荷形成的电场，如图甲、乙所示．
(2)对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化．
如图丙所示，均匀带电的球壳在O点产生的场强，等效为弧BC产生的场强，弧BC产生的场强方向，又等效为弧的中点M在O点产生的场强方向．
(3)填补法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍．
(4)微元法：将带电体分成许多元电荷，每个元电荷看成点电荷，先根据库仑定律求出每个元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强．
5.极限法
极限法是把某个物理量推向极端，即极大或极小、极左或极右，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论。
等量异种点电荷的电场中在两点电荷的连线上，中点的电场强度是最小的但在两点电荷连线的中垂线上，该中点的电场强度却是最大的。
6.平衡法
在涉及平衡问题且不能直接用上或名求电场强度的情况下，可以通过受力分析，根据平衡条件求得。
强化点一 三种电荷的起点方式
(1)当带电体靠近导体时，导体上靠近带电体的一端出现与带电体异种的电荷，远离带电体的一端出现与带电体同种的电荷。
(2)导体接地时，该导体与地球可视为一个整体，地球既能提供足够量的电子，也能吸收足够量的电子。
【典例1】（23-24高二上·北京大兴·期末）用绝缘柱支撑着贴有小金属箔的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，贴在它们下部的并列平行双金属箔是闭合的。现将带正电荷的物体C移近导体A，发现金属箔都张开一定的角度，如图所示，则（　　）
A．B下部的金属箔感应出负电荷 B．A下部的金属箔感应出负电荷
C．A和B下部的金属箔都感应出负电荷 D．A和B下部的金属箔都感应出正电荷
【答案】B
【详解】由于物体C带正电，因此当C靠近A时，A将感应出负电荷，即导体中的自由电子将向A端移动，也因此使导体B端失去电子而带上正电，则与A相连的金属箔因带负电而张开，与导体B相连的金属箔因带正电而张开。
故选B。
【变式1-1】如图所示，铝球A、铜制导体B和C固定在绝缘支架上，B、C左右紧靠，A球带负电，B、C整体不带电。下列说法正确的是（　　）
A．若先移走A，后将B与C分开，则B带负电，C带正电
B．若先移走A，后将B与C分开，则B带正电，C带负电
C．若先将B与C分开，后移走A，则B带负电，C带正电
D．若先将B与C分开，后移走A，则B带正电，C带负电
【答案】D
【详解】因A带负电，则由于静电感应，则B左端感应出正电，C的右端感应出负电，若先移走A，则B、C上的电荷会再次中和，则将B与C分开后B、C均不带电；若先将B与C分开，后移走A，则B带正电，C带负电。
故选D。
【变式1-2】（23-24高二上·天津滨海新·期末）如图所示，将带正电的导体球C靠近不带电的导体。若沿虚线1将导体分成A、B两部分，这两部分所带电荷量大小分别为、；若沿虚线2将导体分成两部分，这两部分所带电荷量大小分别为、。下列说法正确的是（　　）

A．，A部分带正电 B．，A部分带负电
C．，A部分带正电 D．，A部分带负电
【答案】C
【详解】AB．在导体球C靠近导体前，左侧导体不带电，当导体球C靠近不带电的导体时，发生了感应起电，左侧导体中的电子发生了转移，但是导体整体仍然呈现电中性，则有，故AB错误；
CD．根据上述可知导体整体仍然呈现电中性，则有
由于导体球C带正电，当导体球C靠近导体时，左侧的导体中的自由电子在导体球C正电的引力作用下向B端聚集，B端得电子带负电，A端失电子带正电，故C正确，D错误。
故选C。
强化点二 静电力的大小和方向
（1）两个点电荷间的静电力可直接利用公式求解；
（2）一个点电荷受其他多个点电荷的静电力作用时，先求出研究对象受其他每个点电荷的静电力，然后按平行四边形定则求合力。
【典例2】（23-24高二上·重庆北碚·期末）真空中两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B（均可看作点电荷），分别固定在两处，两球间静电力大小为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，再将A、B间距离减小为原来的一半，则A、B间的静电力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设A、B原来所带电荷量分别为＋Q、-Q，则A、B间静电力大小为
将不带电的同样的金属球C先与A接触，再与B接触后，A所带电荷量变为＋，B所带电荷量变为，再将A、B间距离减小为原来的一半，则A、B间静电力大小为，故选A。
【变式2-1】（23-24高二上·天津西青·期末）真空中两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B（均可看做点电荷），分别固定在两处，两球之间的静电力大小为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，此时A、B之间的静电力大小是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】根据题意，设金属小球A的电荷量为，则金属小球B的电荷量为，两球的距离为，则有
用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，则有
再与B接触，然后移开C，则有
此时A、B之间的静电力大小
故选A。
【变式2-2】（多选）（23-24高一下·山东泰安·期中）两个相同的金属小球（可看作点电荷），带电量之比为1∶7，在真空中相距为r，相互间的库仑力为F，现将两小球相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能变为（　　）
A．9F B． C．16F D．
【答案】BD
【详解】开始时两电荷间的库仑力为
若两电荷带同种电荷，则接触后各带电量为4q，则库仑力
若两电荷带异种电荷，则接触后各带电量为3q，则库仑力
故选BD。
强化点三 静电力作用下的平衡问题
(1)根据平衡条件解决静电力作用下物体的平衡：静电力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了静电力。可以根据问题的特点选择整体法或隔离法分析。
(2)三个自由点电荷的平衡问题：
①条件：每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反。
② 规律：“三点共线”--三个点电荷分布在同一直线上；“两同夹异”--正负电荷相互间隔；“两大夹小”--中间电荷的电荷量最小；“近小远大”--中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
【典例3】（23-24高二下·安徽黄山·期末）如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将质量为m、带电荷量为q的小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，丝线BC长度为，AC两点间的距离为2L.当小球B静止时，丝线与竖直方向的夹角，带电小球A、B可视为质点，重力加速度为g.下列说法正确的是（ ）
A．丝线对小球B的拉力为 B．两小球之间的库仑斥力为mg
C．小球A的带电荷量为 D．如果小球A漏电导致电量减少少许，丝线拉力变大
【答案】C
【详解】A．由题意可知
所以AB与BC垂直,两小球之间的距离为
对小球B进行受力分析如图
由平衡条件得，丝线对小球B的拉力为，故A错误；
B．两小球之间的库仑斥力为，故B错误；
C．由，可知，故C正确；
D．由相似三角形可知，若A缓慢漏电，两球间的库仑力减小，丝线的拉力大小不变，故D错误。
故选C。
【变式3-1】（多选）（24-25高二上·全国·期末）如图所示为两个电荷量均为的带电小球A和B（均可视为质点），A固定在O点的正下方L处，B用长为L的细线悬挂在O点，静止时，细线与竖直方向的夹角为。已知静电常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．B的质量为 B．细线的拉力大小为
C．O点处的电场强度的大小为 D．B在A处产生的电场强度的大小为
【答案】AC
【详解】AB．对B受力分析，如图所示
由几何关系可知，三个力之间的夹角均为，则有
又，则B的质量，细线的拉力大小，故A正确，B错误；
C．根据点电荷电场强度的公式，A、B在O点产生的电场强度的大小都是
又两电场强度方向间的夹角为，结合平行四边形定则得O点处的电场强度的大小为，故C正确；
D．根据点电荷电场强度的公式，B在A处产生的电场强度的大小也为，故D错误。
故选AC。
【变式3-2】如图所示，小球A、C均带正电，B球带负电，A球在绝缘的粗糙水平地面上，B球由绝缘的细线拉着，C球处在与B球等高的位置，A、B、C三球均静止且三者所在位置构成一个等边三角形．若细线与竖直方向的夹角为，，则A、B、C三球所带电荷量大小之比为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【详解】B、C两球受力，如图所示，对C球，由力的平衡条件可得
对球，由力的平衡条件有
由题设条件有
联立各式解得
由，以及库仑定律，可得
故选A。

强化点四 库仑力作用下的加速问题
带电粒子或带电小球在库仑力及其他力的作用下，可以处于平衡状态，还可以处于非平衡状态，包括沿水平方向做变速运动，沿竖直方向做变速运动(加速度可能恒定，也可能变化)还可能在水平面内做圆周运动。
【典例4】（23-24高二上·贵州毕节·期末）如图所示，在绝缘且光滑水平地面上有两个带异种电荷的小球A、B，质量分别为、带电量分别为、当用力 F向右拉着A时，A、B小球共同运动，两小球之间的间距为。当用力F向左拉着B时，A、B小球共同运动，两小球之间的间距为，则和的比值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】对A、B整体由牛顿第二定律有
可知，无论拉力作用在A上还是作用在B上两球共同运动的加速度大小相同，则当拉力作用在A上时，对小球B由牛顿第二定律有
当拉力作用在B上时，对小球A由牛顿第二定律有，解得
故选C。
【变式4-1】质量均为m的三个带电小球A、B、C用三根长度均为l的绝缘丝线相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上，A球的电荷量为＋q。在C球上施加一个水平向右的恒力F之后，三个小球一起向右运动，三根丝线刚好都伸直且没有弹力，F的作用线反向延长线与A、B间的丝线相交于丝线的中点，如图所示，已知静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A．B球的电荷量可能为＋2q B．C球的电荷量为
C．三个小球一起运动的加速度为 D．恒力F的大小为
【答案】C
【详解】A．根据对称性可知，A球的电荷量和B球的电荷量相同，故A错误；
BCD．设C球的电荷量为qC，以A球为研究对象，B球对A球的库仑斥力为
C球对A球的库仑引力为
由题意可得一起运动的加速度方向与F的作用线平行，则有，
解得
且C球带负电，则，，故C正确，BD错误。
故选C。
【变式4-2】（22-23高二上·四川德阳·期末）如图所示，质量均为m、带等量异种电荷的A、B两个小球放在光滑绝缘的固定斜面上，给B球施加沿斜面向上、大小为（g为重力加速度）的拉力，结果A、B两球以相同的加速度向上做匀加速运动，且两球保持相对静止，两球间的距离为L，小球大小忽略不计，斜面的倾角，静电力常量为k，，，求：
（1）两球一起向上做加速运动的加速度大小；
（2）A球所带的电荷量的大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）对两球整体分析，两球一起向上做匀加速运动，设加速度为，根据牛顿第二定律可得，解得
（2）设球的带电量为，对球研究，根据牛顿第二定律有
解得
强化点五 电场强度的分析
(1)电场中某点的电场强度E是由电场本身的特性决定的，与是否放入试探电荷、放入试探电荷的电性及电荷量的多少均无关。
(2)电场强度是矢量，大小和方向均相同时，电场强度才相同。
【典例5】（23-24高二上·北京海淀·期末）某区域的电场线分布如图所示，A、B、C是电场中的三个点，以下判断正确的是（ ）
A．B点电势最高
B．C点电场强度最大
C．负点电荷放在A点所受电场力沿A点的切线方向斜向上
D．同一点电荷放在A点所受电场力比放在B点时大
【答案】A
【详解】A．根据沿电场线电势降低，则B点电势最高，故A正确；
B．电场线越密，电场强度越大，则C点电场强度最小，故B错误；
C．负点电荷受到的电场力方向与电场强度方向相反，则负点电荷放在A点所受电场力沿A点的切线方向斜向下，故C错误；
D．电场线越密，电场强度越大，则
根据，可得，故D错误。
故选A。
【变式5-1】（23-24高二上·陕西·期中）反天刀鱼是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着带电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，反天刀鱼周围的电场线分布如图所示，A、B均为电场中的点。下列说法正确的是（ ）
A．该电场与等量同种点电荷形成的电场相似
B．点的电势小于点的电势
C．一试探电荷在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力
D．一试探电荷在A点受到的电场力方向为电场线在该点的切线方向
【答案】B
【详解】A．该电场与等量异种点电荷形成的电场相似。故A错误；
B．根据沿电场线方向电势降低，可知A点的电势小于B点的电势。故B正确；
C．根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小，可知A点的电场强度大于B点的电场强度，由
易知一试探电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力。故C错误；
D．当试探电荷为正电荷时，在A点受到的电场力方向为电场线在该点的切线方向。故D错误。
故选B。
【变式5-2】如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是某带负电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B、C、D是电场线上的点，其中A、D两点在粒子的轨迹上，下列说法正确的是（　　）
A．该电场可能是正点电荷产生的
B．该粒子在A点的速度一定大于在D点的速度
C．由图可知，同一电场的电场线在空间是可以相交的
D．将该粒子在C点由静止释放，它可能一直沿电场线运动
【答案】B
【详解】A．正点电荷周围的电场线是从正点电荷出发，呈辐射状分布的，A错误；
B．由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的凹侧，若粒子从A点到点，则粒子的速度方向与所受电场力方向的夹角为钝角，则粒子的速度减小，若粒子从点到A点，则粒子的速度方向与所受电场力方向的夹角为锐角，则粒子的速度变大，都是粒子在A点的速度大于在D点的速度，B正确；
C．同一电场的电场线在空间不能相交，否则同一点具有两个电场强度方向，C错误；
D．只有粒子的初速度为零，且电场线为直线的情况下粒子才可能沿电场线运动，D错误。
故选B。
强化点六 电场强度的大小和图像
(1)上适用于任何电场中电场强度的计算，仅适用于点电荷产生的电场强度的计算；
(2)电场强度的叠加遵循平行四边形定则
【典例6】（23-24高二上·浙江杭州·期末）如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点。放在A、B两点的试探电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系如图乙所示。以x轴的正方向为静电力的正方向，则（　　）
A．点电荷Q一定为正电荷 B．点电荷Q在A、B之间
C．点电荷Q在A、O之间 D．A点的电场强度大小为
【答案】B
【详解】ABC．由图乙知，正的试探电荷放在A点和负的试探电荷放在B点所受的静电力的方向都沿x轴的正方向，说明点电荷Q为负电荷且在A、B之间，故AC错误，B正确；
D．由图像的斜率，可知，故D错误。
故选B。
【变式6-1】（23-24高二上·广东深圳·期末）在真空中的轴上的原点处和处分别固定一个点电荷、，在处由静止释放一个正点电荷，假设点电荷只受电场力作用沿轴方向运动，得到点电荷速度大小与其在轴上的位置关系如图所示（其中在处速度最大），则下列说法正确的是（　　）
A．点电荷、一定为异种电荷 B．点电荷、所带电荷量的绝对值不相等
C．处的电场强度最大 D．点电荷在处的的电势能最大
【答案】B
【详解】A．由图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷，故A错误；
BC．由图可知，在处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了处的电场强度等于0，则M与N的点电荷在处的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得
所以点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1，故B正确，C错误；
D．点电荷P在运动过程中，只有电场力做功，所以动能和电势能之和不变，在处点电荷P的速度最大，动能最大，即电势能最小，故D错误。
故选B。
【变式6-2】（23-24高二上·贵州遵义·期末）真空中固定一带正电的点电荷M，距点电荷一定距离处，由静止释放一带正电的试探电荷N，运动过程中N的位移为x（释放处为初位置），N到M的距离为l，N所受静电力为F，M在N的位置处产生的电场强度为E。下列图像正确的是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】AB．设点电荷M的电荷量为Q，电荷N的电荷量为q。根据库仑定律可知，静电力的大小与两电荷之间的距离有关，故电荷N所受静电力为，即图像是一条过原点的直线，故A正确，B错误；
CD．则根据点电荷场强的定义可知，点电荷场强的大小与该位置与场源电荷的距离有关，故M在N的位置处产生的电场强度为，即图像是一条过原点的直线，故CD错误；
故选A。
强化点七 电场强度的叠加
电场强度的叠加遵循平行四边形定则，不同的题目有不同的方法，详细情形见本节“知识点4：电场强度的叠加与计算”中的“求电场强度的几种常用方法”
【典例7】（23-24高二下·湖南湘西·期末）把均匀带电的绝缘棒AB弯成如图所示的半圆状，测得圆心O处的电场强度大小为E。C是半圆AB上的二等分点，将沿CO对折，使与重叠，则重叠部分在O点产生的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设圆弧AC在O点产生的电场强度大小为，根据对称性可知，的方向与弦AC垂直，同理叠加可得，解得
则重叠部分在O点的电场强度大小为
故选C。
【变式7-1】（23-24高二下·河北邯郸·期末）如图所示，均匀带正电的半圆环放置在绝缘水平桌面上，半圆环上AB、BC、CD的弧长相等，已知BC在圆心O点的电场强度大小为E、方向水平向右，则O点的电场强度大小为（ ）
A．E B．2E C． D．
【答案】B
【详解】由对称性可知，AB、BC、CD每段在O点产生的电场强度大小均为E，且AB、CD在O点产生的场强方向与AOD夹角为30°，则O点的合场强大小为
故选B。
【变式7-2】（多选）（23-24高二上·福建漳州·期末）如图，真空中电荷均匀分布的带正电圆环，半径为，带电量为，以圆心为坐标原点建立垂直圆环平面的轴，是正半轴上的一点，圆环上各点与点的连线与轴的夹角均为，静电力常量为，则圆环上所有的电荷（ ）
A．在点产生的合场强为零 B．在点产生的合场强大小为
C．在点的电场强度方向沿轴正方向 D．在点的电场强度方向沿轴负方向
【答案】AC
【详解】AB．根据对称性及电场的矢量合成法则可知，在点产生的合场强为零，故A正确，B错误；
CD．将带电圆环分割成无数个带正电的点电荷，每个带正电的点电荷在P点的场强的大小均相同，方向均与轴正方向的夹角为，而根据对称性可知，这些分割成的点电荷在P点的合场强的方向沿着轴正方向，故C正确，D错误。
故选AC。
强化点八 电场线和带电粒子的运动轨迹
电场线与带电粒子的运动轨迹重合的条件：①电场线是直线；②粒子的初速度v0=0，若v0≠0，则需F合与v0在同一直线上。
【典例8】（23-24高二上·河北沧州·期末）如图所示为某电场等势面的分布，在该电场中的Ａ点由静止释放一个带负电的点电荷，只考虑点电荷受到的电场力，忽略点电荷对原电场的影响。下列可能表示点电荷的运动轨迹的是（　　）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】带负电的点电荷由静止开始向高电势加速运动，电场力即能使粒子加速又能改变粒子的运动轨迹，电场力大致指向轨迹的凹侧，且与等势面垂直，结合电子的轨迹可知，C正确。
故选C。
【变式8-1】（23-24高二上·湖南娄底·期末）某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则（　　）
A．粒子一定带正电 B．粒子一定是从a点运动到b点
C．粒子在c点的加速度一定小于在b点的加速度 D．粒子在c点的速度一定小于在a点的速度
【答案】AD
【详解】A．根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，可知粒子受到电场力大致向左，故粒子一定带正电，故A正确；
B．粒子可能从a点运动到b点，也可能从b点运动到a点，故B错误；
C．电场线越密，电场强度越大，c点电场线较密，则粒子在c点的电场强度较大，根据，故粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度，故C错误；
D．若粒子从a点运动到c点，速度方向与电场力方向的夹角为钝角，电场力做负功，粒子速度减小，故粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，故D正确。
故选AD。
【变式8-2】（24-25高二上·全国·期末）如图所示，实线是一正电荷仅在电场力作用下由a点运动到b点的运动轨迹，虚线可能是电场线，也可能是等差等势线。无论虚线是什么线，正电荷在a点的加速度一定 （选填“大于”“小于”或“等于”）在b点的加速度。若虚线是等差等势线，则正电荷在a点的动能 （选填“大于”“小于”或“等于”）在b点的动能。
【答案】 大于 小于
【详解】[1] [2]不论虚线是电场线还是等差等势线，其疏密均表示电场的强弱，可知a点的场强大于b点的场强，由知正电荷在a点的加速度一定大于在b点的加速度。若虚线是等差等势线，根据正电荷的运动轨迹及电场线与等势线垂直，可知正电荷所受电场力大致向下，正电荷由a点运动到b点的过程中，电场力对正电荷做正功，正电荷的电势能减小，动能增大，则正电荷在a点的动能比在b点的小。
强化点九 静电场中的力电综合问题
解决力电综合问题的一般解题思路
【典例9】（23-24高二上·广东汕头·期末）两个完全相同的质量都为m、带等量电荷的小球A、B分别用等长的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，已知小球B带负电，此时两球相距为l，细线与竖直方向夹角均为θ = 45°，若外加水平向左的匀强电场，两小球平衡时位置如图乙所示，细线刚好沿竖直方向，已知静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）A球的电性及所带的电荷量Q；
（2）外加匀强电场的场强E的大小。
【答案】（1）正电，；（2）
【详解】（1）已知小球B带负电，由甲图可知，A球带正电，对A球受力分析，由平衡条件可得，
解得A球所带的电荷量为
（2）加电场后对A球受力分析，由平衡条件可得，解得
【变式9-1】（23-24高二上·湖南湘西·阶段练习）如图所示，质量均为m、带同种正电荷的小球A、B用长均为L的a、b绝缘细线悬挂，两球处于静止状态，已知细线b的拉力与细线a的拉力大小相等，小球A、B的带电量也相等，重力加速度为g，静电力常量为k，不计小球大小，求：
（1）小球A的带电量；
（2）O点处的电场强度；
（3）若给小球A施加一个水平向左的拉力，同时给小球B一个水平向右的拉力，两力始终等大反向，让两力同时从0开始缓慢增大，当细线b与竖直方向的夹角为53°时，作用于小球B上的拉力多大；此过程中作用于小球B上拉力做功为多少。（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）

【答案】（1）；（2），方向竖直向上；（3），
【详解】（1）设小球A的带电量为q，则小球B的带电量为q，对A、B整体研究，细线a的拉力
对小球B研究，根据力的平衡
由题意知，解得
（2）根据电场的叠加可知，O点处电场强度方向竖直向上
（3）对A、B施加等大反向的水平拉力后，A、B组成的系统始终处于平衡状态，因此细线a始终处于竖直，当细线b与竖直方向的夹角为53°时，对小球B研究，根据力的平衡有
解得
由于小球A保持静止，小球B和A间的距离始终保持不变，电场力不做功，根据功能关系知，拉力对小球B做功
真题感知
1．（2024·贵州·高考真题）如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径与弦间的夹角为。A、B两点分别放有电荷量大小为的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则等于（　　）

A． B． C． D．2
【答案】B
【详解】根据题意可知两电荷为异种电荷，假设为正电荷，为负电荷，两电荷在C点的场强如下图，设圆的半径为r，根据几何知识可得，，
同时有 ，，联立解得，故选B。

2．（2024·河北·高考真题）如图，真空中有两个电荷量均为的点电荷，分别固定在正三角形的顶点B、C．M为三角形的中心，沿的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为．已知正三角形的边长为a,M点的电场强度为0，静电力常量的k．顶点A处的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】B点C点的电荷在M的场强的合场强为
因M点的合场强为零，因此带电细杆在M点的场强，由对称性可知带电细杆在A点的场强为，方向竖直向上，因此A点合场强为
故选D。
3．（2024·江苏·高考真题）在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】设图像的横坐标单位长度电荷量为,纵坐标单位长度的力大小为
根据，可知图像斜率表示电场强度，由图可知，，可得
故选D。
提升专练
1．（24-25高二上·浙江温州·期中）某同学采用如图装置做静电感应的实验：在绝缘支架上的金属导体M和金属导体N按图中方向接触放置，原先M、N都不带电，先让开关S1、S2均断开，现在将一个带正电小球P放置在M左侧，则下列说法正确的是（　　）
A．若开关S1、S2均断开，导体M左端带正电，导体N右端带负电
B．若开关S1、S2均闭合，则导体M和导体N均不带电
C．若只闭合开关S1，接着将MN分开，再移走带电小球，则导体N不带电
D．若只闭合开关电S2，接着移走带电小球，最后将MN分开，则导体M带负电
【答案】C
【详解】A．若开关S1、S2均断开，由静电感应，导体M左端（近端）带负电，导体N右端（远端）带正电，A错误；
B．、均闭合时，导体M端（近端）会感应异种电荷，带负电；N端通过接地线使金属导体右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以金属导体左端带负电，右端不再带有电荷。B错误；
C．开关闭合，断开，由于静电感应的作用，金属导体右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，接着将MN分开，再移走带电小球，金属导体M带负电，N不再带有电荷，C正确；
D．当闭合开关，由于静电感应的作用，金属导体N右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以导体N右端不再带有电荷，接着移走带电小球，M端的负电荷被中和不带电，最后将MN分开，则M和N均不带电，D错误。
故选C。
2．（2024·海南儋州·模拟预测）如图所示，A、B两带电小球的质量分别为m1、m2，带电荷量分别为q1、q2，两小球用绝缘细线悬挂于O点，平衡时A、B两球处于同一高度，与竖直方向的夹角分别为30°、60°，已知细线OA长为l，重力加速度为g，静电力常量为k。则（　　）
A．A、B间库仑力大小为m2g B．细线OA的弹力大小为m1g
C．A、B间库仑力大小为k D．A、B的质量之比为m1:m2=3:2
【答案】B
【详解】A．以B球为研究对象，受力分析如图所示
A、B间库仑力大小为，故A错误；
B．以A球为研究对象，受力分析如图所示
A、B间库仑力大小为，，故B正确；
C．由几何关系可知，A、B两球之间的距离为2l，由库仑定律知A、B两球间库仑力大小为
故C错误；
D．由于库仑力结果为，则，故D错误。
故选B。
3．（2025·广东茂名·模拟预测）已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，一半径均为的球体上均匀分布着电荷量为的电荷，在过的直线上以为直径在球内挖一球形空腔。已知静电力常量为，若在处的放置一电荷量为的点电荷，则该点电荷所受电场力的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】根据题意结合球的体积公式可知，被割去的小球所带电荷量为，利用割补法可得该点电荷所受电场力的大小为，故选C。
4．（2024·河北·模拟预测）把一段细玻璃丝与丝绸摩擦，玻璃丝上就带上了正电荷，然后用绝缘工具把这段玻璃丝弯曲成一个半径为的闭合圆环，如图所示，是圆环的圆心，与的距离为，连线与圆环平面垂直，已知静电力常量为，点场强大小为，则玻璃丝因摩擦所带的电荷量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】圆环上各点到A点的距离为
圆环上各点与A点的连线与竖直方向的夹角满足
根据电场的矢量叠加可知，解得
故选D。
5．（2024·吉林长春·模拟预测）如图所示为两个电荷量均为的带电小球A和B（均可视为质点），球A固定在点的正下方处，球B用长为的细线悬挂在点，静止时，细线与竖直方向的夹角为。已知静电常量为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．B的质量为 B．B的质量为
C．点处的电场强度的大小为 D．点处的电场强度的大小为
【答案】C
【详解】AB．对B受力分析，如图所示
由几何关系可知，三个力之间的夹角均为，则有，又，则B质量为，故AB错误；
CD．根据点电荷电场强度公式，A、B在O点产生的电场强度大小都为
又两电场强度方向间夹角为，结合平行四边形定则得O点处的电场强度的大小为
故C正确，D错误。
故选C。
6．（23-24高一下·河北承德·期末）在直角三角形的顶点处固定一个带正电的点电荷，在处固定一个带负电的点电荷，、、。当在该三角形所在的平面内加一电场强度大小为、方向与平行的匀强电场时，点的合电场强度为0，下列说法正确的是（ ）
A．处和处点电荷的电荷量大小的比值为
B．处和处点电荷的电荷量大小的比值为
C．若将匀强电场的方向顺时针改变90°，则点的合电场强度为
D．若将匀强电场的方向改成与原来的方向相反，则点的合电场强度为
【答案】A
【详解】AB．处的点电荷带正电，在P点的场强方向由M指向P；处的点电荷带负电，在P点的场强方向由P指向Q；在该三角形所在的平面内加一方向与平行的匀强电场时，点的合电场强度为0，则匀强电场与M、Q处点电荷在P点的合场强大小相等、方向相反。M、Q处点电荷在P点的合场强平行于MQ，如图
由，，
解得处和处点电荷的电荷量大小的比值为，故A正确，B错误；
C．若将匀强电场的方向顺时针改变90°，则点的合电场强度为，故C错误；
D．若将匀强电场的方向改成与原来的方向相反，则点的合电场强度为，故D错误。
故选A。
7．（2024·四川广安·二模）如图，质量为M、半径为R的圆环状光滑绝缘细杆用三根交于O点的等长细线悬挂于水平面内，每根细线与竖直方向均成30°角；杆上套有三个可视为质点的带正电小球，每个小球的质量均为m、电荷量均为q；小球间的间距相等，球和杆均静止。重力加速度大小为g、静电力常量为k。则（　　）
A．每根细线对杆的拉力大小为 B．每根细线对杆的拉力大小为
C．每个小球受到的库仑力大小为 D．每个小球对杆的弹力大小为
【答案】D
【详解】AB．对杆和小球整体，竖直方向有
解得细线对杆的拉力大小为，故AB错误；
C．根据题意可得，两个小球间的距离为
所以每个小球受到的库仑力大小为，故C错误；
D．每个小球对杆的弹力大小为，故D正确。
故选D。
8．（多选）（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图，带电荷量为的球1固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面上的O点，其正上方L处固定一带电荷量为的球2，斜面上距O点L处的P点有质量为m的带电球3恰好静止。球的大小均可忽略，已知重力加速度大小为g。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。下列关于球3的说法正确的是（　　）
A．带负电 B．运动至O点的速度大小为
C．运动至O点的加速度大小为 D．运动至OP中点时对斜面的压力大小为
【答案】BC
【详解】A．球3原来静止，迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动，说明1、3之间原来是斥力，球3带正电，故A错误；
B．由几何关系知，球1球2球3初始位置为一正三角形，球3运动至O点过程中库仑力不做功，由动能定理得，解得，故B正确；
C．设球3电量为Q，对P点的球3受力分析，在沿斜面方向有
对O点的球3受力分析，在沿斜面方向有，联立解得，故C正确；
D．运动至OP中点时，在垂直斜面方向有，解得
根据牛顿第三定律可得运动至OP中点时球3对斜面的压力大小为，故D错误。
故选BC。
9．（23-24高一下·山西长治·期末）如图所示，A、B、C为竖直平面内等边三角形的三个顶点，现在A、B点（A、B位于同一水平面上）分别固定等量异种点电荷。已知三角形边长为L，点电荷电荷量大小为q，静电力常量为k。
（1）求A、B两点电荷在C点处产生的电场强度E；
（2）若在C点处放一个质量为（g为重力加速度）、电荷量大小也为q的带负电小球（可视为点电荷）并能保持静止状态，可在三角形所在平面内加一匀强电场，求该匀强电场的电场强度。
【答案】（1），方向水平向右；（2），方向斜向左下方与水平方向夹角为
【详解】（1）根据点电荷电场强度的表达式，A、B两点电荷在C点各自产生的电场强度大小相等，均为
根据电场强度叠加原理，则C点处产生的电场强度，方向水平向右。
（2）小球受到重力与点电荷对小球水平向左的电场力的合力为
解得
令F与水平向左的电场力方向夹角为，则有，解得
小球保持相对静止，则有，解得
根据平衡条件可知，匀强电场对小球的作用力方向与F方向相反，小球带负电，则匀强电场方向斜向左下方，与水平方向夹角为。
10．（23-24高二上·安徽宿州·期中）如图所示，在范围足够大的水平向左的匀强电场中，固定一内表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而成的圆弧BD，圆心为O，竖直半径OD=R，B点和地面上A点的连线与水平地面成θ=37°，AB=R。一质量为m、电荷量为q的小球（可视为质点）从地面上A点以某一初速度沿AB方向做直线运动，恰好无碰撞地从管口B进入管道BD中，当小球到达管中某处C（图中未标出）时，恰好与管道间无作用力且小球所受合力指向圆心。已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，已知重力加速度大小为g。求：
(1)说明小球电性、匀强电场的场强E大小；
(2)小球到达C处时的速度大小；
(3)小球到达D处时对圆管轨道的压力FN；
(4)若小球从管口D飞出时电场忽然向下、场强大小变为原来的，则小球从管口D飞出后落地点距A点的水平距离x。
【答案】(1)正电， (2) (3)大小为，方向竖直向下 (4)
【详解】（1）小球沿AB方向做直线运动过程受力情况如图所示
根据受力分析可知，小球带正电，且有，求得
（2）小球到达C处时重力与电场力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，如图所示
应有，故有，求得
（3）小球从C处运动到D处的过程中，根据动能定理，有
求得
在D处，根据牛顿第二定律，有，求得
根据牛顿第三定律可知，小球对圆管轨道的压力，其方向竖直向下。
（4）小球从管口D飞出时，电场忽然向下、场强大小变为原来的，所受电场力为
根据牛顿第二定律，有，求得
小球从管口D飞出后做类平抛运动，水平方向和竖直方向分别有，
求得
小球落地点距A点的水平距离为第05讲 恒定电流（复习篇）
考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢
重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
提升专练：真题感知+提升专练，全面突破
知识点1：电源和电流
1. 电源
（1）电源可使导线中的自由电子在静电力作用下发生定向移动形成电流；
（2）电源能“搬运”电荷，保持导线两端的电势差，从而使电路中保持持续的电流；
2. 恒定电流
（1）方向：规定为正电荷定向移动的方向；外电路：电流从高电势低电势；内电路：负极；
（2）电流有大小，有方向，但电流是标量；
（3）三个公式的比较
表达式 适用范围
定义式 一切范围
决定式 纯电阻电路
微观表达式 n:单位体积内电荷的数目；S:导体的横截面积；v电荷的定向移动速率
知识点2：电阻
电阻
（1）物理意义：导体的电阻反映了导体对电流阻碍作用的大小，R越大，阻碍作用越大．
（2）决定因素：①长度；②横截面积；③温度；④材料；
（3）两个表达式
表达式 适用范围 区别
定义式 纯电阻电路 提供了一种测量电阻的方法，并不能说明电阻R与U和I有关
决定式 粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解质溶液 电阻的决定因素
（4）电阻率与温度的关系
①金属：电阻率随温度的升高而增大．②非金属：电阻率随温度的升高而减小．
知识点3：电功、电功率和焦耳定律
电功和电热、电功率和热功率的区别与联系
意义 公式 联系
电功 电流在一段电路中所做的功 W＝UIt W=Pt 对纯电阻电路，电功等于电热，W＝Q＝UIt＝I2Rt；对非纯电阻电路，电功大于电热，W＞Q
电热 电流通过导体产生的热量 Q＝I2Rt
电功率 单位时间内电流所做的功 P＝UI， 对纯电阻电路，电功率等于热功率，P电＝P热＝UI＝I2R；对非纯电阻电路，电功率大于热功率，P电＞P热
热功率 单位时间内导体产生的热量 P＝I2R
非纯电阻电路的分析方法
(1)抓住两个关键量：确定电动机的电压UM和电流IM是解决所有问题的关键．若能求出UM、IM，就能确定电动机的电功率P＝UMIM，根据电流IM和电动机的电阻r可求出热功率Pr＝Ir，最后求出输出功率P出＝P－Pr.
(2)坚持“躲着”求解UM、IM：首先，对其他纯电阻电路、电源的内电路等，利用欧姆定律进行分析计算，确定相应的电压或电流．然后，利用闭合电路的电压关系、电流关系间接确定非纯电阻电路的工作电压和电流．
(3)应用能量守恒定律分析：要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解．
知识点4：电源电动势
1．电动势
(1)电源：通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置。例如：干电池、蓄电池、发电机等；
①计算：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E＝；
②物理含义：电动势表示电源把其他形式的能转化成电能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压．
电动势和电势差的区分
项目 电动势E 电势差U
物理意义 非静电力做功，其他形式的能转化为电能 静电力做功，电能转化为其他形式的能
定义式 ,W为非静电力做功 ，W为静电力做功
单位 伏特（V）
联系 E=+，电动势等于未接入电路时两极间的电势差
电源的内阻
定义：电源内部是由导体构成，所以也有电阻，这个电阻叫做电源的内阻；
决定因素：由电源本身的特点决定。一般来说，新电池电阻小，旧电池电阻大；
知识点5：电源输出功率和电源的效率问题
电源的输出功率和电源效率的比较
电源总功率 任意电路：P总＝EI＝P出＋P内 P出与外电阻R的关系
电源内部消耗的功率 纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝
P内＝I2r＝P总－P出
电源的输出功率 任意电路：P出＝UI＝P总－P内 电源的效率 任意电路：η＝×100%＝×100%
纯电阻电路：P出＝I2R＝ 纯电阻电路：η＝×100%
电源输出功率的极值问题的处理方法
对于电源输出功率的极值问题，可以采用数学中求极值的方法，也可以采用电源的输出功率随外电阻的变化规律来求解．但应当注意的是，当待求的最大功率对应的电阻值不能等于等效电源的内阻时，此时的条件是当电阻值最接近等效电源的内阻时，电源的输出功率最大．假设一电源的电动势为E，内阻为r，外电路有一可调电阻R，电源的输出功率为：P出＝I2R＝＝.
由以上表达式可知电源的输出功率随外电路电阻R的变化关系为：
(1)当R＝r时，电源的输出功率最大，为Pm＝；
(2)当R＞r时，随着R的增大，电源的输出功率越来越小；
(3)当R＜r时，随着R的增大，电源的输出功率越来越大；
(4)当P出＜Pm时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R1和R2，且R1R2＝r2.　
知识点6：串并联电路的特点
1．串并联电路的比较
串联 并联
电路图
电流 I＝I1＝I2＝…＝In I＝I1＋I2＋…＋In
电压 U＝U1＋U2＋…＋Un U＝U1＝U2＝…＝Un
电阻 R＝R1＋R2＋…＋Rn ＝＋＋…＋
比例关系 W∝P∝U∝R W∝P∝I∝
2.串并联电路常用的四个推论
（1）串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的总电阻．
（2）并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻．
（3）无论电阻怎样连接，每一段电路的总耗电功率P总是等于各个电阻耗电功率之和．
（4）无论电路是串联还是并联，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大．
知识点7：闭合电路的欧姆定律
1．闭合电路欧姆定律
（1）内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比；
（2）公式：I＝(只适用于纯电阻电路)；
（3）其他表达形式
①电势降落表达式：E＝U外＋U内或E＝U外＋Ir；
②功率表达式：EI＝UI＋I2r.
2．路端电压与外电阻的关系
（1）一般情况：U＝IR＝·R＝，当R增大时，U增大；
（2）特殊情况：
①当外电路断路时，I＝0，U＝E；
②当外电路短路时，I短＝，U＝0.
3.对闭合电路欧姆定律的理解和应用
在恒流电路中常会涉及两种U－I图线，一种是电源的伏安特性曲线(斜率为负值的直线)，另一种是电阻的伏安特性曲线(过原点的直线)．求解这类问题时要注意二者的区别．
电源U－I图象 电阻U－I图象
关系式 U＝E－Ir U＝IR
图形
物理 意义 电源的路端电压随 电流的变化关系　 电阻两端电压与电阻中的电流的关系
截距 与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示电源短路电流 过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零
坐标U、I的乘积 表示电源的输出功率 表示电阻消耗的功率
坐标U、I的比值 表示外电阻的大小 表示该电阻的大小
斜率(绝对值) 电源电阻r的大小 若图象为过原点的直线，图象斜率表示电阻的大小
两曲线在同一坐标系中的交点 表示电阻的工作点，即将电阻接在该电源上时，电阻中的电流和两端的电压
（说明：针对难点进行归纳总结）
强化点一 电流定义式的理解与应用
(1)金属导体中电流的计算:金属导体中,电子定向移动形成电流,运用计算时，q是某一段时间内通过导体某横截面的电子的电荷量。
(2)电解液中电流的计算：电解液中的自由电荷是正、负离子,运用计算时q应是同一时间内正、负两种离子通过某横截面的电荷量的绝对值之和。
(3)环形电流的计算:环形电流的计算采用等效的观点分析,取一个周期T来计算等效电流.
【典例1】（23-24高一下·河北衡水·期末）某款手机搭载了一块5000mA·h的电池，若用充满电后的该手机观看视频，可连续观看12个小时，则观看视频时电池的平均放电电流约为（　　）
A．0.35A B．0.42A C．0.48A D．0.55A
【变式1-1】（2024·广西·模拟预测）阿秒（as）光脉冲是一种发光持续时间极短的光脉冲，如同高速快门相机，可用以研究原子内部电子高速运动的过程。已知电子所带电荷量为，，氢原子核外电子绕原子核做匀速圆周运动，周期大约是。根据以上信息估算氢原子核外电子绕核运动的等效电流大约为（　　）
A． B． C． D．
【变式1-2】（2024·山东淄博·一模）阿秒（as）光脉冲是一种发光持续时间极短的光脉冲，如同高速快门相机，可用以研究原子内部电子高速运动的过程。已知，电子所带电荷量为，氢原子核外电子绕原子核做匀速圆周运动的等效电流约为。目前阿秒光脉冲的最短时间为43as，电子绕氢原子核一周的时间约为该光脉冲时间的（　　）
A．2.8倍 B．3.7倍 C．4.2倍 D．5.5倍
强化点二 电流的微观表达式的应用
(1)准确理解公式中各物理量的意义,式中的v是指自由电荷定向移动的速率,不是电流的传导速率,也不是电子热运动的速率。
(2)对I=neSv,若n的舍义不同,表达式的形式也不同。
【典例2】（多选）（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）如图所示，矩形薄片霍尔元件处于与薄片垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。当元件通有大小为I，方向如图所示的电流时，在M、N间出现霍尔电压UH。已知薄片内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，薄片的厚度为d，M、N间距离为L1，P、Q间距离为L2，则下列说法正确的是（　　）
A．形成电流的电子定向移动方向为P→Q B．M表面电势低于N表面电势
C．自由电子定向移动的速度大小为 D．元件内单位体积内自由电于数为
【变式2-1】（23-24高二上·安徽宣城·期末）如图，一段通电直导线的横截面积为S，长度为L，电阻率为ρ，单位体积内自由电子个数为n，自由电子定向运动的速率为v，电子的电荷量为e。则下列说法正确的是（　　）
A．通过直导线的电流为 B．通电直导线的电阻为
C．导体棒两端的电压为
D．一电子从直导线右端运动到左端的过程中，电场力对该电子做的功为
【变式2-2】（23-24高二上·天津·期末）如图所示，一根均匀的金属导体棒在电场的作用下，其内部的自由电子沿轴线方向做速度为的匀速直线运动。若棒横截面积为，单位长度上可以自由移动的电子个数为，已知一个电子的电荷量为，则通过导体棒电流的大小（　　）
A． B． C． D．
强化点三 电阻定律的理解与应用
(1)公式一中的L是沿电流方向的导体长度,S是垂直于电流方向的横截面积。一定几何形状的导体,电阻的大小与接入电路的具体方式有关,在应用公式求电阻时要注意确定导体长度和横截面积。
(2)一定几何形状的导体,当长度和横截面积发生变化时,导体的电阻率不变,体积不变,由V=SL可知L和S成反比,这是解决有关电阳变化问题的关键。
【典例3】（23-24高二上·贵州毕节·期末）如图所示，一长方体的金属导体，三边a、b和c的长度之比为1：2：3。分别沿着三边方向对导体施加相同的电压，流过导体的电流之比为（　　）
A．1∶2∶3 B．1 ∶ 4 ∶ 9 C．9 ∶ 4 ∶ 1 D．36∶9∶4
【变式3-1】（23-24高二上·浙江湖州·期末）如图所示，一块均匀的长方体样品，长为a、 宽为b、 厚为c，若沿着AB方向测得的电阻为R，下列说法正确的是（ ）
A．样品的电阻率为 B．样品的电阻率为
C．沿 CD方向的电阻为 D．沿CD方向的电阻为
强化点四 纯电阻电路的电功和电功率
在纯电阻电路中，解答电功率问题时应注意以下两点
一是求解串、并联电路中的功率分配问题,比例法求解会使问题简化,要明确是正比关系还是反比关系;二是注意额定值问题。
【典例4】（22-23高二上·安徽·期末）某学校科技小组同学利用图甲所示的电路进行相关测试，为滑动变阻器，为定值电阻、电源内阻不计。实验时，他们调节滑动变阻器的阻值，得到了各组电压表和电流表的数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出图像如图乙所示，已知电流表和电压表都是理想电表。求：
（1）电源的电动势E和定值电阻；
（2）图线从A状态变化到B状态的过程中，滑动变阻器阻值的变化范围；
（3）当的阻值为多大时，消耗的功率最大？最大功率为多少？
【变式4-1】（22-23高二上·上海浦东新·期末）一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变化的关系图像如图（a）所示，将它与两个标准电阻R1、R2组成如图（b）所示电路，当电键S接通位置1时，三个用电器消耗的电功率均为P。将电键S切换到位置2后，电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，下列关系中正确的是（　　）
A． B． C． D．
【变式4-2】（2022·江苏·高考真题）如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为，，，，电源电动势，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是（　　）
A． B． C． D．
强化点五 非纯电阻电路的电功和电功率
（1）无论是纯电阻电路还是非纯电阻电路,电功均为W=UIt,电功率均为P=UI,电热均为Q=I2Rt,热功率均为P=I2R。非纯电阻电路 W>Q,P电>P热。
（2）非纯电阻电路中“电功=电热+其他能量”即W=Q+W其他。
（3）电动机是非纯电阻电路,转子卡住不转时此时电动机为纯电阻电路.
【典例5】（23-24高二上·重庆九龙坡·期末）随着人工智能的发展，机器人用于生产生活中的场景越来越普遍。如图为某款配送机器人内部电路结构简化图，正常工作时电源输出电压为35V，输出电流为4A，内阻不可忽略。整机净重30kg，在某次配送服务时载重20kg，匀速行驶速度为1.2m/s，行驶过程中受到的阻力大小为总重力的0.2倍。不计电动机的摩擦损耗，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．正常工作时电源的总功率为140W B．匀速运行时的机械功率为140W
C．该电动机的线圈电阻为1.25Ω D．该机器人内部热功率为20W
【变式5-1】（22-23高二上·重庆南岸·期末）小明同学在玩一个会发光的电动玩具汽车时，发现了一个现象：启动电源，电动机正常工作，车轮正常转动，当不小心卡住车轮时，车灯会变暗。玩具汽车的简化电路如图所示，电源电动势E=10V，r=2Ω，车轮电动机的额定电压UM=6V，额定功率PM=6W，线圈电阻RM=1Ω。则：
(1)玩具汽车正常工作时，流过灯泡的电流；
(2)玩具汽车被卡住后，流过灯泡的电流；
(3)玩具汽车卡住前后，灯泡消耗功率的减少量。
【变式5-2】（23-24高二上·广东广州·期末）“祝融号”火星车，其动力主要来源于太阳能电池。现将“祝融号”的电路简化如图，其中定值电阻，太阳能电池电动势E=150V，内阻r未知，电动机线圈电阻，当火星车正常行驶时，电动机两端的电压，定值电阻消耗的功率为125W。求：
（1）流过电动机的电流；
（2）太阳能电池的内电阻；
（3）电动机的输出效率。（保留两位有效数字）
强化点六 两种U—I图像
电源和电阻的U-I图线在同一个坐标系中，如下图所示,直线A代表电源的U-I图线，曲线B代表某电阻的U-I图线,两条图线的交点(I0，U0)的含义是:对电阻，代表流过电阻的电流及它两端的电压；对电源,代表电源的输出电流及路端电压。
【典例6】（23-24高二上·安徽滁州·期末）自1957年苏联成功发射首颗人造卫星以来，截至2023年10月底，全球有近9500个航天器在轨工作，而这其中90%的发电比例都来源于太阳能电池，因此太阳能电池为人类探索浩瀚星空插上了一双强劲的“翅膀”。如图所示，曲线I为某太阳能电池在一定光照强度下路端电压U和电流I的关系图像，直线II是某定值电阻的图像，M为曲线I和直线II的交点，M点坐标为。过M点作曲线I的切线，分别与坐标轴相交于、。现将该电池和定值电阻组成闭合回路，保持上述光照强度照射时，下列计算式正确的是（　　）
A．电池的电动势为 B．此时电池的内阻为
C．电源的输出功率为 D．电源的效率为
【变式6-1】（多选）（23-24高二上·内蒙古呼和浩特·期末）如图甲所示的电路中，是滑动变阻器，是定值电阻。将的滑动触头调节至最左端，闭合开关S，调节的阻值，得到电压表、和相应的电流表A的多组数据，用这些数据在同一U-I坐标系中描点、拟合作出图像如图乙所示。当的滑片向右移动时，电压表和的示数的变化大小为和，电流表A的示数的变化大小为，已知电压表、电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（　　）
A．电源电动势E=2V，内阻r=1Ω B．定值电阻
C． D．当时，的功率最大
【变式6-2】（23-24高二下·河南漯河·期末）如图所示，直线、分别是电源与电源的路端电压随输出电流变化的图线，曲线是一个小灯泡的图线。曲线与直线、相交点的坐标分别为、。如果把该小灯泡分别与电源电源单独连接，则下列说法正确的是（　　）
A．电源与电源的内阻之比是
B．电源与电源的电动势之比是
C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是
D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是
强化点七 含容电路的分析与计算
电容器是一个储存电能的元件。在直流电路中,当电容器充、放电时电路中有电流,一旦电路达到稳定状态,电容器在电路中就相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的不漏电的情况)的元件，电容器所在处看作断路。分析电路时需注意以下几点:
(1)当电容器和用电器并联并接入电路时,电容器两极板间的电压与其并联的用电器两端的电压相等。
(2)电路的电流、电压变化时,将会引起电容器的充(放)电,要根据正极板电荷变化情况来判断电流方向。
(3)由于电路的变化,电容器两极板的电荷量会发生变化,甚至极板上电荷的电性也会改变。
【典例7】（2024·湖北黄冈·模拟预测）如图所示，在平行板电容器中固定一个带负电质点，电容器下极板接地，电源电动势和内阻分别为和，电流表和电压表均视为理想电表，电压表和电流表示数为和。当滑动变阻器的滑片向端移动时，下列说法正确的是（　　）
A．电压表和电流表示数都变大 B．质点的电势能增加
C．消耗的电功率变大 D．电源的输出功率一定减小
【变式7-1】（2024·河北保定·一模）如图所示的电路，电源的内阻为r，定值电阻甲的阻值为r，乙的阻值与灯泡的阻值相等，电容器的电容为C，当闭合、断开，稳定后，灯泡的功率为P，电容器的带电量为Q，忽略灯泡阻值的变化，下列说法正确的是（　　）
A．灯泡的阻值为 B．电源的电动势为
C．当闭合，在断开与闭合两种稳定情况下，灯泡两端电压的变化量与电阻甲中电流的变化量的比值的绝对值为 D．当、均闭合，甲中的电流为
【变式7-2】（23-24高二上·山东济宁·期末）如图所示，电路中电源电动势E=3V，内阻r=1Ω，R1、R2均为电阻箱，电阻箱R1调节范围是0~5Ω，R2调节范围是0~3Ω，平行板电容器C的极板水平放置。闭合开关S，调节电阻箱，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，R1=2Ω，R2=3Ω。下列说法正确的是（　　）
A．油滴带正电 B．断开开关S前后，流过R1的电流方向相反
C．减小R2的阻值，油滴将向上运动 D．将R1由2Ω调至5Ω，电容器两极板间的电压增加了0.5V
真题感知
1．（2024·广西·高考真题）将横截面相同、材料不同的两段导体、无缝连接成一段导体，总长度为1.00m，接入图甲电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，则导体、的电阻率之比约为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024·海南·高考真题）虚接是常见的电路故障，如图所示，电热器A与电热器B并联。电路中的C处由于某种原因形成了虚接，造成了该处接触电阻0~240Ω之间不稳定变化，可等效为电阻，已知MN两端电压，A与B的电阻，求：
（1）MN间电阻R的变化范围；
（2）当，电热器B消耗的功率（保留3位有效数字）
3．（2024·江苏·高考真题）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块(可视为质点）在电动机作用下，从斜面底端 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块恰好到达最高点D。重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求：
（1）CD段长x；
（2）BC段电动机的输出功率P；
（3）全过程存储的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。
提升专练
一、单选题
1．（2024·浙江金华·一模）下图是根据飞机升降时机翼受力的原理设计的装置，用于监测河水流速的变化。机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动，电源电动势为4.8V，内阻不计，理想电流表量程为0~0.6A，理想电压表量程为0~3V，定值电阻R1阻值为6Ω，滑动变阻器R2的规格为“20Ω 1A”。闭合开关S，随着水流速度的改变，下列说法正确的是（ ）
A．当水流速度增大时，电流表的示数变小
B．当水流速度增大时，电压表与电流表的示数之比变大
C．滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2Ω~15Ω
D．电阻R1的电功率的变化范围为0.54W~2.16W
2．（2023·海南·模拟预测）在如图所示的图像中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，曲线Ⅱ为某一小灯泡L的曲线，曲线Ⅱ与直线Ⅰ的交点坐标为（1.5，0.75），曲线Ⅱ在该点的切线与横轴的交点坐标为（1.0，0），用该电源直接与小灯泡L连接成闭合电路，由图像可知（　　）
A．电源电动势为2.0 V B．电源内阻为
C．小灯泡L接入电源时的电阻为 D．小灯泡L实际消耗的电功率为1.125 W
3．（2024·辽宁·模拟预测）如图所示，长方体金属块的长、宽、高均分别为、、，电源的电动势为，内阻为，通过理想电流表A的示数为，则该金属块的电阻率为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024·广东·三模）在如图甲所示的电路中，定值电阻。R1=4Ω、R2=5Ω，电容器的电容C=3μF，电源路端电压U随总电流I的变化关系如图乙所示。现闭合开关S，则电路稳定后（ ）
A．电源的内阻为2Ω B．电源的效率为75%
C．电容器所带电荷量为1.5×10-5C D．若增大电容器两极板间的距离，电容器内部的场强不变
5．（2024·广西桂林·三模）“祝融号”火星车的动力主要来源于太阳能电池。现将火星车的动力供电电路简化为如图所示，其中太阳能电池电动势，内阻未知，电动机线圈电阻，电热丝定值电阻。当火星车正常行驶时，电动机两端电压，电热丝消耗功率。则（　　）

A．火星车正常行驶时，通过电热丝电流为
B．太阳能电池的内阻为
C．若电动机的转子被卡住，电热丝消耗的功率为
D．火星车正常行驶时，电动机的效率为
6．（2024·内蒙古赤峰·一模）太阳能电池板在光照时将光能转化为电能即为光伏发电。太阳能电池板作为电源，其路端电压与干路电流的关系如图中的曲线所示，太阳能电池板负载的U-I图线为图中倾斜直线。当太阳能电池板给负载供电时，下列说法正确的是（　　）
A．太阳能电池板的效率约为50% B．太阳能电池板的输出功率约为
C．太阳能电池板的内阻约为1kΩ D．太阳能电池板的内阻消耗的功率约为1.8W
二、多选题
7．（2024·四川·模拟预测）如图所示是利用霍尔效应测量磁场的传感器，由运算芯片LM393和霍尔元件组成，LM393输出的时钟电流（交变电流）经二极管整流后成为恒定电流I从霍尔元件的A端流入，从F端流出。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于霍尔原件的工作面水平向左，测得CD端电压为U。已知霍尔元件的载流子为自由电子，单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为e，霍尔原件沿AF方向的长度为，沿CD方向的宽度为，沿磁场方向的厚度为h，下列说法正确的是（ ）
A．C端的电势高于D端 B．若将匀强磁场的磁感应强度减小，CD间的电压将增大
C．自由电子的平均速率为 D．可测得此时磁感应强度
8．（2024·贵州·模拟预测）如图所示的电路中，电源内阻不计，电表均为理想电表，三个定值电阻阻值均为R，滑动变阻器的最大阻值也为R，当开关闭合时，电流表、的读数分别记为、，电压表的读数记为U，当滑动变阻器的滑片P从最左端的a点滑到正中间的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．变小 B．变小 C．U变大 D．滑动变阻器消耗的功率变大
三、解答题
9．（2024·山西太原·三模）如图甲所示电路中，是滑动变阻器，是定值电阻。实验时从最左端向最右端拨动滑片调节的阻值，得到各组理想电压表和理想电流表的数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的图像如图乙所示。求：
（1）当滑动变阻器的阻值为多大时，电阻消耗的功率最大；
（2）当滑动变阻器的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大；
（3）当滑动变阻器的阻值为多大时，电源的输出功率最大。
10．（2024·北京海淀·模拟预测）经典的金属电子论认为：在外电场（由电源提供的电场）中，金属中的自由电子受到电场力的驱动，在原热运动基础上叠加定向移动，如图所示。在定向加速运动中，自由电子与金属正离子发生碰撞，自身停顿一下，将定向移动所获得的能量转移给金属正离子，引起正离子振动加剧，金属温度升高。自由电子在定向移动时由于被频繁碰撞受到阻碍作用，这就是电阻形成的原因。
自由电子定向移动的平均速率为v，热运动的平均速率为u，发生两次碰撞之间的平均距离为x。由于，所以自由电子发生两次碰撞的时间间隔主要由热运动决定。自由电子每次碰撞后的定向移动速率均变为零。
（1）求该金属的电阻率，并结合计算结果至少说明一个与金属电阻率有关的宏观因素；
（2）该导体长度为L，截面积为S。若将单位时间内导体中所有自由电子因与正离子碰撞而损失的动能之和设为，导体的发热功率设为P，试证明。
11．（2024·河南商丘·三模）某科研小组设计了如下实验，研究油滴在匀强电场中的运动。实验装置的原理示意图，如图所示，两个水平放置、相距为d的金属极板﹐上极板中央有一小孔，两金属极板与恒压源（可以提供恒定电压U），定值电阻R，电阻箱（最大阻值为R）、开关串联组成的电路。用喷雾器将细小的油滴喷入密闭空间，这些油滴由于摩擦而带了负电。油滴通过上极板的小孔进入到观察室中，油滴可视为半径为r的球体，油滴的密度为，重力加速度为g，油滴受到的空气阻力大小为，其中为空气的粘滞系数（已知），v为油滴运动的速率，不计空气浮力。
（1）开关断开时，观察到油滴A运动到两极板中心处开始匀速下落，之后经过时间t油滴A下落到下极板处，请推导油滴A的半径r的表达式（用，d、t、和g表示）。
（2）若将图中密闭空间的空气抽出，使油滴运动所受的空气阻力可忽略。闭合开关：
①调整电阻箱的阻值为，观察到半径为的油滴B可做匀速直线运动，求油滴B所带的电荷量；
②调整电阻箱的阻值为R，观察到比荷为k、处于下极板的油滴C由静止开始向上加速运动，求油滴C运动到上极板的时间。第06讲 交变电流的描述（预习）
模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 教材习题学解题 模块四 核心考点精准练（7大考点） 模块五 小试牛刀过关测 1．知道交变电流的周期、频率的概念，掌握T、f、ω之间的关系。 2．理解交变电流的峰值、有效值的概念，会根据电流的热效应计算电流的有效值。 3．理解正弦式交变电流的公式和图像，能利用交变电流的规律解决生活生产中的问题。
知识点1：周期和频率
【情境导入】
线圈在磁场中转动，经过中性面开始计时闭合回路中的电流按下图所示的规律变化，由图可知，电流的变化具有周期性。
1．周期（T）：
交变电流完成一次周期性变化所需的时间．
2．频率（ f ）：
交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之比叫作频率，数值等于交变电流在单位时间内完成周期性变化的次数．
3．周期和频率的关系
（1）周期与频率之间的关系：T＝或f＝.
（2）周期与频率、角速度间的关系：ω＝＝2πf.
4. 转速
产生交变电流的线圈在单位时间内转过的圈数（n），单位：转每秒（r/s），转速越大，交变电流变化越快。
①我国工农业生产和生活所用的交变电流，周期是 0.02s，频率是50 Hz，电流方向每秒改变100次；
②在工业技术中，转速的单位常用“转每分”表示，频率与转速的物理意义是相同的。
知识点2：峰值和有效值
【情境导入】
1．峰值
交变电流的电压、电流能达到的最大数值叫峰值．电容器所能承受的电压要高于交流电压的峰值，否则电容器就可能被击穿．
电容器、二极管接在交流电路中，交流电压的峰值不能超过它们所能承受的最大电压，否则就可能被击穿。电容器铭牌上标的电压为峰值。
2．有效值
让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，则此恒定电流的电流与电压叫作交变电流的有效值．
3．正弦式交变电流的峰值与有效值之间的关系
E＝＝0.707Em，U＝＝0.707Um，I＝＝0.707Im
（1）E＝、I＝、U＝只适用于正弦式交变电流，对于按其他规律变化的交变电流，上述关系式一般不再适用．
（2）对于非正弦式交变电流有效值的计算，时间一般选取一个周期．
（3）凡涉及能量、电功以及电功率等物理量时均用有效值，在确定保险丝的熔断电流时也用有效值．
知识点3：正弦式交变流的公式和图像
1．正弦式交变电流的图像
2. 从图像中可以获得的信息
（1）峰值和有效值：从图中可读出交变电流的最大值Um，Im据此可求有效值。
（2）周期、频率和角速度：频率，角速度。
（3）由图可读出任一时刻ie的值。
（1）若已知电压、电流最大值分别是Um、Im，周期为T，则正弦式交变电流电压、电流表达式分别为u＝Umsin t，i＝Imsin t.
（2）若 i-t图像、e-t图像为正弦曲线，表示从中性面开始计时；若为余弦曲线，表示从垂直于中性面的位置开始计时。
3. 非正弦式交变电流的图像及有效值的分析思路
4. 几种常见电流的有效值
知识点4：电感器和电容器对交变电流的作用
1. 感抗
（1）电路：如图所示，电感线圈L 和小灯泡串联在电路中。
（2）实验现象：接通直流电源时灯泡亮些，接通交流电源时灯泡暗些。
（3）实验结论：电感线圈对交变电流有阻碍作用。
（4）原因：交变电流通过电感线圈时，由于电流的大小和方向时刻都在变化，所以不断产生自感电动势阻碍电流变化，这种阻碍作用叫感抗，线圈的自感系数越大，交流的频率越高，线圈的感抗就越大。
电感线圈在电路中的作用：通直流、阻交流；通低频、阻高频
2. 容抗
（1）电路：如上图所示，电容器C和小灯泡串联在电路中。
（2）实验现象：接通直流电源时，灯泡不亮，说明直流不能通过电容器接通交流电源时，灯泡发光，说明交变电流能够“通过”电容器。
（3）实验结论：电容器对交变电流阻碍作用的大小，叫作容抗电容器的电容越大，交流的频率越高，电容器对交流的阻碍作用就越小，即容抗越小。
（1）电容器在电路中的作用：通交流、隔直流；通高频、阻低频。
（2）交变电流能够“通过”电容器的本质：由于交变电流的方向不断变化，电容器在充电、放电过程中，电路中就有了电流，表现为交变电流“通过”了电容器。实际上自由电荷并没有通过两极板间的绝缘介质。
教材习题01 矩形线圈的匝数为50，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。下列结论正确的是（　　） A．在t=0.1s和t=0.3s时，电动势最大 B．在t=0.2s和t=0.4s时，电动势改变方向 C．电动势的最大值是50πV D．在t=0.4s时，磁通量变化率最大，其值为πWb/s 解题方法 【详解】AB．在t=0.1s和t=0.3s时，磁通量最大，此时电动势为零，且电动势改变方向，选项A、B错误； C．电动势的最大值是Em=nBSω=nΦm=50×0.2×V=50πV，选项C正确； D．在t=0.4s时，磁通量为零，但是磁通量变化率最大，其值为=BSω=Φm=0.2×Wb/s=πWb/s 选项D正确。
【答案】CD。
教材习题02 如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个面积为S的矩形线圈绕垂直于磁感线的对称轴以角速度匀速转动。 （1）穿过线框平面磁通量的变化率何时最大？最大值为多少？ （2）当线框由图示位置转过的过程中，平均感应电动势为多大？ （3）线框由图示位置转到时瞬时感应电动势为多大？ （4）如果线框绕转动，电动势最大值又是多少？ 解题方法 【详解】（1）线框转动过程中，ab与cd两边垂直切割磁感线时（与图示位置垂直时），产生的感应电动势最大 （2）图中位置的磁通量 转过时的磁通量 从图示位置转过过程中，感应电动势的平均值 （3）图示的位置为中性面的位置，所以电动势瞬时值的表达式 将代入得, （4）如果线框绕转动，当dc边垂直切割磁感线时，感应电动势最大
【答案】（1）ab与cd两边垂直切割磁感线时；；（2）；（3）；（4）。
教材习题03 如图所示为正弦交变电流经过整流后的图像，求该电流的有效值。 解题方法 【详解】由图像可知该电流的周期为，每个周期内的图像都是正弦函数图像，电流的最大值为，根据正弦交流电最大值和有效值的关系可得
【答案】。
考点1：交变电流的图像
【典例1】交流发电机的线圈匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．时，穿过线圈的磁通量的变化率最大 B．时，线圈位于中性面
C．时，穿过线圈的磁通量为零 D．发电机线圈转动的角速度为
【变式1-1】如图甲所示，一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中。通过线圈的磁通量随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．时刻通过线圈的磁通量变化率最大 B．时刻线圈中感应电流方向改变
C．时刻线圈中磁通量最大 D．时刻线圈中感应电动势最小
【变式1-2】现在世界各国生产生活用电基本为交流电。某地区所使用的交流电的电压随时间变化的规律如图所示，将理想交流电流表与阻值为31.1Ω的电阻串联后接在该交流电压两端。下列判断正确的是（　　）
A．该交流电的频率为120Hz B．该交流电的方向每分钟变换3600次
C．该交流电的电压有效值为110V D．理想交流电流表的示数为5A
考点2：交流电的频率和峰值
【典例2】如图所示，矩形线圈的匝数，，，匀强磁场的磁感应强度，线圈绕垂直磁场的轴从图示位置（线圈平面与磁感线平行）开始匀速转动，角速度，则：
(1)穿过线圈的磁通量的最大值为多大？
(2)线圈产生的感应电动势的最大值为多大？
(3)从图示位置开始匀速转动时，线圈中产生的感应电动势为多大？
【变式2-1】发电机转子是匝数，边长的正方形线圈，其置于磁感应强度的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时。线圈的电阻，外电路电阻试求：
（1）写出该线圈中产生的感应电动势的最大值；
（2）写出交变电流瞬时值表达式。
考点3：交变电流的瞬时值
【典例3】如图所示，线圈的面积是，共1000匝，线圈的总电阻，外接电阻，匀强磁场的磁感应强度，当线圈以的转速匀速旋转时，问：
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈转过时电动势的瞬时值多大；
(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少。
【变式3-1】如下图所示，一个边长L=10cm，匝数n=100匝的正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，磁感应强度，角速度，外电路电阻，线圈内阻。
(1)写出线圈由图中所示位置开始计时时，感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈转动一周，电阻R上产生的热量。
【变式3-2】如图所示，匝的矩形线圈abcd的面积，放在磁感应强度的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁场的轴以的转速匀速转动，线圈电阻，外电路电阻，时线圈平面与磁场平行。求：
（1）感应电动势的瞬时值表达式；
（2）线圈转一圈外力做的功。
考点4：交变电流的有效值
【典例4】两个相同的定值电阻1、2分别接在正弦交流电源和直流电源的两端，直流电压恒为。当电阻1、2的通电时间分别为t和2t时，两个电阻上产生的热量均为Q。则该正弦交流电源电压的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【变式4-1】现在的调光电灯和调速风扇的调节功能是靠可控硅电子元件来实现的。图示为经一双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即可控硅电子元件能把正弦式交变电流的电压由小变大的部分截去，转动调节开关上的旋钮可以控制截去部分的多少，从而改变电灯两端的电压，那么现在电灯两端的电压为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-2】当用万用表测量家庭电路的电压时，通常测的是家庭电压的 （填“有效值”或“最大值”），如图所示，该交变电流的有效值为 ，该交变电流的周期为 。
考点5：交变电流的平均值
【典例5】如图所示为交流发电机的示意图，磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向以匀速转动，线圈匝数、面积，磁感应强度，电阻，线圈电阻。从图示位置开始计时，以下判断正确的是（ ）
A．产生的交流电电动势为
B．电阻R的热功率为0.08W
C．在时刻，电流表的示数为0
D．在时间内，通过电阻R的电荷量为0.04C
【变式5-1】如图为交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴按图示方向匀速转动，转动角速度，线圈的匝数匝、总电阻，线圈围成的面积。线圈两端与阻值的电阻相连，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度，图示位置矩形线圈与磁感线平行。则下列说法错误的是（　　）
A．图示位置时，线圈中的电流最大，电流方向为
B．电路中交流电压表的示数为90V
C．从图示位置开始计时，线圈产生的电动势的瞬时值表达式为
D．线圈由图示位置转过60°的过程中，通过电阻R的电荷量为
【变式5-2】如图甲所示为交流发电机的示意图。一矩形线圈在两磁极间的匀强磁场中绕轴逆时针匀速转动，线圈匝数n=30，线圈电阻r=2Ω，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图乙所示，定值电阻R＝8Ω，其余电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．t=0时，线圈位于中性面
B．当BC边与磁场方向的夹角为30°时，感应电动势的瞬时值e=15πV
C．该交流电电流的有效值3πA
D．在0~0.1s内，通过电阻R的电荷量为0.6C
考点6：电感器对交变电流的影响
【典例6】把带铁芯的线圈L与小灯泡串联起来，然后利用单刀双掷开关S分别与直流电源和交流电源连接，如图所示。已知直流电源的电压与交流电压的有效值相等，闭合开关电路稳定后，下列叙述正确的是（ ）
A．S接1时灯泡更亮一些
B．S接1和接2时灯泡一样亮
C．当S接1时，调高电源频率后，小灯泡将会变暗
D．当S接1时，将线圈中的铁芯拔出后，小灯泡将会变暗
【变式6-1】如图所示，A、B、C是3个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计）。则（　　）
A．电路接通稳定后，3个灯亮度相同
B．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭
C．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭
D．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭
【变式6-2】如图所示，将带铁芯的电感器L与灯泡A串联，再与另一个完全相同的灯泡B并联，接在以正弦交流信号发生器为电源的两端。通过调节交流信号发生器上的旋钮，可以改变输出电压和信号的频率。闭合开关S，A、B两灯均发光。关于该实验，下列说法中正确的是（　　）
A．保持交流信号频率不变，适当提高输出电压，发现A灯始终比B灯亮
B．保持输出电压不变，提高交流信号频率，发现A、B灯均变亮
C．保持输出电压和信号频率不变，撤去铁芯后，发现A灯比原来亮
D．断开开关S，发现A灯闪亮一下，然后熄灭
考点7：电容器对交变电流的影响
【典例7】（多选）一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲中的图线所示，用此线圈给图乙中电路供电，发现三个完全相同的灯泡亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中的图线所示，下列说法正确的是（　　）
A．时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行
B．图线所表示的电动势的瞬时值表达式为
C．线圈先后两次转速之比为
D．转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同
【变式7-1】（多选）如图所示，单匝线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为，闭合回路中两只相同的灯泡亮度恰好相同。则（ ）
A．若抽去电感器L的铁芯，灯泡亮度不变
B．若增大线圈转动角速度，则灯泡将比更亮
C．若减小电容器C两极板间的正对面积，则灯泡变暗
D．线圈在图示位置时，穿过它的磁通量为
【变式7-2】如图所示，电路中完全相同的三只灯泡a、b、c分别与电阻R、电感器L、电容器C串联，然后再并联到、的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同。若保持交流电的电压不变，将交变电流的频率增大到，则发生的现象是（　　）
A．三灯亮度不变 B．三灯均变亮
C．a亮度不变，b变亮，c变暗 D．a亮度不变，b变暗，c变亮
一、单选题
1．（24-25高三上·河北张家口·开学考试）如图为一交变电流的图像，图中曲线是正弦曲线的一部分，该交变电流电动势的有效值为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，交流电源的输出电压为，频率为，、、灯亮度相同。下列说法正确的是（　　）

A．拔出电感线圈中的铁芯后，B灯将变暗
B．在电容器中插入电介质之后，灯将变暗
C．将交流电源的频率提高为时，灯亮度不变，灯变暗，灯变亮
D．改接输出电压为的直流电源时，灯将变亮，灯将变暗，灯将熄灭
3．（21-22高二下·四川绵阳·期末）如图所示，单匝线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为，闭合回路中两只相同灯泡恰好正常发光。则（　　）
A．若抽去电感器L的铁芯，灯泡亮度不变
B．若增大线圈转动角速度，则灯泡将比更亮
C．若增大电容器C两极板间的正对面积，则灯泡变暗
D．从图示位置开始计时，线圈上产生的感应电动势大小
4．（2024·山东青岛·三模）如图，学校兴趣小组利用厚度为、电阻率为的硅钢片制成一个内径为、高度为的圆筒，。已知圆筒所在处有沿轴线竖直向上方向的磁场，磁感应强度随时间变化的规律为，下列说法正确的是（　　）
A．硅钢片中感应电动势
B．时，硅钢片中感应电动势最大
C．硅钢片中感应电流的有效值为
D．硅钢片的发热功率为
5．（23-24高二下·吉林·期末）如图所示，电阻为r的单匝金属直角线框abcd放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，a、d两点连线与磁场垂直，ab、cd长均为l，bc长为2l，定值电阻阻值为R。线框绕ad连线以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时，则（　　）
A．线框每转一圈，回路电流方向改变一次
B．回路中产生的感应电动势有效值为
C．a、d两点间的电压为
D．周期内通过R的电荷量为
6．（23-24高二下·甘肃金昌·期末）一个电阻为R的单匝矩形金属线圈放在磁场中，磁场与矩形线圈所在的平面垂直，线圈的面积为S，穿过矩形线圈的磁场随时间变化的图像如图所示，图中的最大值和变化的周期T均已知，则该交变电流的电流有效值为（　　）
A． B．
C． D．
7．（23-24高二下·全国·单元测试）数字触发器可以将模拟信号转化为数字信号。如图甲中的正弦式交变电流通过图乙中的数字触发器后输出为图丙所示的数字信号，该数字触发器的转换规则是：交变电流的电压瞬时值小于时输出为0，电压瞬时值不小于时输出为。下列说法正确的是（　　）
A．与间的时间间隔为
B．图丙所示的电压的频率等于
C．该正弦式交变电流的电压瞬时值表达式为
D．图丙所示的电压接在的电阻两端，一个周期内的发热量为
8．（24-25高三上·黑龙江·阶段练习）如图所示为交流发电机的简化模型。ABCD是一个矩形导线框（电阻不计）。全部处于磁感应强度大小为B的沿水平方向的匀强磁场中，导线框面积为S，绕水平轴以角速度匀速转动，交流电压表示数为U，下列说法正确的是（ ）
A．图示位置时流过线框的电流方向为ADCB
B．交流电源的电动势峰值为2U
C．线框匝数为
D．从图示位置开始计时，时感应电动势瞬时值为
9．（24-25高二下·全国·课后作业）如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图像分别如图乙中曲线a，b所示，则（ ）
A．两次时刻穿过线圈的磁通量变化率均最大
B．曲线a表示的交变电动势的最大值为25V
C．曲线b表示的交变电动势的有效值为15V
D．曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2
二、多选题
10．（24-25高二上·全国·课后作业）是两个完全相同的电热器，通以图甲所示的方波式交变电流，通以图乙所示的交变电流。下列说法正确的是（　　）
A．图甲交变电流的有效值为
B．图乙交变电流的有效值为
C．这两个电热器的电功率之比
D．这两个电热器的电功率之比
11．（24-25高二上·全国·课后作业）如图所示，边长为的正方形线圈abcd，匝数为，总电阻为，外电路的电阻为，ab的中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度．若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴匀速转动，则以下判断中正确的是（　　）
A．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为
B．在时刻，穿过线圈的磁通量为零，但磁通量变化率最大
C．从时刻到时刻，电阻R上产生的热量为
D．从时刻到时刻，通过电阻R的电荷量为
12．（2024·全国·模拟预测）电动汽车在制动时，可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来，车轮转动时带动磁极绕固定线圈旋转，在线圈中产生电流，车轮半径为，刹车过程中车轮做匀减速运动，初速度为，末速度为零，刹车位移为，车轮与磁极转动角速度之比为，线圈匝数为，线圈面积为，极与极之间可看成匀强磁场，磁感应强度大小为，线圈回路中等效电阻为。开始制动时，磁极位置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．停止前磁极角速度随位移的变化关系为
B．停止前磁极转动角度随位移的变化关系为
C．停止前线圈产生的感应电动势随位移的变化关系为
D．整个过程中流过线圈的电荷量为
三、解答题
13．如图所示为一台小型发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直。矩形线圈的面积S=2.0×10-2m2，匝数N=40，线圈电阻r=1.0Ω，磁场的磁感应强度B=0.20T。线圈绕OO′轴以ω=100rad/s的角速度匀速转动。线圈两端外接电阻R=9.0Ω的小灯泡和一个理想交流电流。从图示位置开始计时，求：
(1)线圈中产生的感应电动势的瞬时表达式。
(2)小灯泡消耗的电功率。
(3)线圈由图示位置转过90°的过程中，通过灯泡的电荷量。
14．（24-25高二上·全国·课后作业）长度为的金属杆置于光滑U形导轨上，其一端接有定值电阻，整个装置放在水平面上。平行于U形导轨长边建立轴，以水平向右为正方向，靠近U形导轨短边所在位置为处，垂直导轨平面分布着恒定磁场，其磁感应强度沿导轨方向按照的形式分布（、为已知定值，规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，图中未画出），如图所示。在一未知外力的作用下，金属杆从的位置开始以速度向右匀速运动．金属杆和导轨其他部分电阻均不计。求：
(1)通过电阻的电流随时间变化的表达式、周期及电流的有效值；
(2)时间内（周期的整数倍），外力做的功；
(3)在杆开始运动的最初半个周期内，通过电阻的电荷量。
15．（23-24高二下·广东广州·期末）如图甲所示，两根平行导轨以倾斜角固定在地面上，相距为L，电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于平行导轨所在的整个平面，导轨下端接有阻值为R的电阻，沿导轨斜向上建立x坐标轴。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置在处，其与金属导轨的动摩擦因数为，在金属棒ab上施加x轴方向的外力F，使金属棒ab开始做简谐运动，当金属棒运动到时作为计时起点，其速度随时间变化的图像如图乙所示，其最大速度为。求：
（1）简谐运动过程中金属棒的电流i与时间t的函数关系；
（2）在0~1s时间内通过金属棒的电荷量；
（3）在0~3s时间内外力F所做的功。