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2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：电学实验基础

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2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：电路的基本概念及规律

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：电路的基本概念及规律

考情分析闭合电路欧姆定律及其应用 2022·北京卷·T13 2022·江苏卷·T2 2020·北京卷·T12 2020·江苏卷·T6含容电路的电流和电压2022·北京卷·T9 2020·全国卷Ⅰ·T17电阻定律2020·浙江1月选考·T6 含电动机的电路2019·浙江4月选考·T8测电阻类实验 2022·全国甲卷·T22 2022·全国乙卷·T23 2022·北京卷·T15 2022·广东卷·T12 2022·山东卷·T14 2021·山东卷·T14 2021·浙江6月选考·T18 2021·广东卷·T12 2021·北京卷·T16 2020·全国卷Ⅰ·T22 2018·全国卷Ⅰ·T23 2018·全国卷Ⅲ·T23 实验：测量电源的电动势和内阻 2022·湖北卷·T13 2021·全国乙卷·T23 2021·天津卷·T10 2021·湖南卷·T12 2020·山东卷·T14 2020·浙江7月选考·T18 电表改装 实验：用多用电表测量电学中的物理量 2022·辽宁卷·T11 2022·河北卷·T12 2022·湖南卷·T12 2021·辽宁卷·T12 2019·全国卷Ⅰ·T23 2019·全国卷Ⅲ·T23 2018·全国卷Ⅱ·T22试题情境 生活实践类 家用电器、新能源电动汽车、超级电容器、手机充电等 学习探究类 电表改装、导体电阻率的测量、测量电源的电动势和内阻、用多用电表测量电学中的物理量第1讲 电路的基本概念及规律目标要求 1.了解电流的定义及I ＝qt ，会推导电流的微观表达式.2.理解电阻的概念，掌握电阻定律.3.掌握串并联电路的特点，理解电表改装的原理.4.理解电功、电功率、焦耳定律，会区分纯电阻电路和非纯电阻电路．考点一 电流的概念及表达式1．电流电荷的定向移动形成电流，I ＝qt.2．电流形成的条件：导体中有自由电荷；导体两端存在电压．3．电流的标矢性：电流是标量，但有方向，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向．1．由I ＝qt 可知，I 与q 成正比，与t 成反比．( × )2．虽然电流有方向，但电流为标量．( √ )3．电荷定向移动产生电流，所以电荷的移动速率就是电流的传导速率．( × )电流的三种表达式及其比较公式 适用范围字母含义公式含义 I ＝q t一切电路q 为时间t 内通过导体横截面的电荷量qt反映了I 的大小，但不能说I ∝q 、I ∝1tI ＝nqS v一切电路n ：导体单位体积内的自由电荷数q ：每个自由电荷的电荷量 S ：导体横截面积 v ：电荷定向移动速率从微观上看，n 、q 、S 、v 决定了I 的大小I ＝U R 金属、电解液U ：导体两端的电压 R ：导体本身的电阻I 由U 、R 决定，I ∝U 、I ∝1R考向1 公式I ＝q /t 的应用例1 如图所示，电解池内有一价的电解液，t 时间内通过溶液内面积为S 的截面的正离子数是n 1，负离子数是n 2，设元电荷为e ，以下说法中正确的是( )A ．当n 1＝n 2时电流大小为零B ．当n 1＜n 2时，电流方向从B →A ，电流大小为I ＝(n 2－n 1)et C ．当n 1＞n 2时，电流方向从A →B ，电流大小为I ＝(n 1－n 2)etD ．溶液内电流方向从A →B ，电流大小为I ＝(n 1＋n 2)et答案 D解析 电流的方向与正离子定向移动方向相同，则溶液内电流方向从A 到B ，t 时间内通过溶液截面S 的电荷量为q ＝n 1e ＋n 2e ，则根据电流的定义式可得I ＝q t ＝n 1e ＋n 2e t ＝(n 1＋n 2)e t ，A 、B 、C 错误，D 正确． 考向2 电流的微观表达式例2 在长度为l 、横截面积为S 、单位体积内自由电子数为n 的金属导体两端加上电压，导体中就会产生匀强电场．导体内电荷量为e 的自由电子在电场力作用下先做加速运动，然后与做热运动的阳离子碰撞而减速，如此往复，所以我们通常将自由电子的这种运动简化成速率为v (不随时间变化)的定向运动．已知阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率v 成正比，即f ＝k v (k 是常量)，则该导体的电阻应该等于( ) A.kl neS B.kl ne 2S C.kS nel D.kSne 2l 答案 B解析 电子定向移动，由平衡条件得k v ＝e U l ，则U ＝k v l e ，导体中的电流I ＝neS v ，电阻R ＝U I ＝klne 2S，选项B 正确． 考点二 欧姆定律及电阻定律1．部分电路欧姆定律(1)内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比． (2)表达式：I ＝UR.(3)适用范围：金属导电和电解质溶液导电，不适用于气态导体或半导体元件． 2．对U －I 图像和I －U 图像的理解(如图甲、乙所示)(1)图线a 、e 、d 、f 表示线性元件，b 、c 表示非线性元件．(2)图线b 的斜率不断变小，电阻不断变小；图线c 的斜率不断变大，电阻不断变小． (3)图中R a >R e ，R d <R f .(选填“>”“<”或“＝”)(4)对于非线性元件，应根据R ＝UI 计算某点的电阻，而不是该点切线的斜率(或斜率的倒数)．3．电阻定律(1)内容：同种材料的导体，其电阻R 与它的长度l 成正比，与它的横截面积S 成反比；导体电阻还与构成它的材料有关． (2)公式：R ＝ρlS.其中l 是导体的长度，S 是导体的横截面积．ρ是导体的电阻率，其国际单位是欧·米，符号为Ω·m . (3)电阻率①物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性． ②电阻率与温度的关系金属：电阻率随温度升高而增大；负温度系数半导体：电阻率随温度升高而减小；超导体：一些金属和合金在温度低到临界温度时，电阻可以降到0.1．由R ＝UI 知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比．( × )2．由ρ＝RSl知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积成正比，与导体的长度成反比．( × )3．电阻率越大，导体对电流的阻碍作用就越大．( × ) 4．U －I 图像斜率的变化反映阻值的变化．( √ )电阻的决定式和定义式的区别公式R ＝ρl SR ＝U I区别电阻的决定式 电阻的定义式说明了电阻的决定因素 提供了一种测电阻的方法，并不说明电阻与U 和I 有关只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解质溶液适用于任何纯电阻导体考向1 欧姆定律的理解和应用例3 小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线在P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则下列说法中错误的是( )A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率等于图中矩形PQOM 所围的面积 答案 C解析 由题图可知，U 越大，小灯泡的电阻越大，故A 说法正确；R ＝UI 中的U 、I 与小灯泡所处状态下的电压、电流相对应，故B 说法正确，C 说法错误；对应P 点，小灯泡的功率P ＝U 1I 2，与题图中PQOM 所围的面积相等，故D 说法正确．考向2 电阻定律的理解和应用例4 两根材料相同的均匀导线x 和y ，其中x 长为l ，y 长为2l ，串联在电路上时沿长度方向的电势φ随位置的变化规律如图所示，那么x 和y 两导线的电阻之比和横截面积之比分别为( )A ．3∶1 1∶6B ．2∶3 1∶6C ．3∶2 1∶5D ．3∶1 5∶1答案 A解析 由题图可知导线x 两端的电压U 1＝6 V ，导线y 两端的电压U 2＝2 V ，由串联电路特点可知，x 和y 两导线的电阻之比为R 1∶R 2＝U 1∶U 2＝3∶1，故B 、C 错误；由R ＝ρlS 可知，x和y 两导线的横截面积之比S 1∶S 2＝l R 1·R 22l＝1∶6，故A 正确，D 错误．考点三 串、并联电路的特点 电流表、电压表的改装原理串、并联电路的特点串联电路 并联电路 电流 I ＝I 1＝I 2＝…＝I n I ＝I 1＋I 2＋…＋I n 电压 U ＝U 1＋U 2＋…＋U n U ＝U 1＝U 2＝…＝U n 电阻R ＝R 1＋R 2＋…＋R n 1R ＝1R 1＋1R 2＋…＋1R n 功率分配P 1R 1＝P 2R 2＝…＝P n R nP 1R 1＝P 2R 2＝…＝P n R nP 总＝P 1＋P 2＋…＋P n1．串联电路的总电阻一定大于其中任一部分电路的电阻．( √ ) 2．并联电路的总电阻一定大于其中某一支路的电阻．( × )3．串联电路中某一电阻增大，总电阻增大，并联电路中某一电阻增大，总电阻减小．( × ) 4．若将分压电阻串联在电流表上改装成电压表后，增大了原电流表的满偏电压．( × )1．串、并联电路的几个推论(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)无论是串联电路还是并联电路，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大． 2．电表的两种改装的比较改装成大量程电压表改装成大量程电流表内部电路改装原理 串联分压 并联分流 所需电阻阻值 R ＝UI g －R gR ＝U gI －I g改装后的量程U ＝I g (R g ＋R )I ＝R ＋R g R I g校准电路例5 如图所示，当电路a 、b 两端接入100 V 电压时，则c 、d 两端输出电压为20 V ；当电路c 、d 两端接入100 V 电压时，则a 、b 两端输出电压为50 V ．据此可知R 1∶R 2∶R 3为( )A ．4∶2∶1B ．2∶1∶1C ．3∶2∶2D ．1∶1∶2答案 A解析 当a 、b 两端接入电压时，根据欧姆定律得20 V ＝100 V2R 1＋R 2R 2，解得R 1∶R 2＝2∶1；当c 、d 两端接入电压时，有50 V ＝100 V2R 3＋R 2R 2，解得R 2∶R 3＝2∶1，联立得R 1∶R 2∶R 3＝4∶2∶1，故A 正确，B 、C 、D 错误．例6(多选)四个相同的小量程电流表(表头)分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2.已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按如图所示连接法连入电路，则()A．电流表A1的读数大于电流表A2的读数B．电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角C．电压表V1的读数小于电压表V2的读数D．电压表V1指针的偏转角等于电压表V2指针的偏转角答案AD解析电流表A1与电流表A2由相同表头与不同电阻并联改装而成，并联在电路中，电流表A1与电流表A2的指针偏转角相同，电流表A1的量程较大，则电流表A1的读数较大，A正确，B错误；电压表V1与电压表V2由相同表头与不同电阻串联改装而成，串联在电路中，通过表头的电流相同，故指针的偏转角相同，因V1量程较大，所以电压表V1的读数大于电压表V2的读数，C错误，D正确．例7如图所示，某学习小组进行电表改装的实验，已知表头内阻为100 Ω，满偏电流为300 mA，使用OA接线柱时它是量程为0～3 A的电流表，使用OB接线柱时它是量程为0～0.6 A 的电流表，使用OC接线柱时它是量程为0～60 V的电压表，则图中的R1＝________ Ω，R2＝________ Ω，R3＝________ Ω.答案208050解析使用OA接线柱时，量程为0～3 A，则有I OA＝3 A＝I g＋I g(R g＋R2)R1使用OB接线柱时，量程为0～0.6 A，则有I OB＝0.6 A＝I g＋I g R gR1＋R2其中I g＝0.3 A，R g＝100 Ω联立解得R 1＝20 Ω，R 2＝80 Ω 使用OC 接线柱时，量程为0～60 V ，则有U OC ＝60 V ＝I OB R g (R 1＋R 2)R g ＋R 1＋R 2＋I OB R 3，解得R 3＝50 Ω.考点四 电功、电功率 电热、热功率1．电功(1)定义：导体中的恒定电场对自由电荷的电场力做的功． (2)公式：W ＝qU ＝IUt (适用于任何电路)．(3)电流做功的实质：电能转化成其他形式能的过程． 2．电功率(1)定义：单位时间内电流所做的功，表示电流做功的快慢． (2)公式：P ＝Wt ＝IU (适用于任何电路)．3．焦耳定律(1)内容：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比． (2)公式：Q ＝I 2Rt (适用于任何电路)．1．公式W ＝UIt ＝U 2R t ＝I 2Rt 适用于所有电路．( × )2．在非纯电阻电路中P ＝UI ＝I 2R ＋P 其他．( √ )3．焦耳定律只适用于纯电阻电路，不适用于非纯电阻电路．( × ) 考向1 纯电阻电路中的功率例8 如图所示，当AB 间加上电压时，R 1、R 2、R 3三个电阻上消耗的功率相等，则三电阻的阻值之比R 1∶R 2∶R 3为( )A ．1∶1∶4B ．1∶1∶1C ．1∶1∶2D ．2∶2∶1答案 A解析 因R 1与R 2串联，电流相等，且消耗的功率相等，根据P ＝I 2R 可知R 1＝R 2；因R 1和R 2与R 3并联，支路电压相等，上面支路的功率等于R 3功率的2倍，根据P ＝U 2R 可知，R 3＝2(R 1＋R 2)＝4R 1，即R 1∶R 2∶R 3＝1∶1∶4，选项A 正确．电功率P ＝IU 和热功率P ＝I 2R 的比较1．不论是纯电阻电路还是非纯电阻电路，电流的电功率均为P 电＝IU ，热功率均为P 热＝I 2R .只有在纯电阻电路中P 电＝P 热，IU ＝I 2R ＝U 2R才成立． 2．对于非纯电阻电路：P 电＝P 热＋P 其他，即IU ＝I 2R ＋P 其他，I ≠UR (欧姆定律不适用)．考向2 非纯电阻电路中的功和功率例9 一台小型电动机在3 V 电压下工作，用此电动机提升重力为4 N 的物体时，通过它的电流是0.2 A ，在30 s 内可使该物体被匀速提升3 m ．若不计一切摩擦和阻力，求： (1)电动机的输入功率；(2)在提升重物的30 s 内，电动机线圈所产生的热量； (3)电动机线圈的电阻． 答案 (1)0.6 W (2)6 J (3)5 Ω 解析 (1)电动机的输入功率为 P 入＝UI ＝3×0.2 W ＝0.6 W (2)物体被匀速提升的速度 v ＝x t ＝330 m/s ＝0.1 m/s电动机提升物体的机械功率 P 机＝F v ＝G v ＝0.4 W根据能量关系有P 入＝P 机＋P Q 产生的热功率 P Q ＝0.2 W电动机线圈在30 s 内产生的热量Q ＝P Q t ＝0.2×30 J ＝6 J(3)由焦耳定律得Q ＝I 2Rt 电动机线圈电阻R ＝5 Ω.课时精练1．(2023·安徽芜湖市月考)除颤仪是通过电容器放电时的脉冲电流作用于心脏，实施电击治疗，使患者心脏恢复正常跳动的仪器．某除颤仪的电容器电容为10 μF ，充电后电容器电压为 5 kV ，如果电容器在5.0 ms 时间内通过人体放电至两极板间电压为0，下列说法正确的是( )A ．这次放电有0.05 C 的电荷通过人体B ．这次放电有0.1C 的电荷通过人体 C ．放电过程通过人体的平均电流大小为0.5 AD ．放电过程通过人体的平均电流大小为1 A 答案 A解析 电容器充电后带电荷量为Q ＝CU ＝10×10－6×5 000 C ＝0.05 C ，则这次放电有0.05 C 的电荷通过人体，A 正确，B 错误；放电过程通过人体的平均电流大小为I ＝Q t ＝0.050.005 A ＝10 A ，C 、D 错误．2.某一导体的伏安特性曲线如图中AB 段(曲线)所示，以下关于导体的电阻说法正确的是( )A ．B 点对应的电阻为12 Ω B ．B 点对应的电阻为40 ΩC ．工作状态从A 变化到B 时，导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD ．工作状态从A 变化到B 时，导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω 答案 B解析 B 点时导体电阻为R B ＝U B I B ＝60.15Ω＝40 Ω，故A 错误，B 正确；A 点时导体电阻为R A ＝U A I A ＝30.1Ω＝30 Ω，工作状态从A 变化到B 时，导体的电阻因温度的影响改变ΔR ＝R B－R A ＝10 Ω，故C 、D 错误．3．(2023·浙江省模拟)在我国边远乡村的电路上常用熔断保险丝．当电路中有较强电流通过时，保险丝会快速熔断，及时切断电源，保障用电设备和人身安全．经测量，有一段电阻为R 、熔断电流为2 A 的保险丝，直径约0.5毫米．若将这段保险丝对折后绞成一根，那么保险丝的电阻和熔断电流将变为( ) A.14R 、4 A B.12R 、4 A C.14R 、0.5 A D.12R 、1 A 答案 A解析 根据r ＝ρlS 可知，对折后电阻为R ′＝ρ12l 2S ＝14R ，而两段最大电流为2 A 的保险丝并联，其允许通过的最大电流I ′＝2I max ＝4 A ，故选A.4.电阻R 1、R 2的I －U 图像如图所示，则下列说法正确的是( )A ．R 1∶R 2＝3∶1B ．将R 1与R 2串联后接于电源上，则电压比U 1∶U 2＝1∶3C ．将R 1与R 2并联后接于电源上，则电流比I 1∶I 2＝1∶3D ．将R 1与R 2并联后接于电源上，则功率比P 1∶P 2＝1∶3 答案 B解析 由题图可知，当I ＝1 A 时，U 1＝1 V ，U 2＝3 V ，所以R 1＝U 1I ＝1 Ω，R 2＝U 2I ＝3 Ω，则R 1∶R 2＝1∶3，A 错误；R 1与R 2串联时，U 1∶U 2＝R 1∶R 2＝1∶3，B 正确；R 1与R 2并联时，I 1∶I 2＝R 2∶R 1＝3∶1，P 1∶P 2＝R 2∶R 1＝3∶1，C 、D 错误．5.一车载加热器(额定电压为24 V)发热部分的电路如图所示，a 、b 、c 是三个接线端点，设ab 、ac 、bc 间的功率分别为P ab 、P ac 、P bc ，则( )A ．P ab >P bcB ．P ab ＝P acC ．P ac ＝P bcD ．P ab <P ac答案 D解析 电压接ab ，则电路的总电阻为R ab ＝9R (R ＋9R )R ＋9R ＋9R ＝90R19；电压接ac ，则电路的总电阻为R ac ＝R (9R ＋9R )R ＋9R ＋9R ＝18R19；电压接bc ，则电路的总电阻为R bc ＝9R (R ＋9R )R ＋9R ＋9R ＝90R 19；由题可知，不管接哪两个点，电压不变，为U ＝24 V ，根据P ＝U 2R可知P ab ＝P bc <P ac ，故选D.6．(2023·广东深圳市模拟)如图所示，电源的电动势为E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω，保护电阻R 0＝4 Ω，ab 是一段粗细均匀且电阻率较大的电阻丝，总阻值为10 Ω，长度l ＝1 m ，横截面积为0.2 cm 2.下列说法正确的是( )A ．当电阻丝接入电路的阻值为1 Ω时，电阻丝的功率最大B ．当电阻丝接入电路的阻值为4 Ω时，保护电阻的功率最大C ．电源效率的最小值为80%D ．电阻丝的电阻率为1×10－4 Ω·m 答案 C解析 当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大．将保护电阻等效为内阻的一部分，当电阻丝接入电路的阻值为5 Ω时，电阻丝的功率最大，选项A 错误；电路中电流越大，保护电阻的功率越大，当电阻丝接入电路的阻值为0时，保护电阻的功率最大，选项B 错误；外电阻越小，电源效率越小，当电阻丝接入电路的阻值为0时，电源效率的最小值为80%，选项C 正确；根据电阻定律R ＝ρlS ，代入数据可得电阻丝的电阻率为ρ＝2×10－4 Ω·m ，选项D 错误．7.(2023·广东中山市检测)如图所示，当开关S 闭合后，小型直流电动机M 和指示灯L 都恰能正常工作．已知电源电动势为E ，内阻为r ，指示灯L 的电阻为R 0，额定电流为I ，电动机M 的线圈电阻为R ，则( )A ．电动机的额定电压为IRB ．电动机的输出功率为IE －I 2(R 0＋R ＋r )C ．电源的输出功率为IED ．整个电路的热功率为I 2(R 0＋R ) 答案 B解析 电动机正常工作时不是纯电阻元件，其额定电压不等于IR ，而是U M ＝E －I (r ＋R 0)，故A 错误；根据能量守恒定律可知，电动机的输出功率为P M ＝EI －I 2(r ＋R 0＋R )，故B 正确；根据能量守恒定律可知，电源的输出功率为P ＝EI －I 2r ，故C 错误；整个电路的热功率为P ′＝I 2(R ＋R 0＋r )，故D 错误．8．如图所示，同种材料制成且厚度相等的长方体合金块A 和B ，上表面为正方形，边长之比为2∶1.A 、B 分别与同一电源相连，电源内阻忽略不计，则( )A ．通过A 、B 的电流之比为2∶1 B ．通过A 、B 的电流之比为1∶2C ．A 、B 中自由电荷定向移动速率之比为2∶1D ．A 、B 中自由电荷定向移动速率之比为1∶2 答案 D解析 设正方形边长为L ，厚度为d ，则R ＝ρL Ld ＝ρd ，可知R A ＝R B ，与同一电源相连时，通过A 、B 的电流之比为1∶1，A 、B 错误；根据I ＝nqS v ，因S A ∶S B ＝2∶1，则v A ∶v B ＝1∶2，C 错误，D 正确．9．(2023·广东汕头市模拟)图示为新买的扫地机器人，从使用说明书上得到了以下信息：由规格为DC 14.8 V/2 200 mA·h 的锂电池供电，电机的额定功率为35 W ，当锂电池剩余电量为总容量的20%时，扫地机器人就自动回座机充电．结合上述信息，下列说法正确的是( )A ．DC 14.8 V/2 200 mA·h 表示该电池输出的是交流电B ．该机器人电机的额定电流约为0.42 AC ．正常工作时机器人电动机每秒输出35 J 动能D ．电池充满电后机器人正常工作约45 min 后回座机充电 答案 D解析 DC 14.8V/2 200 mAh 表示该电池输出的是直流电，选项A 错误；该机器人电机的额定电流为I ＝P U ＝3514.8 A ≈2.36 A ，选项B 错误；正常工作时机器人电动机内阻要产生部分内能，则每秒输出动能小于35 J ，选项C 错误；机器人人正常工作的时间t ＝q I ＝0.8×2 200 mA·h 2.36 A ≈0.75 h ＝45 min ，选项D 正确．10．(多选)(2023·广东广州市质检)一电动自行车动力电源上的铭牌标有“36 V 10 A·h ”字样，假设工作时电源(不计内阻)的输出电压恒为36 V ，额定输出功率为180 W ，由于电动机发热造成损耗(其他损耗不计)，电动自行车的效率为80%，则下列说法正确的是( ) A ．额定工作电流为10 AB ．电池充满电后总电荷量为3.6×104C C ．自行车电动机的内阻为7.2 ΩD ．自行车保持额定功率行驶的最长时间是2 h 答案 BD解析 由P ＝UI 可知，额定电流I ＝PU ＝5 A ，A 错误；电池充满电后总电荷量Q ＝10 A·h ＝10×3 600 C ＝3.6×104 C ，B 正确；电动自行车的热功率P 热＝I 2r ＝180 W ×20%＝36 W ，可得r ＝1.44 Ω，C 错误；根据电池容量Q ＝10 A·h 和I ＝5 A ，得t ＝QI ＝2 h ，D 正确．11．(多选)(2023·福建省厦门一中模拟)如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻为100 Ω，下列说法正确的是( )A ．由甲图可知，该表头满偏电流I g ＝2 mAB ．甲图是改装成的双量程电压表，其中b 量程为9 VC ．乙图中R 1＝109 Ω，R 2＝10 ΩD ．乙图中R 1＝5 Ω，R 2＝45 Ω 答案 BC解析 由题图甲可知I g ＝U R g ＋R ＝3100＋2.9×103A ＝0.001 A ＝1 mA ，b 的量程为U ′＝I g (R g＋R ＋R ′)＝0.001×(100＋2.9×103＋6×103) V ＝9 V ，故A 错误，B 正确；在题图乙中，改装为I 1＝10 mA ＝0.01 A 电流表时，并联电阻的分流电流为I ′＝I 1－I g ＝10 mA －1 mA ＝9 mA ＝0.009 A ，分流电阻的阻值为R 1＋R 2＝I g R g I ′＝0.001×1000.009 Ω＝1009 Ω，改装为I 2＝100 mA ＝0.1 A 电流表时，可得分流电阻的阻值R 1＝I g (R g ＋R 2)I 2－I g ，联立解得R 1＝109 Ω，R 2＝10 Ω，故D错误，C 正确．12．在图甲所示的电路中，电源的电动势为3.0 V ，内阻不计，灯L 1、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关闭合后，下列说法中正确的是( )A ．灯泡L 1的电流为灯泡L 2电流的2倍B ．灯泡L 1的电阻为7.5 ΩC ．灯泡L 2的电阻为12 ΩD ．灯泡L 3两端的电压为1.5 V 答案 D解析 灯泡L 2、L 3串联，灯泡规格相同，故电压U 2＝U 3＝1.5 V ，由题图乙读出其电流I 2＝I 3＝0.20 A ，灯泡L 1的电压U 1＝3.0 V ，由题图乙读出其电流I 1＝0.25 A ，所以I 1I 2＝1.25，故A错误，D 正确；灯泡L 1的电阻R 1＝U 1I 1＝12 Ω，故B 错误；灯泡L 2的电阻为R 2＝U 2I 2＝7.5 Ω，故C 错误．13.如图所示的电路中，电阻R 1、R 2、R 3的阻值均为2 Ω.电流表内阻不计，在B 、C 两点间加上6 V 的电压时，电流表的示数为( )A ．0B ．1 AC ．1.5 AD ．2 A 答案 B解析 电流表内阻不计，则A 、C 两点相当于用导线连在一起，当在B 、C 两点间加上6 V 的电压时，R 2与R 3并联，然后与R 1串联，电流表测量的是通过电阻R 2的电流，等效电路图如图所示．电路中的总电阻R 总＝R 1＋R 2R 3R 2＋R 3＝3 Ω，干路中的电流为I 总＝U R 总＝63A ＝2 A ，由于R 2与R 3阻值相等，所以电流表的示数为1 A ，B 正确．。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：带电粒子在立体空间中的运动

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：带电粒子在立体空间中的运动

专题强化二十二 带电粒子在立体空间中的运动 目标要求 1.会处理带电粒子在匀强磁场中的螺旋线运动和叠加场中的旋进运动.2.掌握带电粒子在立体空间中的运动的解题思路和处理方法．题型一 带电粒子的螺旋线运动和旋进运动空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的．现在主要讨论两种情况：(1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动．这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．(2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．例1 如图所示，质子以初速度v 进入磁感应强度为B 且足够大的匀强磁场中，速度方向与磁场方向的夹角为θ.已知质子的质量为m 、电荷量为e .质子重力不计，则下列说法正确的是( )A ．质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向垂直于纸面向里B ．质子在垂直于磁场平面做圆周运动的半径为m v cos θeBC ．质子做螺旋线运动的周期为2πm eB sin θD ．一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离(即螺距)为2πm v cos θeB答案 D解析 将质子的初速度分解为垂直于磁场方向的速度v 1＝v sin θ，沿磁场方向的速度v 2＝v cos θ，质子沿垂直磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做匀速直线运动，则质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向平行磁场方向，选项A 错误；质子做螺旋线运动的半径为r ＝m v 1eB＝m v sin θeB ，选项B 错误；质子做螺旋线运动的周期为T ＝2πr v 1＝2πm eB，选项C 错误；一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离(即螺距)为x ＝v 2T ＝2πm v cos θeB，选项D 正确． 例2 (2023·山东菏泽市模拟)在空间中存在水平向右的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B ，电场强度大小为E ，方向均沿x 轴水平向右．在O 点，一个α粒子(氦原子核)以速度v 0沿与x 轴夹角为60°的方向射入电、磁场，已知质子质量为m 、电荷量为q ，不计α粒子的重力．求：(1)α粒子离x 轴的最远距离；(2)α粒子从O 点射出后，第3次与x 轴相交时的动能．答案 (1)23m v 0qB (2)2m v 02＋12πmE B (v 0＋6πE B) 解析 (1)由题意可知α粒子的质量为m α＝4m 、电荷量为q α＝2q ，将α粒子的初速度分解成沿x 轴方向的分速度v x 与垂直x 轴方向的分速度v y ，则有v x ＝v 0cos 60°＝12v 0，v y ＝v 0sin 60°＝32v 0 由于v x 与磁场方向平行，不受洛伦兹力影响，电场方向沿着x 轴方向，只影响v x ，不影响v y ，故α粒子在电、磁场中的运动可分解为：垂直于x 轴的平面内做匀速圆周运动，沿x 轴方向做匀加速直线运动．对于垂直于x 轴平面内的匀速圆周运动，有q αv y B ＝m αv y 2r，解得圆周运动半径r ＝m αv y q αB ＝4m v y 2qB ＝3m v 0qB ，故α粒子离x 轴的最远距离是直径的长度，即为23m v 0qB ； (2)α粒子从O 点射出后，第3次与x 轴相交时，由于在垂直于x 轴的平面内做匀速圆周运动，可知此过程经历的时间t ＝3T ＝3×2πm αq αB ＝12πm qB，沿x 轴方向的匀加速直线运动所通过的位移x ＝v x t ＋12at 2，又加速度a ＝q αE m α＝qE 2m ，解得x ＝6πm qB (v 0＋6πE B) α粒子从O 点射出后到第3次与x 轴相交的过程，由动能定理有q αEx ＝E k －12m αv 02 联立解得α粒子从O 点射出后，第3次与x 轴相交时的动能E k ＝2m v 02＋12πmE B (v 0＋6πE B)．题型二 带电粒子在立体空间中的偏转分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系．带电粒子依次通过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题．有时需要将粒子的运动分解为两个互相垂直的平面内的运动(比如螺旋线运动和旋进运动)来求解．例3 (2022·山东卷·17)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz 中，0<z ≤d 空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B ，方向沿x 轴正方向；－3d ≤z <0，y ≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为22B ，方向平行于xOy 平面，与x 轴正方向夹角为45°；z <0，y ≤0的空间内充满沿y 轴负方向的匀强电场．质量为m 、带电量为＋q 的离子甲，从yOz 平面第三象限内距y 轴为L 的点A 以一定速度出射，速度方向与z 轴正方向夹角为β，在yOz 平面内运动一段时间后，经坐标原点O 沿z 轴正方向进入磁场Ⅰ.不计离子重力．(1)当离子甲从A 点出射速度为v 0时，求电场强度的大小E ；(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度v m ；(3)离子甲以qBd 2m的速度从O 点沿z 轴正方向第一次穿过xOy 面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy 平面的位置坐标(用d 表示)；(4)当离子甲以qBd 2m的速度从O 点进入磁场Ⅰ时，质量为4m 、带电量为＋q 的离子乙，也从O 点沿z 轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt (忽略离子间相互作用)．答案 (1)m v 02sin βcos βqL (2)qBd m(3)(d ，d ，0) (4)(2＋22)πm qB解析 (1)如图所示将离子甲在A 点的出射速度v 0分解到沿y 轴方向和z 轴方向，离子受到的电场力沿y 轴负方向，可知离子沿z 轴方向做匀速直线运动，沿y 轴方向做匀减速直线运动，从A 到O 的过程，有L ＝v 0cos β·t ，v 0sin β＝at ，a ＝qE m联立解得E ＝m v 02sin βcos βqL； (2)如图所示离子从坐标原点O 沿z 轴正方向进入磁场Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力可得q v 1B ＝m v 12r Ⅰ离子经过磁场Ⅰ偏转后从y 轴进入磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力可得q v 1·22B ＝m v 12r Ⅱ，可得r Ⅱ＝2r Ⅰ 为了使离子在磁场中运动，需满足r Ⅰ≤d ，r Ⅱ≤3d则可得v 1≤qBd m故要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为qBd m； (3)离子甲以v ＝qBd 2m的速度从O 点沿z 轴正方向第一次穿过xOy 面进入磁场Ⅰ，离子在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r 1＝m v qB ＝d 2离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r 2＝2d 2离子从O 点第一次穿过到第四次穿过xOy 平面的运动情景，如图所示离子第四次穿过xOy 平面的x 坐标为x 4＝2r 2sin 45°＝d离子第四次穿过xOy 平面的y 坐标为y 4＝2r 1＝d故离子第四次穿过xOy 平面的位置坐标为(d ，d ，0)；(4)设离子乙的速度为v ′，根据离子甲、乙动能相同，可得12m v 2＝12×4m v ′2 可得v ′＝v 2＝qBd 4m离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r 1′＝4m v ′qB＝d ＝2r 1 离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r 2′＝4m v ′q ·22B ＝2d ＝2r 2 根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示，从O 点进入磁场到轨迹第一个交点的过程，有t 甲＝T 1＋T 2＝2πm qB ＋2πm q ·22B ＝(2＋22)πm qB t 乙＝12T 1′＋12T 2′＝12×2π·4m qB ＋12×2π·4m q ·22B ＝(4＋42)πm qB可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为Δt ＝t 乙－t 甲＝(2＋22)πm qB. 课时精练1．(2022·重庆卷·5)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录．为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B .若某电荷量为q 的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v 1，垂直于磁场方向的分量大小为v 2，不计离子重力，则( )A ．电场力的瞬时功率为qE v 12＋v 22B ．该离子受到的洛伦兹力大小为q v 1BC ．v 2与v 1的比值不断变大D ．该离子的加速度大小不变答案 D解析 根据功率的计算公式可知P ＝F v cos θ，则电场力的瞬时功率为P ＝Eq v 1，A 错误；由于v 1与磁场B 平行，则根据洛伦兹力的计算公式知F 洛＝q v 2B ，B 错误；根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做加速运动，则v 1增大，v 2不变，v 2与v 1的比值不断变小，C 错误；离子受到的安培力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D 正确．2.如图所示，竖直平面MNRS 的右侧存在方向竖直向上且足够大的匀强磁场，从平面MNRS 上的O 点处以初速度v 0＝10 m/s 垂直MNRS 面向右抛出一带电荷量为q 、质量为m 的小球．若磁感应强度大小B ＝πm q，g 取10 m/s 2.求：(1)小球离开磁场时的速度大小；(2)小球离开磁场时的位置与抛出点的距离．答案 (1)10 2 m/s (2)5ππ2＋16 m 解析 (1)小球在水平方向做匀速圆周运动，在竖直方向做自由落体运动，水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为t ＝T 2＝πm qB＝1 s ，则离开磁场时在竖直方向上的速度v y ＝gt ＝10 m/s ，故小球离开磁场时的速度大小为v ＝v 02＋v y 2＝10 2 m/s.(2)小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为y ＝12gt 2＝5 m ，小球在水平方向做匀速圆周运动有q v 0B ＝m v 02R ，解得R ＝m v 0qB ，水平方向位移为直径，即x ＝2R ＝2m v 0qB ＝20π m ，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s ＝x 2＋y 2＝5ππ2＋16 m.3.某离子实验装置的基本原理图如图所示，截面半径为R 的圆柱腔分为两个工作区，Ⅰ区长度d ＝4R ，内有沿y 轴正向的匀强电场，Ⅱ区内既有沿z 轴负向的匀强磁场，又有沿z 轴正向的匀强电场，电场强度与Ⅰ区电场强度等大．现有一正离子从左侧截面的最低点A 处以初速度v 0沿z 轴正向进入Ⅰ区，经过两个区域分界面上的B 点进入Ⅱ区，在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出，最终从右侧截面上的C 点飞出，B 点和C 点均为所在截面处竖直半径的中点(如图中所示)，已知离子质量为m 、电荷量为q ，不计离子重力，求：(1)电场强度的大小；(2)离子到达B 点时速度的大小；(3)Ⅱ区中磁感应强度的大小；(4)Ⅱ区的长度L 应为多大．答案 (1)3m v 0216Rq (2)54v 0 (3)2m v 0qR (4)n πR ＋3n 2π232R (n ＝1,2,3，…) 解析 (1)离子在Ⅰ区做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有4R ＝v 0t ，3R 2＝12at 2，根据牛顿第二定律有a ＝Eq m ，解得电场强度的大小为E ＝3m v 0216Rq. (2)类平抛过程由动能定理有3EqR 2＝12m v 2－12m v 02，解得离子到达B 点时速度的大小为v ＝54v 0. (3)离子在Ⅱ区内做复杂的旋进运动．将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运动和z 轴正方向的匀加速直线运动，根据题意可得，在圆柱腔截面上的匀速圆周运动轨迹如图所示．设临界圆轨迹半径为r ，根据几何知识有(R －r )2＝r 2＋R 24，解得离子的轨迹半径为 r ＝38R ，离子沿y 轴正方向的速度为 v y ＝v 2－v 02＝34v 0，则根据洛伦兹力提供向心力有 q v y B ＝m v y 2r解得Ⅱ区中磁感应强度大小为B ＝2m v 0qR. (4)离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为 T ＝2πr v y，由题意知离子在Ⅱ区运动的时间为T 的整数倍，离子在z 轴正方向上做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移公式可得L ＝v 0nT ＋12a (nT )2(n ＝1,2,3，…)，联立解得 Ⅱ 区的长度为L ＝n πR ＋3n 2π232R (n ＝1,2,3，…)． 4.如图所示，一些质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子从一线状粒子源射出(初速度可视为0)，经过电压为U 的电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS 段垂直射出(S 为MF 中点)，进入棱长为L 的正方体电磁修正区内(内部有垂直面MPRG 的方向如图，磁感应强度B 和电场强度E 大小未知的匀强磁场与匀强电场)．距离正方体底部3L 处有一与RNAG 平行且足够大平板．现以正方体底面中心O 在平板的垂直投影点为原点，在平板内建立直角坐标系(其中x 轴与GR 平行)．所有带电粒子都从正方体底面离开，且从M 点进入正方体的粒子在正方体中运动的时间满足2πm 3qB.不计粒子重力．(1)求粒子进入棱长为L 的正方体电磁修正区时速度的大小；(2)粒子射出正方体电磁修正区后到达平板所需的时间；(3)若满足关系式E ＝qUB 22π2m，求从M 点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标．(结果用L 表示)答案 (1)2qU m (2)2L m 2qU(3)⎝⎛⎭⎪⎫－9－236L ，9＋4π54L 解析 (1)设粒子进入棱长为L 的正方体电磁修正区时的速度大小为v ，根据动能定理有qU ＝12m v 2，解得v ＝2qU m(2)在正方体中，粒子在平行于MPRG 平面方向的分运动为匀速圆周运动，在垂直于MPRG 平面方向的分运动为匀加速直线运动，设粒子做圆周运动的周期为T ，根据洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R ，又T ＝2πR v ，联立解得T ＝2πm Bq从M 点进入正方体的粒子在正方体中的运动时间为t 1＝2πm 3qB ＝T 3，所以粒子做圆周运动转过的圆心角为120°，根据几何关系可知粒子离开正方体时的速度在垂直于平板方向的分量大小为v 2＝v cos 30°.离开正方体后粒子做匀速直线运动，到达平板所需的时间为t 2＝3L v 2，联立解得t 2＝2L m 2qU (3)根据几何关系有R ＋R cos 60°＝L ，解得R ＝23L ，粒子在正方体中做匀加速直线运动的加速度大小为a ＝qE m ＝q m qUB 22π2m ，粒子在正方体中沿y 轴方向的位移大小为y 1＝12at 12，粒子离开正方体时的速度沿y 轴方向的分速度大小为v y ＝at 1，从M 点入射的粒子最后打到平板上的位置的纵坐标为y ＝y 1＋v y t 2－L 2，联立解得y ＝9＋4π54L ，根据几何关系可知粒子在正方体中沿x 轴方向的位移大小为x 1＝R sin 60°＝33L 粒子离开正方体时的速度沿－x 轴方向的分速度大小为v 1＝v sin 30°，从M 点入射的粒子最后打到平板上的位置的横坐标为x ＝x 1－v 1t 2－L 2，联立解得x ＝－9－236L 综上所述可知从M 点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－9－236L ，9＋4π54L .。

高考物理第一轮复习教案

高考物理第一轮复习教案

高考物理第一轮复习教案本教案是针对高考物理考试的第一轮复习内容而制定，旨在帮助学生巩固基础知识，提高解题能力。

本教案内容全面、系统、科学，具有很好的可操作性和实用性。

通过本教案的学习，相信学生们能够在物理考试中取得好成绩。

一、基础知识复习1. 电学基础(1) 电荷守恒定律电路中的电荷守恒定律是指：在任何时刻，电路中封闭表面内的总电量不变，即电路中的电荷守恒。

(2) 电流和电量电流是电荷在电路中运动所产生的效应，是单位时间内通过导体横截面的电量。

电量是电荷的数量单位。

(3) 电势差和电场强度电势差是一个物理量，描述两点之间发送电场力所需要的能量，记作V。

电场强度是受力电荷单位所受的电场力，记作E。

2. 光学基础(1) 光的传播方式光线传播方式包括直线传播和弯曲传播两种，其中直线传播是光在同一均匀介质中直线传播，弯曲传播是光在介质分界面反射、折射、绕射、散射等情况下的传播方式。

(2) 光的物理特性光的物理特性包括反射、折射、干涉、衍射等。

光线从一种介质到另一种介质时，会发生反射和折射。

干涉是指两束光线相遇时发生的相长、相消的现象。

衍射是指光线遇到物体在它们的背后弯曲或弯曲而通过物质时，光线被散射以产生图案。

二、解题技巧提高1. 答题方法在做物理题目时，需要结合基础知识和解题技巧，进行分析、计算和判断。

特别是在考试中，要注重解题速度和准确性，根据题目要求进行分类讨论，并在解答中加上必要的图像。

2. 常见难点在物理学习中，对于电学和光学方面的知识，并不如力学那么直观，因此很容易出现一些难点。

如电荷分布和场强方向的计算、光线的衍射现象等，这些难点需要同学们进行反复训练。

三、课堂实践操作1. 电路实验电路实验是检验电学知识的重要手段，可以将理论知识和实际操作相结合。

学生们可以通过实验来深入了解电路中的电流、电势差、电容器和电阻的作用，提高实验技能和解决问题的能力。

2. 光学实验光学实验是学生了解光的性质和传播方式的有效方式。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：电磁感应中的电路及图像问题

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：电磁感应中的电路及图像问题

专题强化二十三电磁感应中的电路及图像问题目标要求 1.掌握电磁感应中电路问题的求解方法.2.会计算电磁感应电路问题中电压、电流、电荷量、热量等物理量.3.能够通过电磁感应图像，读取相关信息，应用物理规律求解问题．题型一电磁感应中的电路问题1．电磁感应中的电源(1)做切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源．电动势：E＝BL v或E＝n ΔΦΔt，这部分电路的阻值为电源内阻．(2)用右手定则或楞次定律与安培定则结合判断，感应电流流出的一端为电源正极．2．分析电磁感应电路问题的基本思路3．电磁感应中电路知识的关系图考向1感生电动势的电路问题例1如图所示，单匝正方形线圈A边长为0.2m，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，磁感应强度随时间变化的规律为B＝(0.8－0.2t)T．开始时开关S未闭合，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝20μF，线圈及导线电阻不计．闭合开关S，待电路中的电流稳定后．求：(1)回路中感应电动势的大小；(2)电容器所带的电荷量．答案(1)4×10－3V(2)4.8×10－8C解析(1)由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔB Δt S ，S ＝12L 2，代入数据得E ＝4×10－3V (2)由闭合电路的欧姆定律得I ＝ER 1＋R 2，由部分电路的欧姆定律得U ＝IR 2，电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝4.8×10－8C.考向2动生电动势的电路问题例2(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF 水平放置，宽为L ，在E 、F 间连接一阻值为R的定值电阻，在C 、D 间连接一滑动变阻器R 1(0≤R 1≤2R )．框内存在着竖直向下的匀强磁场．一长为L 、电阻为R 的导体棒AB 在外力作用下以速度v 匀速向右运动．金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是()A ．ABFE 回路的电流方向为逆时针，ABCD 回路的电流方向为顺时针B ．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BL vC ．当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R 时，导体棒两端的电压为23BL vD ．当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R2时，滑动变阻器的电功率为B 2L 2v 28R 答案AD解析根据楞次定律可知，ABFE 回路电流方向为逆时针，ABCD 回路电流方向为顺时针，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝BL v ，故B 错误；当R 1＝R 时，外电路总电阻R 外＝R 2，因此导体棒两端的电压即路端电压应等于13BL v ，故C 错误；该电路电动势E ＝BL v ，电源内阻为R ，当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R2时，干路电流为I ＝3BL v 4R ，滑动变阻器所在支路电流为23I ，容易求得滑动变阻器电功率为B 2L 2v 28R，故D 正确．例3(多选)如图所示，ab 为固定在水平面上的半径为l 、圆心为O 的金属半圆弧导轨，Oa间用导线连接一电阻M .金属棒一端固定在O 点，另一端P 绕过O 点的轴，在水平面内以角速度ω逆时针匀速转动，该过程棒与圆弧接触良好．半圆弧内磁场垂直纸面向外，半圆弧外磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B ，已知金属棒由同种材料制成且粗细均匀，棒长为2l 、总电阻为2r ，M 阻值为r ，其余电阻忽略不计．当棒转到图中所示的位置时，棒与圆弧的接触处记为Q 点，则()A ．通过M 的电流方向为O →aB ．通过M 的电流大小为Bl 2ω6r C ．QO 两点间电压为Bl 2ω4D ．PQ 两点间电压为3Bl 2ω2答案CD解析根据右手定则可知金属棒O 端为负极，Q 端为正极，则通过M 的电流方向从a →O ，A 错误；金属棒转动产生的电动势为E ＝Bl ·ωl2，则有I ＝E R 总＝Bl 2ω4r ，B 错误；由于其余电阻忽略不计，则QO 两点间电压，即电阻M 上的电压，根据欧姆定律有U ＝Ir ＝Bl 2ω4，C 正确；金属棒PQ 转动产生的电动势为E ′＝Bl 2lω＋lω2＝3Bl 2ω2，由于PQ 没有连接闭合回路，则PQ 两点间电压，即金属棒PQ 转动产生的电动势，为3Bl 2ω2，D 正确．题型二电磁感应中电荷量的计算计算电荷量的导出公式：q ＝nΔФR 总在电磁感应现象中，只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就会产生感应电流，设在时间Δt 内通过导体横截面的电荷量为q ，则根据电流定义式I ＝qΔt 及法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ，得q ＝I Δt ＝E R 总Δt ＝n ΔΦR 总Δt Δt ＝n ΔΦR 总，即q ＝n ΔΦR 总.例4在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1m 2，线圈电阻为1Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．以下说法正确的是()A ．在0～2s 时间内，I 的最大值为0.02AB ．在3～5s 时间内，I 的大小越来越小C ．前2s 内，通过线圈某横截面的总电荷量为0.01CD ．第3s 内，线圈的发热功率最大答案C解析0～2s 时间内，t ＝0时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大，I ＝E R ＝ΔB ·SΔtR＝0.01A ，A 错误；3～5s 时间内电流大小不变，B 错误；前2s 内通过线圈的电荷量q ＝ΔΦR ＝ΔB ·S R＝0.01C ，C 正确；第3s 内，B 没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D 错误．例5(2018·全国卷Ⅰ·17)如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于()A.54B.32C.74D ．2答案B解析在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B (12πr 2－14πr 2)Δt 1，根据闭合电路的欧姆定律，有I 1＝E 1R ，且q 1＝I 1Δt 1在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝(B ′－B )12πr 2Δt 2I 2＝E 2R，q 2＝I 2Δt 2又q1＝q2，即B(12πr2－14πr2)R＝(B′－B)12r2R所以B′B＝32，故选B.题型三电磁感应中的图像问题1．解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．2．解题步骤(1)明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；对切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及E－x图像和i－x图像；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图像或判断图像．3．常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的正负，增大还是减小，以及变化快慢，来排除错误选项．(2)函数法：写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断．考向1感生问题的图像例6(多选)(2023·广东湛江市模拟)如图甲所示，正方形导线框abcd放在范围足够大的匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t ＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向外，感应电流以逆时针为正方向，cd边所受安培力的方向以垂直cd边向下为正方向．下列关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图像正确的是()答案BD解析设正方形导线框边长为L ，电阻为R ，在0～2s ，垂直纸面向外的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小i ＝ΔΦΔt ·R ＝ΔBS Δt ·R ＝2B 0S2R＝B 0SR，电流是恒定值．由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向下，为正方向，大小为F ＝BiL ，安培力与磁感应强度成正比，数值由2F 0＝2B 0iL 减小到零.2～3s 内，垂直纸面向里的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小i ＝ΔΦΔt ·R ＝B 0SR，电流是恒定值．由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向上，为负方向，大小为F ＝BiL ，安培力与磁感应强度成正比，由零变化到－F 0＝－B 0iL .3～4s 内垂直纸面向里的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小i ＝ΔΦΔt ·R＝B 0SR，电流是恒定值．由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向下，为正方向，大小为F ＝BiL ，安培力与磁感应强度成正比，数值由F 0＝B 0iL 减小到零.4～6s 内垂直纸面向外的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小i ＝ΔΦΔt ·R＝B 0SR，电流是恒定值．由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向上，为负方向，大小为F ＝BiL ，安培力与磁感应强度成正比，数值由零变化到－2F 0＝－2B 0iL ，由以上分析计算可得A 、C 错误，B 、D 正确．考向2动生问题的图像例7如图所示，将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN ，圆弧MN 的圆心为O 点，将O 点置于直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B ，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B .t ＝0时刻，让导线框从图示位置开始以O 点为圆心沿逆时针方向做匀速圆周运动，规定电流方向ONM 为正，在下面四幅图中能够正确表示电流i 与时间t 关系的是()答案C解析在0～t 0时间内，线框沿逆时针方向从题图所示位置开始(t ＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E 1＝12BωR 2，由闭合电路的欧姆定律得，回路中的电流为I 1＝E 1r ＝BR 2ω2r ，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM 方向)．在t 0～2t 0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN 方向)，回路中产生的感应电动势为E 2＝12Bω·R 2＋12·2BωR 2＝32BωR 2＝3E 1，感应电流为I 2＝3I 1.在2t 0～3t 0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM 方向)，回路中产生的感应电动势为E 3＝12Bω·R 2＋12·2Bω·R 2＝32BωR 2＝3E 1，感应电流为I 3＝3I 1，在3t 0～4t 0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN 方向)，回路中产生的感应电动势为E 4＝12BωR 2，回路电流为I 4＝I 1，故C 正确，A 、B 、D 错误．例8(2023·广东珠海市模拟)图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L ，磁场方向垂直纸面向里．abcd 是位于纸面内的直角梯形线圈，ab 与dc 间的距离也为L .t ＝0时刻，ab 边与磁场区域边界重合(如图)．现令线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿a →d →c →b →a 的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I 随时间t 变化的图线可能是()答案A解析线圈移动0～L ，即在0～Lv时间内，线圈进磁场，垂直纸面向里通过线圈的磁通量增大，线圈中产生逆时针方向的感应电流(正)，线圈切割磁感线的有效长度l 均匀增大，感应电流I ＝E R ＝B v lR 均匀增大；线圈移动L ～2L ，即在L v ～2L v 时间内，线圈出磁场，垂直纸面向里通过线圈的磁通量减少，线圈中产生顺时针方向的感应电流(负)，线圈切割磁感线的有效长度l 均匀增大，感应电流I ＝E R ＝B v lR均匀增大，因此A 正确，B 、C 、D 错误．课时精练1.如图所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，匀强磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为()A.12EB.13EC.23E D ．E答案B解析a 、b 间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的13，故a 、b 间电势差为U＝13E ，选项B 正确．2．如图甲所示，在线圈l 1中通入电流i 1后，在l 2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l 1、l 2中电流的正方向如图甲中的箭头所示．则通入线圈l 1中的电流i 1随时间t 变化的图像是图中的()答案D解析因为l 2中感应电流大小不变，根据法拉第电磁感定律可知，l 1中磁场的变化是均匀的，即l 1中电流的变化也是均匀的，A 、C 错误；根据题图乙可知，0～T4时间内l 2中的感应电流产生的磁场方向向左，所以线圈l 1中感应电流产生的磁场方向向左并且减小，或方向向右并且增大，B 错误，D 正确．3．(多选)(2023·广东省华南师大附中模拟)如图所示，在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，有两根光滑的平行导轨，间距为L ，导轨两端分别接有电阻R 1和R 2，导体棒以某一初速度从ab 位置向右运动距离x 到达cd 位置时，速度为v ，产生的电动势为E ，此过程中通过电阻R 1、R 2的电荷量分别为q 1、q 2.导体棒有电阻，导轨电阻不计．下列关系式中正确的是()A ．E ＝BL vB ．E ＝2BL vC ．q 1＝BLx R 1D.q 1q 2＝R 2R 1答案AD解析导体棒做切割磁感线的运动，速度为v 时产生的感应电动势E ＝BL v ，故A 正确，B错误；设导体棒的电阻为r ，根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝BLxΔt ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝Er ＋R 1R 2R 1＋R 2，通过导体棒的电荷量为q ＝I Δt ，导体棒相当于电源，电阻R 1和R 2并联，则通过电阻R 1和R 2的电流之比I 1I 2＝R 2R 1，通过电阻R 1、R 2的电荷量之比q 1q 2＝I 1Δt I 2Δt ＝R2R 1，结合q ＝q 1＋q 2，解得q 1＝BLxR 2(R 1＋R 2)r ＋R 1R 2，故C 错误，D 正确．4．(多选)如图甲所示，单匝正方形线框abcd 的电阻R ＝0.5Ω，边长L ＝20cm ，匀强磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是()A ．线框中的感应电流沿逆时针方向，大小为2.4×10－2AB ．0～2s 内通过ab 边横截面的电荷量为4.8×10－2CC ．3s 时ab 边所受安培力的大小为1.44×10－2ND ．0～4s 内线框中产生的焦耳热为1.152×10－3J 答案BD解析由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，由法拉第电磁感应定律得电动势E ＝SΔB Δt＝1.2×10－2V ，感应电流I ＝E R＝2.4×10－2A ，故选项A 错误；电荷量q ＝I Δt ，解得q ＝4.8×10－2C ，故选项B 正确；安培力F ＝BIL ，由题图乙得，3s 时B ＝0.3T ，代入数值得：F ＝1.44×10－3N ，故选项C 错误；由焦耳定律得Q ＝I 2Rt ，代入数值得Q ＝1.152×10－3J ，故D 选项正确．5.在水平光滑绝缘桌面上有一边长为L 的正方形线框abcd ，被限制在沿ab 方向的水平直轨道上自由滑动．bc 边右侧有一正直角三角形匀强磁场区域efg ，直角边ge 和ef 的长也等于L ，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示，线框在水平拉力作用下向右以速度v 匀速穿过磁场区，若图示位置为t ＝0时刻，设逆时针方向为电流的正方向．则感应电流i －t 图像正确的是(时间单位为L v)()答案D 解析bc 边的位置坐标x 从0～L 的过程中，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿a →b →c →d →a ，为正值．线框bc 边有效切线长度为l ＝L －v t ，感应电动势为E ＝Bl v ＝B (L－v t )·v ，随着t 均匀增加，E 均匀减小，感应电流i ＝E R，即知感应电流均匀减小．同理，x 从L ～2L 的过程中，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →d →c →b →a ，为负值，感应电流仍均匀减小，故A 、B 、C 错误，D 正确．6.如图所示，线圈匝数为n ，横截面积为S ，线圈电阻为R ，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k ，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C ，两个电阻的阻值均为2R .下列说法正确的是()A ．电容器上极板带负电B ．通过线圈的电流大小为nkS 2RC ．电容器所带的电荷量为CnkS 2D ．电容器所带的电荷量为2CnkS 3答案D解析由楞次定律和右手螺旋定则知，电容器上极板带正电，A 错误；因E ＝nkS ，I ＝E 3R ＝nkS 3R，B 错误；又U ＝I ×2R ＝2nkS 3，Q ＝CU ＝2CnkS 3，C 错误，D 正确．7．如图甲所示，一长为L 的导体棒，绕水平圆轨道的圆心O 匀速顺时针转动，角速度为ω，电阻为r ，在圆轨道空间存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B .半径小于L 2的区域内磁场竖直向上，半径大于L 2的区域内磁场竖直向下，俯视图如图乙所示，导线一端Q 与圆心O 相连，另一端P 与圆轨道连接给电阻R 供电，其余电阻不计，则()A ．电阻R 两端的电压为BL 2ω4B ．电阻R 中的电流方向向上C ．电阻R 中的电流大小为BL 2ω4(R ＋r )D ．导体棒的安培力做功的功率为0答案C 解析半径小于L 2的区域内，E 1＝B L 2·ωL 22＝BL 2ω8，半径大于L 2的区域，E 2＝B L 2·ωL 2＋ωL 2＝3BL 2ω8，根据题意可知，两部分电动势相反，故总电动势E ＝E 2－E 1＝BL 2ω4，根据右手定则可知圆心为负极，圆环为正极，电阻R 中的电流方向向下，电阻R 上的电压U ＝R R ＋r E ＝RBL 2ω4(R ＋r )，故A 、B 错误；电阻R 中的电流大小为I ＝E R ＋r ＝BL 2ω4(R ＋r )，故C 正确；回路有电流，则安培力不为零，故导体棒的安培力做功的功率不为零，故D 错误．8.(多选)如图，PAQ 为一段固定于水平面上的光滑圆弧导轨，圆弧的圆心为O ，半径为L .空间存在垂直导轨平面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．电阻为R 的金属杆OA 与导轨接触良好，图中电阻R 1＝R 2＝R ，其余电阻不计．现使OA 杆在外力作用下以恒定角速度ω绕圆心O 顺时针转动，在其转过π3的过程中，下列说法正确的是()A ．流过电阻R 1的电流方向为P →R 1→OB ．A 、O 两点间电势差为BL 2ω2C ．流过OA 的电荷量为πBL 26RD ．外力做的功为πωB 2L 418R答案AD 解析由右手定则判断出OA 中电流方向由O →A ，可知流过电阻R 1的电流方向为P →R 1→O ，故A 正确；OA 产生的感应电动势为E ＝BL 2ω2，将OA 当成电源，外部电路R 1与R 2并联，则A 、O 两点间的电势差为U ＝ER ＋R 2·R 2＝BL 2ω6，故B 错误；流过OA 的电流大小为I ＝E R ＋R 2＝BL 2ω3R ，转过π3弧度所用时间为t ＝π3ω＝π3ω，流过OA 的电荷量为q ＝It ＝πBL 29R ，故C 错误；转过π3弧度过程中，外力做的功为W ＝EIt ＝πωB 2L 418R，故D 正确．9.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab 、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ 、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ 进入磁场时加速度恰好为零．从PQ 进入磁场开始计时，到MN 离开磁场区域为止，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能正确的是()答案AD 解析根据题述，PQ 进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，PQ 通过磁场区域后MN 进入磁场区域，MN 同样匀速直线运动通过磁场区域，故流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是A ；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ 没有出磁场区域时MN 就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，感应电动势和感应电流为零，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ 出磁场后，MN 切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于刚开始仅PQ 切割磁感线时的感应电流I 1，则MN 所受的安培力一定大于MN 的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN 一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是D.10．如图甲所示，虚线MN 左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B 0；左侧匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S 0，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．求：(1)t ＝t 02时，圆环受到的安培力；(2)在0～320内，通过圆环的电荷量．答案(1)3B 02r 2S 04ρt 0，垂直于MN 向左(2)3B 0rS 08ρ解析(1)根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E ＝ΔB Δt S 上式中S ＝πr 22由题图乙可知ΔB Δt ＝B 0t 0根据闭合电路的欧姆定律有I ＝ER 根据电阻定律有R ＝ρ2πrS 0t ＝12t 0时，圆环受到的安培力大小F ＝B 0I ·(2r )＋B 02I ·(2r )联立解得F ＝3B 02r 2S 04ρt 0由左手定则知，方向垂直于MN 向左．(2)通过圆环的电荷量q ＝I ·Δt根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律有I ＝E R ，E ＝ΔΦΔt在0～32t 0内，穿过圆环的磁通量的变化量为ΔΦ＝B 0·12πr 2＋B 02·12πr 2联立解得q ＝3B 0rS 08ρ.11.(2023·广东广州市模拟)在同一水平面中的光滑平行导轨P 、Q 相距L ＝1m ，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M 、N 间距离d ＝10mm ，定值电阻R 1＝R 2＝12Ω，R 3＝2Ω，金属棒ab 电阻r ＝2Ω，其他电阻不计．磁感应强度B ＝1T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab 沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间、质量m ＝1×10－14kg 、带电荷量q ＝－1×10－14C 的微粒(图中未画出)恰好静止不动．取g ＝10m/s 2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且运动速度保持恒定．求：(1)匀强磁场的方向；(2)ab 两端的电压；(3)金属棒ab 运动的速度大小．答案(1)竖直向下(2)0.4V (3)0.5m/s 解析(1)带负电的微粒受到重力和电场力处于静止状态，因重力竖直向下，则电场力竖直向上，故M 板带正电．ab 棒向右切割磁感线产生感应电动势，ab 棒相当于电源，感应电流方向由b →a ，其a 端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下；(2)由平衡条件，得mg ＝EqE ＝U MNd所以MN 间的电压U MN ＝mgd q ＝1×10－14×10×10×10－31×10－14V ＝0.1VR 3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R 3的电流I ＝U MN R 3＝0.12A ＝0.05A ab 棒两端的电压为U ab＝U MN＋R1R2·I＝0.1V＋0.05V×6V＝0.4VR1＋R2(3)由闭合电路欧姆定律得ab棒产生的感应电动势为E感＝U ab＋Ir＝0.4＋0.05×2V＝0.5V由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BL v感联立解得v＝0.5m/s.。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：法拉第电磁感应定律、自感和涡流

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：法拉第电磁感应定律、自感和涡流

第2讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流目标要求 1.理解法拉第电磁感应定律，会应用E ＝n ΔΦΔt 进行有关计算.2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势.3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼．考点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关． 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 ΔΦΔt ，其中n 为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：I ＝ER ＋r.(4)说明：E 的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率ΔΦΔt.1．Φ＝0，ΔΦΔt不一定等于0.( √ )2．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势也越大．( × ) 3．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大．( √ )4．线圈匝数n 越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大．( × )对公式E ＝n ΔΦΔt的理解1．若已知Φ－t 图像，则图线上某一点的切线斜率为ΔΦΔt.2．当ΔΦ仅由B 的变化引起时，E ＝n ΔB ·SΔt，其中S 为线圈在磁场中的有效面积．若B ＝B 0＋kt ，则ΔBΔt＝k .3．当ΔΦ仅由S 的变化引起时，E ＝nB ΔSΔt.4．当B 、S 同时变化时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔSΔt.例1 (2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I 1、I 2和I 3.则( )A ．I 1<I 3<I 2B ．I 1>I 3>I 2C ．I 1＝I 2>I 3D ．I 1＝I 2＝I 3答案 C解析 设圆线框的半径为r ，则由题意可知正方形线框的边长为2r ，正六边形线框的边长为r ；所以圆线框的周长为C 2＝2πr ，面积为S 2＝πr 2.同理可知正方形线框的周长和面积分别为C 1＝8r ，S 1＝4r 2，正六边形线框的周长和面积分别为C 3＝6r ，S 3＝33r 22，三个线框材料粗细相同，根据电阻定律R ＝ρLS 横截面，可知三个线框电阻之比为R 1∶R 2∶R 3＝C 1∶C 2∶C 3＝8∶2π∶6 根据法拉第电磁感应定律有I ＝E R ＝ΔB Δt ·SR可得电流之比为I 1∶I 2∶I 3＝2∶2∶ 3 即I 1＝I 2>I 3，故选C.例2 (多选)(2023·广东名校联考)如图甲所示，等边三角形金属框ACD 的边长均为L ，单位长度的电阻为r ，E 为CD 边的中点，三角形ADE 所在区域内有磁感应强度垂直纸面向外、大小随时间变化的匀强磁场，图乙是匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 变化的图像．下列说法正确的是( )A ．t 0时刻，穿过金属框的磁通量为3B 0L 24B ．5t 0时刻，金属框内的感应电流由大变小C ．0～5t 0时间内的感应电动势小于5t 0～8t 0时间内的感应电动势D ．5t 0～8t 0时间内，A 、E 两点的电势差的绝对值恒为3B 0L 248t 0答案 CD解析 t 0时刻，穿过金属框的磁通量Φ＝15B 0×12×12L ×32L ＝3B 0L 240，A 错误；根据法拉第电磁感应定律可知E ＝ΔΦΔt ，结合题图乙可知，0～5t 0时间内的感应电动势小于5t 0～8t 0时间内的感应电动势，结合闭合电路欧姆定律可知，5t 0时刻，金属框内的感应电流由小变大，B 错误，C 正确；5t 0～8t 0时间内，A 、E 两点的电势差的绝对值恒为U ＝I ×12R ＝ΔΦR Δt ×12R ＝3B 0L 248t 0，D 正确．考点二 动生电动势1．导体平动切割磁感线产生感应电动势的算式E ＝BL v 的理解(1)直接使用E ＝BL v 的条件是：在匀强磁场中，B 、L 、v 三者互相垂直．如果不相互垂直，应取垂直分量进行计算． (2)有效长度公式E ＝BL v 中的L 为导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度．如图，导体的有效长度分别为：图甲：L ＝cd sin β.图乙：沿v 方向运动时，L ＝MN .图丙：沿v 1方向运动时，L ＝2R ；沿v 2方向运动时，L ＝R . (3)相对速度E ＝BL v 中的速度v 是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系． 2．导体转动切割磁感线如图，当长为L 的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B )的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导体运动Δt 时间后，转过的弧度θ＝ωΔt ，扫过的面积ΔS ＝12L 2ωΔt ，则E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ＝12BL 2ω(或E ＝BL v ＝BL v A ＋vC 2＝BL ωL 2＝12BL 2ω)．1．公式E ＝BL v 中的L 是导体棒的总长度．( × )2．磁场相对导体棒运动，导体棒中也可能产生感应电动势．( √ ) 考向1 有效长度问题例3 如图所示，由均匀导线制成的半径为R 的圆环，以速度v 匀速进入一磁感应强度大小为B 的匀强磁场．当圆环运动到图示位置(∠aOb ＝90°)时，a 、b 两点的电势差U ab 为( )A.2BR vB.22BR v C ．－24BR v D ．－324BR v答案 D解析 有效切割长度即a 、b 连线的长度，如图所示由几何关系知有效切割长度为2R ，所以产生的电动势为E ＝BL v ＝B ·2R v ，电流的方向为a →b ，所以U ab <0，由于在磁场部分的阻值为整个圆的14，所以U ab ＝－34B ·2R v ＝－324BR v ，故选D.考向2 平动切割磁感线例4 (多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m 、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是( )A ．磁感应强度的大小为0.5 TB ．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D ．在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 答案 BC解析 由题图(b)可知，导线框经过0.2 s 全部进入磁场，则速度v ＝l t ＝0.10.2 m/s ＝0.5 m/s ，选项B 正确；由题图(b)可知，cd 边切割磁感线产生的感应电动势E ＝0.01 V ，根据E ＝Bl v 得，B ＝E l v ＝0.010.1×0.5 T ＝0.2 T ，选项A 错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C 正确；在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框中的感应电流I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A, 所受的安培力大小为F ＝BIl ＝0.2×2×0.1 N ＝0.04 N ，选项D 错误．考向3 转动切割磁感线例5 (多选)金属棒ab 长度L ＝0.5 m ，阻值r ＝1 Ω，放在半径分别为r 1＝0.5 m 和 r 2＝1.0 m 的水平同心圆环导轨上，两圆环之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B ＝2 T ；从两圆环下端引出导线连接一阻值为R ＝2 Ω的电阻，ab 在外力作用下以角速度ω＝4 rad/s 绕圆心顺时针(从上往下看)做匀速圆周运动，不计圆环导轨的电阻和一切摩擦，下列说法正确的是( )A ．a 点的电势高于b 点的电势B ．电阻R 两端的电压为2 VC ．在金属棒旋转一周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为π4 JD ．在金属棒旋转半周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为π4 J答案 ABD解析 由右手定则可知，金属棒顺时针转动时，感应电流方向由b 到a ，金属棒充当电源，则a 点的电势高于b 点的电势，故A 正确；金属棒产生的感应电动势E ＝BLω·r 1＋r 22＝3 V ，则电阻R 两端的电压为U R ＝R R ＋r·E ＝2 V ，故B 正确；金属棒旋转半周的时间t ′＝πω＝π4 s ，通过的电流I ＝E R ＋r＝1 A ，产生的焦耳热为Q ＝I 2rt ′＝π4 J ，故C 错误，D 正确．考点三 自感现象1．概念：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．表达式：E ＝L ΔIΔt.3．自感系数L 的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．1．线圈中电流越大，自感系数也越大．(×)2．对于同一个线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势也越大．(√) 3．自感电动势总是阻止原电流的变化．(×)通电自感和断电自感的比较电路图器材要求A1、A2同规格，R＝R L，L较大L很大(有铁芯)通电时在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定断电时回路电流减小，灯泡逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗．两种情况下灯泡中电流方向均改变总结自感电动势总是阻碍原电流的变化例6(2023·湖南省长郡中学模拟)某同学想对比自感线圈和小灯泡对电路的影响，他设计了如图甲所示的电路，电路两端电压U恒定，A1、A2为完全相同的电流传感器．先闭合开关K 得到如图乙所示的i－t图像，等电路稳定后，断开开关(断开开关的实验数据未画出)．下列关于该实验的说法正确的是()A．闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零B．图乙中的a曲线表示电流传感器A2测得的数据C．断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭D．t1时刻小灯泡与线圈的电阻相等答案 D解析闭合开关时，其线圈自感电动势等于电源电动势，自感线圈中电流为零，故A错误；A2中电流等于自感线圈中电流，自感线圈中电流从零开始逐渐增大，最后趋于稳定，故A2中数据应为题图乙中b曲线，故B错误；断开开关前，两支路中电流相等，刚断开开关时，回路中的电流不变，故灯泡不会发生明显闪亮，而是逐渐熄灭，故C错误；t1时刻，两支路中电压相等，电流相等，则电阻相等，即小灯泡与线圈的电阻相等，故D正确．分析自感问题的三个技巧考点四涡流电磁阻尼和电磁驱动1．涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在非均匀磁场中运动时，金属块内产生的漩涡状感应电流．(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流．2．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，安培力总是阻碍导体的运动．3．电磁驱动如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而运动起来．1．电磁阻尼体现了能量守恒定律．(√)2．电磁阻尼阻碍相对运动，电磁驱动促进二者相对运动．(×)例7如图所示，关于涡流的下列说法中错误的是()A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流答案 B例8(2023·广东深圳市建文外国语学校模拟)如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图．电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力．下列说法正确的是()A．制动过程中，导体不会产生热量B．如果导体反向转动，此装置将不起制动作用C．制动力的大小与线圈中电流的大小无关D．线圈中电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大答案 D解析电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过导体时会产生热量，A错误；如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向反向，此时产生的涡流方向也相反，电流和磁场方向同时反向，安培力方向不变，故仍使导体受到阻碍运动的制动力，B错误；线圈中电流越大，则产生的磁场越强，转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C错误；线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大，D正确．课时精练1．如图所示，在某次阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场向下的竖直分量大小为4.7×10－5 T，则()A ．两翼尖之间的电势差为2.9 VB ．两翼尖之间的电势差为1.1 VC ．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D ．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 答案 C解析 飞机的飞行速度为 4.5×102 km/h ＝125 m/s ，飞机两翼尖之间的电动势为E ＝Bl v ＝4.7×10－5×50×125 V ≈0.29 V ，A 、B 项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直分量向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C 项正确，D 项错误． 2.(2022·江苏卷·5)如图所示，半径为r 的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝B 0＋kt ，B 0、k 为常量，则图中半径为R 的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为( )A ．πkr 2B ．πkR 2C ．πB 0r 2D ．πB 0R 2答案 A解析 由题意可知磁场的变化率为ΔB Δt ＝kt t ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可知E ＝ΔΦΔt ＝ΔB πr 2Δt ＝k πr 2，故选A.3.(2023·广东广州市模拟)如图所示，电路中A 、B 是规格相同的灯泡，L 是电阻可忽略不计的自感线圈，那么( )A ．合上S ，A 、B 一起亮，然后A 变暗，最后熄灭 B ．合上S ，B 先亮，A 逐渐变亮，最后A 、B 一样亮C ．断开S ，A 立即熄灭，B 由亮变暗，最后熄灭D．断开S，A、B同时熄灭答案 A解析合上S，线圈中电流要增加，会产生自感电动势，故只能缓慢增加，所以A、B一起亮，然后A变暗，最后熄灭，B更亮，故A正确，B错误；断开S，线圈中电流要减小，会产生自感电动势，故只能缓慢减小，通过灯泡A构成回路，所以B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭，故C、D错误．4．(2023·广东省模拟)在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排．图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下()A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行答案 D解析题图甲和题图乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感生电流，则不会有安培力阻碍轮子的运动，选项A、B错误；题图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会产生安培力阻碍轮子转动，选项C错误；题图丁中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，形成感应电流，则会产生安培力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，选项D正确．5．(2023·广东深圳市模拟)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abcd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一份重合．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()答案 C解析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作用；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ad或bc受到安培力作用，而C项的铜框ad边、bc边同时受到安培力作用，所以最合理的是C选项．6．(多选)(2023·湖北省模拟)如图所示，在距地面高h＝1.25 m处固定有两根间距为l＝0.5 m 水平放置的平行金属导轨，导轨的左端接有电源E，右端边缘处静置有一长l＝0.5 m、质量m＝0.2 kg、电阻R＝5.0 Ω的导体棒ab，导体棒所在空间有磁感应强度大小B＝1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场．闭合开关后，导体棒ab以某一初速度水平向右抛出，已知导体棒落地点到抛出点的水平距离d＝2.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，则()A．在空中运动过程中，导体棒a端的电势低于b端的电势B．导体棒抛出时的初速度大小为5 m/sC．在空中运动过程中，导体棒上产生的感应电动势大小恒定D．在空中运动过程中，导体棒的速度逐渐变大，棒上产生的感应电动势增大答案BC解析由右手定则可知，导体棒在空中运动过程中，在水平方向上要切割磁感线，从而产生感应电动势，但无感应电流，不受安培力，故导体棒在平抛运动过程中水平方向上的速度v0不变，由E ＝Bl v 0可知，导体棒上产生的感应电动势大小不变，且a 端电势高于b 端电势，故A 、D 错误，C 正确；导体棒从抛出到落地的时间为t ＝2h g ＝0.5 s ，故导体棒做平抛运动的初速度v 0＝d t＝5 m/s ，故B 正确． 7.(多选)如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的范围足够大的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论正确的是( )A ．CD 段直导线不受安培力B ．CD 段直导线受安培力C ．感应电动势最大值E m ＝2Ba vD ．感应电动势平均值E ＝14πBa v 答案 BD解析 由楞次定律可知，感应电流始终沿逆时针方向，由左手定则判断，CD 段直导线所受安培力始终向下，A 错误，B 正确；当线框有一半进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，最大感应电动势为E m ＝ Ba v ，C 错误；根据法拉第电磁感应定律可得，平均感应电动势E＝BS Δt ＝B ·πa 222a v＝14πBa v ，D 正确．8．(多选)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上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．长为l 的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO ′上，随轴以角速度ω匀速转动．在圆环的A 点和电刷间接有阻值为R 的电阻和电容为C 、板间距为d 的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态．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 ．电阻R 两端的电势差为12Br 2ωB ．微粒的电荷量与质量之比为2gd Br 2ωC ．电阻消耗的电功率为πB 2r 4ω2RD ．若增大角速度ω和电阻R 的阻值，微粒有可能仍保持静止状态答案 AB解析 如图所示，金属棒绕OO ′轴切割磁感线转动，棒产生的电动势即为电阻R 两端的电势差，E ＝Br ·ωr 2＝12Br 2ω，故A 正确；电容器两极板间电压等于电源电动势E ，带电微粒在两极板间处于静止状态，则q E d ＝mg ，即q m ＝dg E ＝dg 12Br 2ω＝2dg Br 2ω，故B 正确；电阻消耗的功率P ＝E 2R ＝B 2r 4ω24R，故C 错误；若增大角速度ω，则电动势增大，即电容器的电压E ′增大，q E ′d>mg ，则微粒向上运动，故D 错误． 9.(多选)(2023·广东深圳市光明区高级中学模拟)发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具．某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图所示，导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O 的金属轴O 1O 2以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动．圆环上接有三根金属辐条OP 、OQ 、OR ，辐条互成120°角．在圆环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在转轴O 1O 2与圆环的边缘之间通过电刷M 、N 与一个LED 灯(二极管)相连．除LED 灯电阻外，其他电阻不计．下列说法中正确的是( )A ．若OP 棒进入磁场中，P 点电势小于O 点电势B ．金属辐条在磁场中旋转产生的是正弦式交变电流C ．若导电圆环顺时针转动(俯视)，也能看到LED 灯发光D ．角速度比较大时，能看到LED 灯更亮答案 AD解析 由右手定则可知OP 切割磁感线产生的感应电流在OP 辐条上从P 流向O ，则OP 为电源时O 为正极，P 为负极，所以P 点电势小于O 点电势，故A 正确；金属辐条在磁场中旋转产生的感应电流大小和方向都恒定，为直流电，故B 错误；导电圆环顺时针(俯视)转动产生的感应电流与逆时针转动时产生的感应电流方向相反，逆时针转动时二极管发光，由二极管的单向导电性可知顺时针转动时二极管不发光，故C 错误；假设辐条长度为L ，辐条切割磁感线产生的感应电动势大小为E ＝BL v ＝BL ωL 2＝BωL 22， 可知角速度变大时，感应电动势变大，感应电流变大，则LED 灯更亮，故D 正确．10．(2022·重庆卷·13)某同学以金属戒指为研究对象，探究金属物品在变化磁场中的热效应．如图所示，戒指可视为周长为L 、横截面积为S 、电阻率为ρ的单匝圆形线圈，放置在匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于戒指平面．若磁感应强度大小在Δt 时间内从0均匀增加到B 0，求：(1)戒指中的感应电动势和电流；(2)戒指中电流的热功率．答案 (1)B 0L 24πΔt B 0LS 4πρΔt (2)B 02L 3S 16π2ρ(Δt )2解析 (1)设戒指环的半径为r ，则有L ＝2πr磁感应强度大小在Δt 时间内从0均匀增加到B 0，产生的感应电动势为E ＝B 0Δt·πr 2 可得E ＝B 0L 24πΔt戒指的电阻为R ＝ρL S则戒指中的感应电流为I ＝E R ＝B 0LS 4πρΔt(2)戒指中电流的热功率为P ＝I 2R ＝B 02L 3S 16π2ρ(Δt )2.11．(2023·广东广州市第七中学月考)如图甲所示，ACD 是固定在水平面上的半径为2r 、圆心为O 的金属半圆弧导轨，EF 是半径为r 、圆心也为O 的半圆弧，在半圆弧EF 与导轨ACD 之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，B 随时间t 变化的图像如图乙所示．OA 间接有电阻P ，金属杆OM 可绕O 点转动，M 端与轨道接触良好，金属杆OM 与电阻P 的阻值均为R ，其余电阻不计．(1)0～t 0时间内，OM 杆固定在与OA 夹角为θ1＝π3的位置不动，求这段时间内通过电阻P 的感应电流大小和方向；(2)t 0～2t 0时间内，OM 杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t 0时转过角度θ2＝π3到达OC 位置，求电阻P 在这段时间内产生的焦耳热Q .答案 (1)πB 0r 24t 0R 方向为A →O (2)π2B 02r 416t 0R解析 (1)0～t 0时间内的感应电动势E 1＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S 1其中ΔB Δt ＝B 0t 0S 1＝16·π(2r )2－16πr 2＝πr 22感应电流I 1＝E 12R联立解得I 1＝πB 0r 24t 0R由楞次定律可判断通过电阻P 的感应电流方向为A →O .(2)t 0～2t 0时间内，OM 转动的角速度为ω＝π3t 0感应电动势为E 2＝B 0r v其中v ＝ωr ＋2ωr 2又I 2＝E 22R则电阻P 在这段时间内产生的焦耳热Q ＝I 22Rt 0联立得Q＝π2B02r416t0R.。

2024高考物理一轮复习第44讲电学实验基础(课件)

2024高考物理一轮复习第44讲电学实验基础(课件)

夯基·必备基础知识
知识点2 螺旋测微器的使用方法
1．原理：测微螺杆与固定刻度之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮每旋转一周，测微螺杆前进或后 退0.5 mm，而可动刻度上的刻度为50等份，每转动一小格，测微螺杆前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器 的精确度为0.01 mm。读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺。2．读数：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)。
考点3：电表的改装
知识点1 内外接测量电路的选择
知识点2 滑动变阻器控制电路的 选择
知识点 电表改装的方法和计算
考向1 游标卡尺的使用
提升·必考题型
归纳
考向2 螺旋测微器的使用
考向3 常用电表的读数
考向1 内外接的选择 考向2 滑动变阻器的选择
考向1 电流表的改装 考向2 电压表的改装
复习目标
1、理解和掌握常用仪器的使用方法。 2、理解和掌握测量电路和控制电路的选择。 3、理解和掌握电表改装的原理。
确的是（ B ）A．电阻的真实值更接近543Ω，且大于543ΩB．电阻的真实值更接近
543Ω，且小于543ΩC．电阻的真实值更接近426Ω，且大于426ΩD．电阻的真实值更接 近426Ω，且小于426Ω
提升·必备题型归纳
提升·必备题型归纳 考向2 滑动变阻器的选择
2．为测量“12V，6W”的小电珠在不同电压（要求电压在0~12V范围内变化）下的功
夯基·必备基础知识 知识点3 常用电表的读数方法
提升·必备题型归纳
考向1 游标卡尺的使用
1．在“导体电阻率的测量”的实验中，有游标卡尺如下图所示，其精度为 0.05 mm， 读数为 1.105 cm。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：观察电容器的充、放电现象 带电粒子在电场中的直线运动

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：观察电容器的充、放电现象 带电粒子在电场中的直线运动

第3讲电容器实验：观察电容器的充、放电现象带电粒子在电场中的直线运动目标要求 1.了解电容器的充电、放电过程，会计算电容器充、放电电荷量.2.了解影响平行板电容器电容大小的因素，能利用公式判断平行板电容器电容的变化.3.利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动．考点一实验：观察电容器的充、放电现象1．实验原理(1)电容器的充电过程如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．在充电开始时电流比较大(填“大”或“小”)，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，当电容器两极板间电压等于电源电压时，电荷停止定向移动，电流I ＝0.(2)电容器的放电过程如图所示，当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流．放电开始电流较大(填“大”或“小”)，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，两极板间的电压也逐渐减小到零．2．实验步骤(1)按图连接好电路．(2)把单刀双掷开关S打在上面，使触点1与触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中．(3)将单刀双掷开关S打在下面，使触点3与触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中．(4)记录好实验结果，关闭电源．3．注意事项(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计．(2)要选择大容量的电容器．(3)实验要在干燥的环境中进行．考向1电容器充、放电现象的定性分析例1(2022·北京卷·9)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表．下列说法正确的是()A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定B．充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零答案 B解析充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，A错误；充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；电容器放电过程的I－t图像如图所示，可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，C、D错误．考向2 电容器充、放电现象的定量计算例2 (2023·山东省实验中学模拟)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛．使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程．电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化关系．图甲中直流电源电动势E ＝8 V ，实验前电容器不带电．先使S 与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S 与“2”端相连，直至放电完毕．计算机记录的电流随时间变化的i －t 曲线如图乙所示．(1)乙图中阴影部分的面积S 1________S 2；(选填“>”“<”或“＝”)(2)计算机测得S 1＝1 203 mA·s ，则该电容器的电容为________F ；(保留两位有效数字) (3)由甲、乙两图可判断阻值R 1________R 2.(选填“>”“<”或“＝”) 答案 (1)＝ (2)0.15 (3)<解析 (1)题图乙中阴影面积S 1和S 2分别表示充电和放电中电容器上的总电荷量，所以两者相等．(2)由阴影面积代表电容器上的电荷量得q ＝S 1＝1.203 C ，U ＝E ＝8 V ，则C ＝q U ＝1.2038F ≈0.15 F.(3)由题图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由E R 0＋R 1＞ER 0＋R 2，解得R 1＜R 2.考点二 电容器及平行板电容器的动态分析1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值． (3)电容器的充、放电：①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板之间的电势差之比． (2)定义式：C ＝QU.(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高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关． 3．平行板电容器的电容(1)决定因素：两极板的正对面积、电介质的相对介电常数、两板间的距离． (2)决定式：C ＝εr S4πkd.1．电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和．( × ) 2．电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电压成反比．( × ) 3．放电后电容器的电荷量为零，电容也为零．( × )1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变． (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变． 2．两类典型动态分析思路比较考向1 两极板间电势差不变例3 (2022·重庆卷·2)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变．若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则( )A ．材料竖直方向尺度减小B ．极板间电场强度不变C ．极板间电场强度变大D ．电容器电容变大 答案 A解析 根据题意可知极板之间电压U 不变，极板上所带电荷量Q 变少，根据电容定义式C ＝Q U 可知，电容器的电容C 减小，D 错误；根据电容的决定式C ＝εr S 4πkd 可知，极板间距d 增大，极板之间形成匀强电场，根据E ＝Ud 可知，极板间电场强度E 减小，B 、C 错误；极板间距d 增大，材料竖直方向尺度减小，A 正确． 考向2 两极板电荷量不变例4 (多选)(2023·广东汕头市模拟)兴趣小组利用图示器材探究平行板电容器，保持正对面积S 不变，缓慢增大两极板间距离d ，描绘出电容器两端电压U 、电容器电容C 、极板带电荷量Q 、板间电场强度E 与d 的关系图像，以下描述可能正确的是( )答案 ACD解析 因为电容器负极板接地，正极板与静电计的金属球相连，二者之间保持开路状态，不会使电容器发生充、放电现象，所以Q 不变，故C 正确；根据平行板电容器的电容决定式C ＝εr S4πkd可知C 随d 的增大而减小，且满足反比例关系，即C －d 图像为双曲线的一支，故B 错误；两极板间电场强度为E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S ，因为Q 和S 均不变，所以E 不变，故D 正确；根据U ＝Ed 可知U 随d 的增大而增大，成正比关系，故A 正确． 考向3 电容器的综合分析例5 (2023·广东深圳市模拟)M 、N 两金属板竖直放置，使其带电，悬挂在其中的带电小球P 如图偏离竖直方向．下列哪一项措施会使OP 悬线与竖直方向的夹角增大(P 球不与金属极板接触)．( )A ．增大M 、N 两极板间的电势差B ．减小M 、N 两极板的带电荷量C ．保持板间距不变，将M 、N 板一起向右平移D ．保持极板带电荷量不变，将N 板向右平移 答案 A解析 使OP 悬线与竖直方向的夹角增大，即增大小球所受的电场力．增大M 、N 两极板间的电势差，根据E ＝Ud ，d 不变，可知电场强度将变大，根据F ＝Eq 可知电场力将增大，A正确；减小M 、N 两极板的带电荷量，根据U ＝QC ，C 不变，可知电势差减小，则电场强度减小，小球所受电场力将减小，B 错误；保持板间距不变，将M 、N 一起向右平移，电势差不变，OP 悬线与竖直方向的夹角不变，C 错误；根据C ＝εr S 4πkd ＝Q U ，可得电场强度E ＝U d ＝4πkQεr S，保持极板带电荷量不变，将N 板向右平移，可知E 不变，所以电场力不变，D 错误．考点三 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动考向1 带电粒子在电场中的直线运动1．对带电粒子进行受力分析时应注意的问题(1)要掌握电场力的特点．电场力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关，还跟带电粒子的电性和电荷量有关． (2)是否考虑重力依据情况而定．基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)．带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力．2．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动． 3．用动力学观点分析 a ＝qE m ，E ＝Ud ，v 2－v 02＝2ad .4．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 02非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1例6 (2023·广东省华师附中、省实、广雅、深中四校联考)电子枪是示波器构造的一部分，如图是电子枪的示意图．A 是电阻丝，加热后电子可以从电阻丝中逃逸出来，U 1是加在电阻丝两端的电压．B 是金属板，在A 、B 之间加电压U 2，逃逸出来的电子经A 、B 间电场加速后从金属板中间的小孔射出．电子从电阻丝出来时的速度近似为零，U 2远远大于U 1，电阻丝与板间的距离为d ，电子电荷量为e 、质量为m ，不计电子间的相互作用及重力，以下选项正确的是( )A ．金属板的电势低于电阻丝的电势B ．电阻丝与金属板间的电场强度大小为E ＝U 2dC ．电子从小孔射出时的速度大小为v ＝2eU 1m D ．电子从小孔射出时的速度大小为v ＝2eU 2m答案 D解析 A 、B 间电场使电子加速，电子要受到向右的电场力，所以金属板电势要高于电阻丝的电势，故A 错误；电阻丝与金属板间的电场并不是匀强电场，所以不能用E ＝Ud 来计算电场强度，故B 错误；电子从电阻丝出来时的速度近似为零，经A 、B 间电场加速后从金属板中间的小孔射出，初、末位置电势差为U 2，根据动能定理有e ·U 2＝12m v 2，得v ＝2eU 2m，故C 错误，D 正确．考向2 带电体在电场力和重力作用下的直线运动例7 如图，长度为L 的轻质绝缘细杆两端连接两个质量均为m 的绝缘带电小球A 和B ，两小球均可看作质点，带电荷量为q A ＝＋6q 、q B ＝－2q .将小球从图示位置由静止释放，下落一段时间后B 进入位于下方的匀强电场区域．匀强电场方向竖直向上，场强E ＝mgq，重力加速度为g .求：(1)小球A 刚进入电场时的速度大小；(2)要使小球B 第一次下落时不穿出电场下边界，电场区域的最小高度H .答案 (1)5gL (2)3.5L解析 (1)设小球A 刚进入电场时的速度大小为v 0，由动能定理可得 2mg (L ＋L 2)＋|q B |EL ＝12×2m v 02－0解得v 0＝5gL (2)由动能定理可得2mg (H ＋L2)＋|q B |EH －q A E (H －L )＝0－0解得H ＝3.5L .考向3 带电粒子在交变电场中的直线运动1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等． 2．常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动． (2)粒子做往返运动． 3．解题技巧(1)按周期性分段研究．(2)将⎭⎪⎬⎪⎫φ－t 图像U －t 图像E －t 图像――→转换a －t 图像――→转化v －t 图像． 例8 如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )A ．电压如甲图所示时，在0～T 时间内，电子的电势能一直减少B ．电压如乙图所示时，在0～T2时间内，电子的电势能先增加后减少C ．电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动D ．电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动 答案 D解析 若电压如题图甲时，在0～T 时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A 错误；电压如题图乙时，在0～12T 时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B 错误；电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了12T后做减速运动，到T 时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C 错误；电压如题图丁时，电子先向左加速，到14T 后向左减速，12T 后向右加速，34T 后向右减速，T 时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D 正确．例9 (多选)某电场的电场强度E 随时间t 变化规律的图像如图所示．当t ＝0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．0～3 s 内电场力对带电粒子的冲量为0C ．2 s 末带电粒子回到原出发点D ．0～2 s 内，电场力做的总功不为零 答案 BD解析 由牛顿第二定律可得带电粒子在第1 s 内的加速度大小为a 1＝qE 1m ，第2 s 内加速度大小为a 2＝qE 2m， 因E 2＝2E 1，则a 2＝2a 1，则带电粒子先匀加速运动1 s 再匀减速0.5 s 时速度为零，接下来的0.5 s 将反向匀加速，再反向匀减速，t ＝3 s 时速度为零，v －t 图像如图所示．由图可知，带电粒子在电场中做往复运动，故A 错误；由v －t 图像可知，t ＝3 s 时，v ＝0，根据动量定理可知，0～3 s 内电场力对带电粒子的冲量为0，故B 正确；由v －t 图像面积表示位移可知，t ＝2 s 时，带电粒子位移不为零，没有回到出发原点，故C 错误；由v －t 图像可知，t ＝2 s 时，v ≠0，根据动能定理可知，0～2 s 内电场力做的总功不为零，故D 正确．课时精练1．(多选)关于电容器的电容，下列说法中正确的是( )A ．根据C ＝Q U可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两极板间的电压成反比 B ．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比C ．无论电容器电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变D ．电容器所带电荷量增加2倍，则电容增大2倍答案 BC解析 电容是电容器本身的性质，一个确定的电容器的电容是不变的，与所带的电荷量和两板间的电压无关，故A 、D 错误；根据Q ＝CU ，对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比，故B 正确；根据电容的定义式C ＝Q U可知，电容器所带的电荷量与电压的比值是电容，故C 正确．2.心脏除颤器是目前临床上广泛使用的抢救设备之一，如图所示．心脏除颤器通过接触皮肤的电极板使电容器放电，实施电击治疗．已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使40 μF 电容器充电到4 000 V ，存储320 J 能量．抢救病人时，一部分能量在4 ms 的脉冲时间内通过电极板放电进入身体，此脉冲电流的平均功率为64 kW.下列说法正确的是( )A ．电容器放电过程中电流恒定B ．电容器充电至2 000 V 时，电容为20 μFC ．电容器充电至4 000 V 时，电荷量为0.16 CD ．一个脉冲时间内通过电极板放电进入人身体的能量是320 J答案 C解析 电容器放电过程中，电荷量减少，电压减小，电流减小，A 错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，即电容保持不变，B 错误；根据C ＝Q U，可得Q ＝CU ＝40×10－6×4 000 C ＝0.16 C ，C 正确；一个脉冲时间内通过电极板放电进入人身体的能量为E ＝P t ＝64×103×4×10－3 J ＝256 J ，D 错误．3.(2023·四川省成都七中高三检测)如图所示，将一平行板电容器和二极管串联接在直流电源上，二极管具有单向导电性，现将开关闭合等到电路稳定．下列说法正确的是( )A ．若增大两极板间的距离，则电容器电容增大B ．若增大两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小C ．若减小两极板间的距离，则两极板间的电压不变D ．若减小两极板间的距离，则电容器的带电荷量Q 减小答案 C解析 根据C ＝εr S 4πkd 可知，若增大两极板间的距离d ，电容器电容减小，A 错误；由于C ＝Q U，E ＝U d ，联立可得E ＝4πkQ εr S，若增大两极板间的距离d ，电容器电容减小，由于二极管具有单向导电性，电容器带电荷量保持不变，从而电容器内部电场强度保持不变，B 错误；由C ＝εr S 4πkd可知，若减小两极板间的距离，电容器的电容增大，又由C ＝Q U可知，两极板电压降低，二极管正向导通，继续给电容器充电，最终电容器两极板间的电压仍等于电源电压，因此两极板间的电压保持不变，电容器的带电荷量Q 增大，C 正确，D 错误．4．(多选)(2023·广东茂名市模拟)把电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接．先使开关S 与1端相连，电源给电容器充电；然后把开关S 掷向2端，电容器放电．电流传感器中的电流i 随时间t 变化的关系如图乙所示．下列说法正确的是( )A ．在t 1～t 2时间内，电容器两极板间电压逐渐增大B ．在t 3～t 4时间内，电容器的电容逐渐减小C ．曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积D ．S 接1端，只要时间足够长，电容器两极板间的电压就能大于电源电动势E答案 AC解析 在t 1～t 2时间内，即形成电流曲线1的过程中，开关S 与1端相连，电容器在充电，所带电荷量增大，电容不变，根据U ＝Q C知，两极板间电压逐渐增大，故A 正确；在t 3～t 4时间内，即形成电流曲线2的过程中，开关S 与2端相连，电容器在放电，在放电的过程中，电容器的电荷量减小，但电容反映电容器本身的特性，与电压和电荷量无关，保持不变，故B 错误；根据q ＝It ，可知I －t 图线与时间轴围成的面积表示电荷量．由于电容器充电和放电的电荷量相等，所以曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积，故C 正确；S 接1端，电容器充电，最终两端电势差等于电源的电动势，故D 错误．5．静电火箭的工作过程简化图如图所示，离子源发射的离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力．根据题目信息可知( )A ．M 板电势低于N 板电势B ．进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关C ．增大加速区MN 极板间的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力D ．增大MN 极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力答案 D解析 由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速区的极板M 电势高，A 错误；由动能定理知qU ＝12m v 2，解得v ＝2qU m，所以进入中和区的离子速度与离子的比荷、加速电压的大小有关，加速电压越大离子速度越大，与极板间的距离无关，故D 正确，B 、C 错误．6.(多选)一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v 0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，电场强度为E (如图所示)，则( )A ．粒子射入的最大深度为m v 02qEB ．粒子射入的最大深度为m v 022qEC ．粒子在电场中运动的最长时间为m v 0qED ．粒子在电场中运动的最长时间为2m v 0qE答案 BD解析 粒子从射入到运动至速度为零，由动能定理得－Eqx max ＝0－12m v 02，最大深度x max ＝m v 022qE ，由v 0＝at ，a ＝Eq m 可得t ＝m v 0Eq，由对称性可得粒子在电场中运动的最长时间为t max ＝2t ＝2m v 0Eq，故选B 、D. 7．(2023·广东深圳市外国语学校模拟)如图甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 变化情况如图乙所示，t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动中没与极板相碰，不计重力，则( )A ．φ1∶φ2＝1∶2B ．φ1∶φ2＝1∶4C ．在0～2T 时间内，当t ＝T 时电子的电势能最大D ．在0～2T 时间内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ12md 2答案 D解析 0～T 时间内平行板间的电场强度大小为E 1＝φ1d ，电子的加速度大小a 1＝eE 1m ＝eφ1md，电子向上做匀加速直线运动，经过时间T 的位移s 1＝12a 1T 2，速度v 1＝a 1T ，T ～2T 时间内平行板间电场强度E 2＝φ2d ，加速度大小a 2＝eφ2md，电子以v 1的速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移s 2＝v 1T －12a 2T 2,2T 时刻回到P 点，则s 1＋s 2＝0，联立解得φ2＝3φ1，选项A 、B 错误；0～T 内电子做匀加速运动，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，所以在T 时刻电子电势能不是最大，选项C 错误；电子在2T 时刻回到P 点，此时速度v 2＝v 1－a 2T ＝－2eTφ1md (负号表示方向向下)，电子的动能为E k ＝12m v 22＝2e 2T 2φ12md 2，此过程动能增加了ΔE k ＝2e 2T 2φ12md 2，根据能量守恒定律可知，电势能的减小量等于动能的增加量，即电子的电势能减小了2e 2T 2φ12md 2，选项D 正确．8.如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度大小为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝qE ，则( )A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为g 2C ．小球上升的最大高度为v 024gD ．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为12m v 02 答案 C解析 小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON 直线上，因mg ＝qE ，所以电场力qE 与重力关于ON 对称，根据数学知识可知，电场力qE 与水平方向的夹角应为30°，即电场方向不是竖直向上的，受力情况如图所示．合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度大小为g，方向沿ON向下，A、B错误；小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为s＝v022g，则小球上升的最大高度为h＝s sin30°＝v024g，C正确；若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为12m v02，则小球的最大电势能为14m v02，D错误．9．(多选)(2023·广东佛山市模拟)如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒(又称漂移管)A、B、C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端．质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同．质子电荷量为e、质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则()A．M、N所接电源的极性应周期性变化B．金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比C．质子从圆筒E射出时的速度大小为10eUm＋v02D．圆筒E的长度为8eUm＋v02T答案AB解析因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一次加速时需B右边缘为正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，A正确；因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，由L＝v T可知，金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，B正确；质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经4次加速，由动能定理可得4eU＝12m v E2－12m v02，解得质子从圆筒E射出时的速度大小为v E＝8eUm＋v02，C错误；质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为L E＝v E T＝T 8eU m＋v 02，D 错误． 10．如图甲所示，实验器材主要有电源、理想电压表V 、两个理想电流表A 1和A 2、被测电解电容器C 、滑动变阻器R 、两个开关S 1和S 2以及导线若干．实验主要步骤如下：①按图甲连接好电路．②断开开关S 2，闭合开关S 1，让电池组给电容器充电，当电容器充满电后，读出并记录电压表的示数U ，然后断开开关S 1.③断开开关S 1后，闭合开关S 2，每间隔5 s 读取并记录一次电流表A 2的电流值I 2，直到电流消失．④以放电电流I 2为纵坐标，放电时间t 为横坐标，在坐标纸上作出I 2－t 图像．(1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐____________(选填“增大”或“减小”)，电流表A 1的示数逐渐____________(选填“增大”或“减小”)．(2)由I 2－t 图像可知，充电结束时电容器储存的电荷量Q ＝________ C ．(结果保留2位有效数字)(3)若步骤②中电压表的示数U ＝2.95 V ，则滑动变阻器接入电路部分的阻值R ＝________ Ω.(结果保留2位有效数字)(4)类比直线运动中由v －t 图像求位移的方法，当电容为C 的电容器两板间电压为U 时，电容器所储存的电能E p ＝________(请用带有U 、C 的表达式表示)．答案 (1)增大 减小 (2)3.3×10－3 (3)9.8×103 (4)12CU 2 解析 (1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐增大；随着时间的推移充电电流越来越小，即电流表A 1的示数逐渐减小．(2)根据q ＝It 可得图像与横轴所围的面积表示电荷量，每一个小格表示电荷量为q ＝25×10－6×5 C ＝1.25×10－4 C ，可知电容器储存的电荷量为Q ＝26×1.25×10－4 C ≈3.3×10－3 C.(3)电压表的示数U ＝2.95 V ，根据图像可知放电最大电流为300 μA ，可知滑动变阻器接入电路部分的阻值为R ＝U I≈9.8×103 Ω.。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：电学实验综合

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专题强化十六电学实验综合目标要求1.了解差值法、半偏法、等效法、电桥法等测电阻的方法.2.学会替换和改装电表进行实验.3.会利用电学实验知识探究创新实验方案．题型一测电阻的其他几种方法考向1差值法测电阻1．电流表差值法(如图所示)(1)基本原理：定值电阻R 0的电流I 0＝I 2－I 1，电流表两端的电压U 1＝(I 2－I 1)R 0.(2)可测物理量：①若R 0为已知量，可求得电流表的内阻r 1＝(I 2－I 1)R 0I 1；②若r 1为已知量，可求得R 0＝I 1r 1I 2－I 1.2．电压表差值法(如图所示)(1)基本原理：定值电阻R 0的电压U 0＝U 2－U 1，流过电压表的电流I 1＝U 2－U 1R 0.(2)可测物理量：①若R 0为已知量，可求得电压表的内阻r 1＝U 1U 2－U 1R 0；②若r 1为已知量，可求得R 0＝U 2－U 1U 1r 1.例1(2023·广东深圳市光明区模拟)实验小组测量定值电阻R x 的阻值，实验室提供了如下实验器材：A ．电源E (电动势为9V ，内阻不计)B ．电流表A 1(量程为300mA ，内阻r 1为10Ω)C ．电流表A 2(量程为200mA ，内阻r 2为15Ω)D ．定值电阻R 0(阻值为15Ω)E ．滑动变阻器R 1(最大阻值为10Ω)F ．滑动变阻器R 2(最大阻值为1kΩ)G ．开关及导线若干为尽可能准确测量R x 的阻值，实验小组设计了如图所示的电路．(1)滑动变阻器应选择________(填“E ”或“F ”)．正确连接实验电路后，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片调至________(选填“最左端”或“最右端”)；(2)闭合开关S ，调节滑动变阻器滑片的位置，使电流表A 1满偏，若此时电流表A 2的示数为150mA ，则电阻R x 两端的电压为________V ，R x 的阻值为________Ω；(3)多次测量取平均值，可减小________(选填“偶然误差”或“系统误差”)．答案(1)E最左端(2)4.530(3)偶然误差解析(1)滑动变阻器采用分压式接法，所以选用阻值较小的E.为保证电路的安全性，开始时应使滑动变阻器分压阻值最小，所以应调至最左端．(2)电阻R x 两端的电压等于电流表A 2与R 0两端的电压，则U ＝I 2(r 2＋R 0)＝0.15×(15＋15)V ＝4.5V流过R x 的电流为I ＝I 1－I 2＝0.3A －0.15A ＝0.15A 由欧姆定律可得R x ＝U I ＝4.50.15Ω＝30Ω(3)多次测量取平均值，可减小偶然误差．例2(2023·广东惠州市模拟)实验小组用如图甲所示的电路来测量阻值约为30Ω的电阻R x的阻值，图中R 0为标准电阻，阻值为R 0＝5.4Ω；V 1、V 2为理想电压表，S 为开关，R 为滑动变阻器，E 为电源，采用如下步骤完成实验．回答下列问题：(1)按照图甲所示的实验原理图在图丙中接好电路．丙(2)实验开始之前，将滑动变阻器的滑片置于________(填“最左端”“最右端”或“中间”)．闭合开关S ，改变滑片的位置，记下V 1、V 2的示数分别为U 1、U 2，则待测电阻的表达式为R x ＝________(用U 1、U 2、R 0表示)．(3)为了减小偶然误差，改变滑片的位置，多测几组U 1、U 2的值，做出的U 2－U 1图像如图乙所示，图像的斜率为k ＝________(用R 0、R x 表示)，可得R x ＝________Ω.答案(1)见解析图(2)最右端U 2U 1－U 2R 0(3)R x R x ＋R 0(3)27解析(1)完整的电路连线图如图．(2)为了电路安全，防止电流过大，闭合开关前，将滑动变阻器的滑片置于最右端．由欧姆定律可得U 1－U 2R 0＝U 2R x 整理可得待测电阻的表达式为R x ＝U 2U 1－U 2R 0(3)由U 1－U 2R 0＝U 2R x 整理可得U 2＝R xR x ＋R 0U 1则U 2－U 1图像的斜率k ＝R x R x ＋R 0由题图乙可知k ＝R x R x ＋R 0＝2.53.0又R 0＝5.4Ω解得R x ＝27Ω.考向2半偏法测电表内阻1．电流表半偏法(电路图如图所示)(1)实验步骤①先断开S 2，再闭合S 1，将R 1由最大阻值逐渐调小，使电流表读数等于其量程I m ；②保持R 1不变，闭合S 2，将电阻箱R 2由最大阻值逐渐调小，当电流表读数等于12I m 时记录下R 2的值，则R A ＝R 2.(2)实验原理当闭合S 2时，因为R 1≫R A ，故总电流变化极小，认为不变仍为I m ，电流表读数为I m2，则R 2中电流为Im 2，所以R A ＝R 2.(3)误差分析①测量值偏小：R A 测＝R 2＜R A 真．②原因分析：当闭合S 2时，总电阻减小，总电流增大，大于原电流表的满偏电流，而此时电流表半偏，所以流经R 2的电流比电流表所在支路的电流大，R 2的电阻比电流表的电阻小，而我们把R 2的读数当成电流表的内阻，故测得的电流表的内阻偏小．③减小误差的方法：选电动势较大的电源E ，选阻值非常大的滑动变阻器R 1，满足R 1≫R A .2．电压表半偏法(电路图如图所示)(1)实验步骤①将R 2的阻值调为零，闭合S ，调节R 1的滑动触头，使电压表读数等于其量程U m ；②保持R 1的滑动触头不动，调节R 2，当电压表读数等于12U m 时记录下R 2的值，则R V ＝R 2.(2)实验原理：R V ≫R 1，R 2接入电路时可认为电压表和R 2两端的总电压不变，仍为U m ，当电压表示数调为U m 2时，R 2两端电压也为Um 2，则二者电阻相等，即R V ＝R 2.(3)误差分析①测量值偏大：R V 测＝R 2>R V 真．②原因分析：当R 2的阻值由零逐渐增大时，R 2与电压表两端的总电压也将逐渐增大，因此电压表读数等于12U m 时，R 2两端的电压将大于12U m ，使R 2>R V ，从而造成R V 的测量值偏大．显然电压表半偏法适用于测量内阻较大的电压表的电阻．③减小误差的方法：选电动势较大的电源E，选阻值较小的滑动变阻器R1，满足R1≪R V.例3甲同学要把一个最大量程为200μA的直流电流计G，改装成量程是0～4V的直流电压表．(1)甲同学按如图所示电路，用半偏法测定电流计G的内电阻r g，其中电阻R0约为1kΩ.为使r g的测量值尽量准确，在以下器材中，电源E应选用________，电阻器R1应选用_____，电阻器R2应选用_________(选填器材前的字母)．A．电源(电动势1.5V)B．电源(电动势6V)C．电阻箱(0～999.9Ω)D．滑动变阻器(0～500Ω)E．电位器(一种可变电阻，与滑动变阻器相当)(0～5.1kΩ)F．电位器(0～51kΩ)(2)该同学在开关断开情况下，检查电路连接无误后，将R2的阻值调至最大．后续的实验操作步骤依次是：________，________，________，________，最后记录R1的阻值并整理好器材．(请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母)A．闭合S1B．闭合S2C．调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度D．调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半E．调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半F．调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满刻度(3)如果所得的R1的阻值为300.0Ω，则图中被测电流计G的内阻r g的测量值为________Ω，该测量值________实际值(选填“略大于”“略小于”或“等于”)．(4)给电流计G________联(选填“串”或“并”)一个阻值为________kΩ的电阻，就可以将该电流计G改装为量程4V的电压表．答案(1)B C F(2)B C A E(3)300略小于(4)串19.7解析(1)半偏法测量表头内阻时，首先选择滑动变阻器(必须大于电路所需的最小电阻)，根据电路的电压为电动势，电路的最大电流为表头的满偏电流，则最小电阻为60.2×10－3Ω＝3.0×104Ω＝30kΩ或 1.50.2×10－3Ω＝7.5×103Ω＝7.5kΩ，考虑到保护电阻1kΩ，则可知调节滑动变阻器使表头满偏时滑动变阻器的阻值分别接近29kΩ或6.5kΩ，电路图中R2是滑动变阻器，不能选D和E，只能选F.表头满偏时滑动变阻器的阻值越大，实验的误差越小，所以电源选择电动势为6V的B，而且滑动变阻器F的阻值也满足调节所需，而R1是用来测量表头内阻的电阻箱，只能选C.(2)实验步骤：第一步闭合S2；第二步调节R2阻值，使电流计满偏；第三步闭合S1；第四步调节R1阻值，使电流计半偏；第五步读出R1阻值即为待测表头的内阻，故后续的实验操作步骤依次为BCAE.(3)R1的示数为待测表头的内阻是300.0Ω，闭合S1后，电路的总电阻减小，当表头半偏时干路上的电流就大于表头的满偏电流，流过电阻箱的电流就大于表头的满偏电流，所以电阻箱的阻值略小于表头的内阻．(4)给表头串联一个电阻可以改装为电压表，改装后的电压表的内阻为R V＝U mI g＝40.2×10－3Ω＝2.0×104Ω＝20kΩ，则串联电阻的大小为20kΩ－300Ω＝19.7kΩ.例4某同学利用图甲所示电路测量量程为2.5V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5kΩ)，直流电源E(电动势3V)，开关1个，导线若干．实验步骤如下：①按电路原理图甲连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图中最左端所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值．回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)．(2)根据图甲所示电路将图乙中实物图连线．(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为________Ω.(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为________(填正确答案标号)．A ．100μA B ．250μA C ．500μA D ．1mA 答案(1)R 1(2)见解析图(3)2520(4)D解析(1)本实验为测电压表的内阻，实验中电压表示数变化不大，则接入电阻箱后电路的总电阻变化不大，故需要滑动变阻器的最大阻值较小，故选R 1可减小实验误差．(2)滑动变阻器为分压式接法，实物图连线如图所示．(3)电压表和电阻箱串联，两端电压分别为2.00V 和0.50V ，则R V ＝4R ＝2520Ω.(4)表头的满偏电流I g ＝U R V ＝2.52520A ≈1mA ，故选项D 正确．考向3等效替代法测电阻如图所示，先让待测电阻串联后接到电动势恒定的电源上，调节R 2，使电表指针指在适当位置读出电表示数；然后将电阻箱串联后接到同一电源上，保持R 2阻值不变，调节电阻箱的阻值，使电表的读数仍为原来记录的读数，则电阻箱的读数即等于待测电阻的阻值．例5如图所示的实验电路可以用来测量电阻，可供选用的实验器材如下：A ．待测电阻R x (阻值约为55Ω)B ．定值电阻R 0(阻值为16Ω)C ．电压表V 1(0～3V ，内阻很大，可看成理想电压表)D ．电压表V 2(0～15V ，内阻很大，可看成理想电压表)E ．滑动变阻器R 1(5Ω，2A)F ．滑动变阻器R 2(50Ω，2A)G ．蓄电池(电动势4.0V ，内阻忽略不计)H ．单刀双掷开关、导线等(1)要完成本实验且较准确进行测量，电压表应该选用________，滑动变阻器应该选用________．(填器材前面的序号)(2)实验步骤如下：①按照电路图连接实验器材，单刀双掷开关空置，把滑动变阻器触头滑到最左端．②将单刀双掷开关掷于“1”，调节滑动变阻器触头，使得电压表读数为2.8V③将单刀双掷开关掷于“2”，________(填“向左滑动”“向右滑动”或“不再滑动”)滑动变阻器触头，观察并记录电压表读数为1.6V.(3)根据实验数据，被测电阻的测量值R x ＝________Ω.(4)由于蓄电池内阻r 的存在，R x 测量值将________真实值(填“大于”“小于”或“等于”)．答案(1)C F(2)不再滑动(3)56(4)等于解析(1)由于电动势为4.0V,15V 量程的电压表量程太大，因此选用量程为3V 的电压表；最大阻值为5Ω的滑动变阻器会使得被测电阻两端的电压超过3V 的电压表量程，因此不能选用，只能选用最大阻值为50Ω的滑动变阻器．(2)根据实验原理，滑动变阻器的阻值R 是不能改变的，否则就不能解出R x 的值．(3)根据闭合电路的欧姆定律，单刀双掷开关掷于“1”的位置时U x R x ＝E －U x R，即R R x ＝37单刀双掷开关掷于“2”的位置时U 0R 0＝E －U 0R即R 0R ＝23，联立解得R x ＝56Ω(4)蓄电池的内电阻r 与滑动变阻器电阻可当作一个整体，则r 的存在不影响R x 的值．考向4电桥法测电阻(1)操作：如图甲所示，实验中调节电阻箱R 3，使灵敏电流计G 的示数为0.(2)原理：当I G ＝0时，有U AB ＝0，则U R 1＝U R 3，U R 2＝U Rx ；电路可以等效为如图乙所示．根据欧姆定律有U R 1R 1＝U R 2R 2，U R 1R 3＝U R 2R x ，由以上两式解得R 1R x ＝R 2R 3或R 1R 2＝R 3R x，这就是电桥平衡的条件，由该平衡条件可求出被测电阻R x 的阻值．例6某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100μA ，内阻大约为2500Ω)的内阻．可使用的器材有：两个滑动变阻器R 1、R 2(其中一个阻值为20Ω，另一个阻值为2000Ω)；电阻箱R z (最大阻值为99999.9Ω)；电源E (电动势约为1.5V)；开关S 1和S 2.C 、D 分别为两个滑动变阻器的滑片．(1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线．(2)完成下列填空：①R 1的阻值为________Ω(填“20”或“2000”)．②为了保护微安表，开始时将R 1的滑片C 滑到接近图(a)中滑动变阻器的________端(填“左”或“右”)对应的位置；将R 2的滑片D 置于中间位置附近．③将电阻箱R z 的阻值置于2500.0Ω，接通S 1.将R 1的滑片置于适当位置，再反复调节R 2的滑片D 的位置，最终使得接通S 2前后，微安表的示数保持不变，这说明S 2接通前B 与D 所在位置的电势________(填“相等”或“不相等”)．④将电阻箱R z 和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将R z 的阻值置于2601.0Ω时，在接通S 2前后，微安表的示数也保持不变．待测微安表的内阻为______Ω(结果保留到个位)．(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：_______________________________________.答案(1)见解析图(2)①20②左③相等④2550(3)调节R 1上的分压，尽可能使微安表接近满量程解析(1)实物连线如图所示：(2)①滑动变阻器R 1采用分压式接法，为了方便调节要选择阻值较小的滑动变阻器，故R 1的阻值为20Ω；②为了保护微安表，开始时将R 1的滑片C 滑到滑动变阻器的左端对应的位置；③将电阻箱R z 的阻值置于2500.0Ω，接通S 1；将R 1的滑片置于适当位置，再反复调节R 2的滑片D 的位置；最终使得接通S 2前后，微安表的示数保持不变，这说明S 2接通后在BD 中无电流流过，可知B 与D 所在位置的电势相等；④设滑片D 两侧电阻分别为R 21和R 22，由B 与D 所在位置的电势相等可知，R z1R 21＝RμA R 22；同理，当R z 和微安表对调时，仍有R μA R 21＝Rz2R 22；联立两式解得，R μA ＝R z1R z2＝2500.0×2601.0Ω＝2550Ω(3)为了提高测量精度，应调节R 1上的分压，尽可能使微安表接近满量程．题型二定值电阻在电学实验中的应用定值电阻在电路中的主要作用(1)保护作用：保护电表，保护电源．(2)测量作用：已知电压的定值电阻相当于电流表，已知电流的定值电阻相当于电压表，主要有如图所示两种情况：图甲中流过电压表V 2的电流：I 2＝U 1－U 2R；图乙中电流表A 2两端的电压U 2＝(I 1－I 2)R ；(3)扩大作用：测量电路中用来扩大电表量程；当待测电阻过小时，可串联定值电阻用来扩大待测量．例7某兴趣小组要精确测量一只电流表G(量程为2mA 、内阻约为100Ω)的内阻．实验室中可供选择的器材有：电流表A 1：量程为6mA ，内阻约为200Ω；电流表A 2：量程为0.6A ，内阻约为0.1Ω；定值电阻R 1：阻值为10Ω；定值电阻R 2：阻值为60Ω；滑动变阻器R 3：最大电阻20Ω，额定电流1.5A ；直流电源：电动势1.5V ，内阻0.5Ω；开关，导线若干．(1)为了精确测量电流表G 的内阻，应选择的电流表为________，定值电阻为________；(均填写器材的符号)(2)在虚线框中画出实验电路图；(3)按照电路进行实验，测得电流表A 的示数为I 1，电流表G 的示数为I 2，则电流表G 的内阻的表达式为r g ＝________.答案(1)A 1R 2(2)见解析图(3)(I 1－I 2)R 2I 2解析(1)电流表G 的量程为2mA ，电流表应选择量程与其最接近的A 1.由于实验中未提供电压表，则需要在G 两端并联定值电阻从而间接获取电压信息，当G 满偏时，为了使A 1不超过量程，通过定值电阻的电流需满足I ≤4mA则定值电阻的阻值需满足R ＝r g I g I≥50Ω所以定值电阻应选择R 2.(2)由于电流表A 1的内阻约200Ω，且G 和R 2的并联等效电阻约为37.5Ω，二者之和相对滑动变阻器的最大阻值而言较大，所以为了便于控制，滑动变阻器应采用分压式接法，如图所示．(3)根据欧姆定律可得r g＝(I1－I2)R2.I2课时精练1．为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路．图中A0是标准微安表，R0和R N分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关，E是电池．完成下列实验步骤中的填空：(1)将S拨向接点1，接通S1，调节________，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时________的读数I；(2)然后将S拨向接点2，调节________，使__________，记下此时R N的读数；(3)多次重复上述过程，计算R N读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值．答案(1)R0A0(2)R N A0的读数仍为I(3)平均值2．要测量电压表V1的内阻R V1，已知其最大量程为3V，内阻约3kΩ.实验室提供的器材有：电流表A，量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω电压表V2，量程0～5V，内阻约为5kΩ定值电阻R1，阻值为20Ω定值电阻R2，阻值为2kΩ滑动变阻器R3，最大阻值100Ω，额定电流1.5A电源E，电动势6V，内阻约为0.5Ω开关S一个，导线若干．(1)某同学设想按图甲所示电路进行测量，读出电压表V 1和电流表A 的示数后，用欧姆定律计算出R V1.该方案实际上__________(填“可行”或“不可行”)，最主要的原因是_________．(2)另一同学按如图乙所示的实物电路来测量电压表V 1的内阻R V1.①图中R 0应选__________．(选填“R 1”或“R 2”)②在虚线方框内画出该实验电路图．③接通电路后，调整滑动变阻器的滑动触头在适当的位置，此时电压表V 1的读数为U 1，电压表V 2的读数为U 2，定值电阻的阻值为R 0，则电压表V 1的内阻R V1的表达式为R V1＝________.答案(1)不可行电流表量程太大(2)①R 2②见解析图③U 1U 2－U 1R 0解析(1)该方案不可行，因为电流表量程太大，结合电路图与电源电动势及电压表内阻可知流经电流表的电流值太小，从而导致误差太大；(2)①因V 2的最大量程为5V ，V 1的最大量程为3V ，则定值电阻的阻值应该与V 1的内阻相当，故选R 2；②结合实物图，画出电路图如图所示；③由电路可知R V1＝U 1U 2－U 1R 0＝U 1U 2－U 1R 0.3．(2023·广东珠海市模拟)某同学利用图甲所示电路测量一表头的电阻．供选用的器材如下：A．待测表头G1(内阻r1约为300Ω，量程为5.0mA)；B．灵敏电流表G2(内阻r2＝300Ω，量程为1.0mA)；C．定值电阻R(R＝1200Ω)；D．滑动变阻器R1(最大阻值为10Ω)；E．滑动变阻器R2(最大阻值为1000Ω)；F．电源E(电动势E＝1.5V，内阻不计)；G．开关S，导线若干．(1)请根据图甲所示电路将图乙的实物图补充完整．(2)滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)．开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至________(填“a”或“b”)端．(3)该同学接入定值电阻R的主要目的是__________________．(4)实验中某次待测表头G1的示数如图丙所示，示数为________mA.(5)该同学多次移动滑片P，记录相应的G1、G2示数I1、I2；以I1为纵坐标I2为横坐标，作出相应图线．测得图线的斜率k＝4.8，则待测表头内阻r1＝________Ω.答案(1)见解析图(2)R1b(3)保护G2，使两表均能达到接近满偏(4)3.40(3.38、3.39均可)(5)312.5解析(1)实物连线，如图所示：(2)滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器R1，为保护电路，闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置，即滑动变阻器要移到b端；(3)由于两电流表的内阻相当，但满偏电流相差很大，所以为了使指针偏角相差不大，要接入定值电阻R，其作用是保护G2，使两表均能接近满偏；(4)从题图丙中读出电流为3.40mA；(5)根据欧姆定律和并联电路电压相等的关系有：I 1r 1＝I 2(r 2＋R )，那么I 1＝(r 2r 1＋R r 1)I 2，结合题意图像的斜率k ＝r 2＋R r 1，所以r 1＝r 2＋R k ＝300＋12004.8Ω＝312.5Ω.4．(2023·广东茂名市五校联盟联考)某同学在测两节干电池串联时的电动势和内阻时所用的器材如下：A ．两节干电池：总电动势约为3V ，总内阻约为0.5Ω；B ．电压表V ：量程为3V ，内阻为几千欧；C ．电流表A ：量程为100mA ，内阻为4.5Ω；D ．定值电阻R 0：阻值为0.5Ω；E ．滑动变阻器R ：0～20Ω；F ．开关，导线若干．(1)该同学设计出如图甲所示的电路图，根据电路图用笔画线在图乙中将实物图连接完整．(2)实验中，该小组闭合开关，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A 的示数I ，通过描点画出电源的U －I 图像如图丙所示，这两节干电池的总电动势E ＝________V(结果保留三位有效数字)，总内阻r ＝________Ω(结果保留两位有效数字)．(3)电流表的内阻对两节干电池总电动势的测量结果________(填“有”或“没有”)影响．答案(1)见解析图(2)2.95(2.94也可)0.50(0.49也可)(3)没有解析(1)实物图如图所示(2)改装后电流表的量程为1A ，内阻R A ＝0.45Ω，由闭合电路的欧姆定律得E ＝U ＋(I ＋Ir A R 0)(R A ＋r )则有U ＝E －(I ＋Ir A R 0)(R A ＋r )＝E －I (1＋r A R 0)(R A ＋r )故U －I 图像与纵轴的交点为两节干电池的总电动势E ＝2.95VU －I 图像斜率的绝对值等于10(R A ＋r )，故(R A ＋r )＝0.95Ω解得r ＝0.50Ω.(3)当电流表的示数为0时，外电压等于两节干电池的总电动势，故电动势没有系统误差，所以电流表的内阻对两节干电池总电动势的测量结果没有影响．5．某小组用惠斯通电桥测量电阻R x 的阻值：方案一：如图(a)所示，先闭合开关S ，然后调整电阻箱R 2的阻值，使开关S 0闭合时，电流表G 的示数为零．已知定值电阻R 1、R 3的阻值，即可求得电阻R x 的阻值．(1)实验中对电流表G 的选择，下列说法正确的是________．A ．电流表的零刻度在表盘左侧B ．电流表的零刻度在表盘中央C ．电流表的灵敏度高，无需准确读出电流的大小D ．电流表的灵敏度高，且能准确读出电流的大小(2)若实验中未接入电流表G ，而其他电路均已连接完好，调节电阻箱R 2，当R 2R x >R 1R 3，则B 、D 两点的电势的关系满足φB ________(选填“>”“<”或“＝”)φD .方案二：在方案一的基础上，用一段粗细均匀的电阻丝替代R 1、R 3，将电阻箱R 2换成定值电阻R ，如图(b)所示．(3)闭合开关S ，调整触头D 的位置，使按下触头D 时，电流表G 的示数为零．已知定值电阻R 的阻值，用刻度尺测量出l 1、l 2，则电阻R x ＝________.(用已知量和测得量表示)(4)为消除因电阻丝的粗细不均匀而带来的误差，将图(b)中的定值电阻R 换成电阻箱，并且按照(3)中操作时，电阻箱的读数记为R 4；然后将电阻箱与R x 交换位置，保持触头D 的位置不变，调节电阻箱，重新使电流表G 的示数为零，此时电阻箱的读数记为R 5，则电阻R x ＝________.(用电阻箱的读数表示)答案(1)BC (2)<(3)l 2l 1R (4)R 4R 5解析(1)电流表G 零刻度线在中央时，可以判断电流的流向，判断B 和D 两点电势的高低，所以要求电流表G 的零刻度在表盘中央，所以B 正确，A 错误；根据电流表中表针摆动的方向便可判断B 和D 两点电势的高低，进而进行调节，无需准确读出电流的大小，所以C 正确，D 错误．(2)当没有接电流表G 时，R 2与R x 串联，R 1与R 3串联，然后R 2、R x 和R 1、R 3再并联，则I 1R 2＋I 1R x ＝U AB ＋U BC ＝U AC ，I 2R 1＋I 2R 3＝U AD ＋U DC ＝U AC ，整理可得R 2R x ＝U AB U BC ＝U AC U BC －1，R 1R 3＝U ADU DC＝U AC U DC －1.所以，当R 2R x >R 1R 3时，U BC <U DC ，即φB <φD .(3)闭合开关S 后，调整触头D 的位置，使按下触头D 时，电流表G 示数为零，说明φB ＝φD ，则U AB ＝U AD ，U BC ＝U DC ，同时R 与R x 电流相同，均匀电阻丝电流相同，设电阻丝单位长度的电阻为R 0，则U AB R ＝U BC R x ，U AD R 0l 1＝U DC R 0l 2，整理得R R x ＝l 1l 2，得R x ＝l 2l 1R .(4)l 1和l 2的电阻记为R 0l 1和R 0l 2，则R 4R x ＝R 0l 1R 0l 2，R x R 5＝R 0l 1R 0l 2，联立得R x ＝R 4R 5.。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：静电场中能的性质

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：静电场中能的性质

第2讲 静电场中能的性质目标要求 1.知道静电场中的电荷具有电势能，理解电势能、电势的含义，掌握电场力做功与电势能变化的关系.2.掌握匀强电场中电势差及其与电场强度的关系.3.会处理电场线、等势面与运动轨迹结合问题．考点一 描述电场能的性质的物理量1．电场力做功的特点电场力做功与路径无关，只与电荷量和电荷移动过程始、末位置间的电势差有关． 2．电势能(1)定义：电荷在电场中具有的势能，称为电势能．(2)说明：电势能具有相对性，通常把无限远处或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之比． (2)定义式：φ＝E pq.(3)标矢性：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．电场力做功与电势能变化的关系(1)电场力做的功等于电荷电势能的减少量，即W AB ＝E p A －E p B .电场力对电荷做多少正功，电荷电势能就减少多少；电荷克服电场力做多少功，电荷电势能就增加多少．(2)电势能的大小：由W AB ＝E p A －E p B 可知，若令E p B ＝0，则E p A ＝W AB ，即一个电荷在电场中某点具有的电势能，数值上等于将其从该点移到零电势能位置过程中电场力所做的功．1．电场强度为零的点，电势一定为零．( × ) 2．电势有正负之分，但电势是标量．( √ )3．沿电场线的方向电场强度越来越小，电势逐渐降低．( × )1．求电场力做功的四种方法2．判断电势能变化的两种方法(1)根据电场力做功：电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加． (2)根据E p ＝qφ：正电荷在电势越高处电势能越大；负电荷在电势越高处电势能越小． 3．电势高低的四种判断方法(1)电场线法：沿电场线方向电势逐渐降低． (2)电势差与电势的关系：根据U AB ＝W ABq，将W AB 、q 的正负号代入，由U AB 的正负判断φA 、φB 的高低．(3)E p 与φ的关系：由φ＝E pq 知正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低．(4)场源电荷的正负：取离场源电荷无限远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低．空间中有多个点电荷时，某点的电势可以求代数和．考向1 电场力做功与电势能的关系例1 (多选)(2020·全国卷Ⅲ·21)如图，∠M 是锐角三角形PMN 最大的内角，电荷量为q (q >0)的点电荷固定在P 点．下列说法正确的是( )A ．沿MN 边，从M 点到N 点，电场强度的大小逐渐增大B ．沿MN 边，从M 点到N 点，电势先增大后减小C ．正电荷在M 点的电势能比其在N 点的电势能大D ．将正电荷从M 点移动到N 点，电场力所做的总功为负 答案 BC解析 该点电荷形成的电场过M 、N 两点的等势面如图所示．距P 越近，电场强度越大，沿MN 边，从M 点到N 点，与P 点的距离先变小后变大，电场强度先增大后减小，故A 错误；沿电场线方向电势降低，沿MN 边，从M 点到N 点，电势先增大后减小，故B 正确；由图可知，M 点电势高于N 点电势，根据E p ＝qφ知，正电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能，故C 正确；将正电荷从M 点移动到N 点，即从高电势移动到低电势，电场力所做的总功为正，故D 错误．考向2 电势能与电势的关系例2 (多选)(2023·广东深圳市调研)在圆锥体空间的顶点O 固定一正点电荷，底面圆周上有a 、b 、c 三点，O ′是底面圆心，在该点电荷所产生的电场中，下列判断正确的是( )A ．a 、b 、c 三点的电场强度相同B ．a 、b 、c 三点在同一等势面上C ．带正电的检验电荷沿直线从a 至O ′过程中电场力增大D ．带负电的检验电荷沿直线从a 至O ′过程中电势能增大 答案 BC解析 a 、b 、c 三点到O 点的距离相等，根据点电荷的电场强度公式E ＝k Qr 2可知，三点的电场强度大小相等，但方向不同，故A 错误；a 、b 、c 三点到O 点的距离相等，在同一等势面上，故B 正确；检验电荷沿直线从a 至O ′过程中，到O 点的距离逐渐减小，根据点电荷的电场强度公式可知电场强度大小逐渐增大，所以带正电的检验电荷沿直线从a 至O ′过程中电场力增大，故C 正确；沿直线从a 至O ′过程中，电势升高，根据负电荷在电势高的位置电势能小可知，带负电的检验电荷沿直线从a 至O ′过程中电势能减小，故D 错误． 考向3 标量求和法比较电势的高低例3 (2023·广东深圳市模拟)如图所示，在正方形ABCD 的三个顶点A 、B 、C 上分别固定着三个带电荷量相等的点电荷，其中A 处点电荷带负电，B 、C 处点电荷均带正电．E 、G 、F三点四等分AB边，M、P、N三点四等分BC边．下列说法正确的是()A．M、N两点处的电场强度相同B．P点电势高于G点电势C．负电荷在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小D．负电荷在F点具有的电势能比在E点具有的电势能大答案 B解析根据对称性可知，B、C处点电荷的合电场在M、N两点处的电场强度大小相等，方向相反，同时因为A处点电荷到M、N两点距离不相等，在M、N两点处的电场强度也不同，故叠加后M、N两点处的电场强度不相同，A错误．对于正电荷来说，离正电荷越近，电势越高，而对于负电荷，离负电荷越远，电势越高．则对于B处点电荷，在P、G两点电势相等；对于C处点电荷，P点电势高于G点电势；对于A处点电荷，P点电势高于G点电势，故叠加之后，P点电势高于G点电势，B正确．根据对称性，B、C处点电荷在M、N两点处的电势相等；A处点电荷在N点电势大于M点电势，所以M点电势比N点电势小，负电荷在M点具有的电势能比在N点具有的电势能大，C错误．对于B、C两处正电荷来说，F 点电势大于E点电势；对于A处负电荷来说，F点电势大于E点电势，则叠加后，F点电势大于E点电势，故负电荷在F点具有的电势能比在E点具有的电势能小，D错误．考点二电势差与电场强度的关系1．电势差(1)定义：在电场中，两点之间电势的差值叫作电势差．(2)定义式：U AB＝W AB q.2．电势差与电势的关系U AB＝φA－φB，U AB＝－U BA.3．匀强电场中电势差与电场强度的关系(1)U AB ＝Ed ，d 为A 、B 两点沿电场方向的距离． (2)沿电场方向电势降低得最快．1．电势差由电场本身的性质决定，与零电势点的选取无关．( √ ) 2．电势差U AB 与W AB 成正比，与q 成反比．( × )3．A 、B 两点的电势差与试探电荷无关，所以U AB ＝U BA .( × )1．由E ＝Ud可推出的两个重要推论推论1 匀强电场中的任一线段AB 的中点C 的电势φC ＝φA ＋φB2，如图甲所示．推论2 匀强电场中若两线段AB ∥CD ，且AB ＝CD ，则U AB ＝U CD (或φA －φB ＝φC －φD )，如图乙所示．2．E ＝Ud在非匀强电场中的三点妙用(1)判断电场强度大小：等差等势面越密，电场强度越大．(2)判断电势差的大小及电势的高低：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．(3)利用φ－x 图像的斜率判断电场强度随位置变化的规律：k ＝ΔφΔx ＝Ud ＝E x ，斜率的绝对值表示电场强度的大小，正负表示电场强度的方向． 考向1 匀强电场中电场强度和电势差的关系例4 (2023·广东深圳市南山区模拟)如图所示，边长l ＝5 cm 的正方形abcd 区域处于匀强电场(图中未画出)中，其中ab 边恰与电场线平行，O 为abcd 的中心．将一电子自b 点移到O 的过程中，克服电场力做功3 eV .下列说法正确的是( )A．匀强电场的方向由a指向bB．a、b两点的电势差U ab＝6 VC．匀强电场的电场强度大小为1.2×102 V/mD．电子在c点的电势能比a点的电势能大6 eV答案 C解析电子自b点移到O点的过程中，电场力做功－eU bO＝－3 eV，由匀强电场特点U＝Ed 有U bO＝U Od，可得U bO＝U Od＝3 V，由于ab边恰与电场线平行，所以a、d在同一条等势线上，根据几何关系以及匀强电场中电势差与电场强度的关系可得U ab＝U db＝－2U bO＝－6 V，说明b点电势高于a点电势，电场方向应该是由b指向a，故A、B错误；匀强电场的电场强度大小为E＝U bal ＝65×10－2V/m＝1.2×102 V/m，故C正确；c、b在同一条等势线上，有U ca＝U ba＝6 V，根据E p＝qφ可知，ΔE p＝qU ca＝－6 eV，即电子在c点的电势能比a点的电势能小6 eV，故D错误．考向2等分法确定电场线及电势高低例5(多选)(2023·新疆乌鲁木齐市模拟)如图所示，以A、B、C、D为顶点的长方形处于一平行板电容器(未画出)形成的匀强电场中，长方形所在平面与两平行板垂直，AB的长度为8 cm，BC的长度为6 cm，D点距带正电荷的电容器极板的距离为20 cm.取无穷远处的电势为零，A、B、C三点的电势分别为9 V、25 V、16 V．则()A．D点电势为0B．D点电势为18 VC．两平行板间的电势差为50 VD．两平行板间的电势差为100 V答案AD解析在匀强电场中，平行且相等的两线段电势差相等，可得φB－φA＝φC－φD，代入数据可得φD ＝0 ，故A 正确，B 错误；如图所示，将CD 分为8等分，则每一等分对应1 cm ，所以F 点的电势为9 V ，连接AF ，过D 点做AF 的垂线DG ，由几何关系可得DG 的长度为DG ＝AD ·DF AF ，解得DG ＝3.6 cm ，所以电场强度的大小为E ＝U DGDG，解得E ＝250 V/m ，又因为D 点的电势为0，且D 点距正极板的距离为20 cm ，由对称性可知，两极板间的距离为40 cm ，所以两极板间的电势差为U ＝Ed ＝100 V ，故D 正确，C 错误．等分法确定电场线及电势高低的解题思路考向3 非匀强电场中的电场强度和电势差例6 (2023·广东佛山市质检)雷电击中地面或高压输电线掉落到地面时，都会在以落地点为中心的一定区域内的地面上形成一个强电流场，如果有人站在这个区域内，双脚间会存在一定的电势差，叫作“跨步电压”．如图所示，一条电势远高于地面的高压直流输电线掉落在地面上的O 点，若O 点附近地质结构分布均匀，则在地面以O 为圆心的同心圆为一系列的等势线．图中O 、A 、B 、C 在同一直线上，BD 是过B 点圆的切线，AB ＝BC ＝BD ，电线落地时恰好有人单脚着地站在B 点，则以下说法正确的是( )A ．图中A 、B 、C 三点中，C 点电势最高B．地面上电子由O向C定向移动C．为了安全，人应该沿BD方向迈大步快速脱离D．A、B、C、D四点间电势差大小关系为U AB>U BC>U BD答案 D解析电线掉落的O点电势最高，沿着电场线电势逐渐降低，故有φO>φA>φB>φD>φC，则C 点电势最低，故A错误；电子受电场力从低电势向高电势定向移动形成电流，则地面上电子由C向O定向移动，故B错误；为了安全，人应该单脚跳，就不会在人体形成电势差，不能迈步走动，故C错误；在电场中，AB＝BC＝BD，且随着半径的增大，电场强度逐渐变小，则AB段的电场强度大于BC段的电场强度，由U＝Ed，有U AB>U BC，而φD>φC，则有U BC>U BD，故D正确．考点三电场线、等势面及运动轨迹问题1．等势面(1)定义：电场中电势相同的各点构成的面．(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．2．几种常见等势面的比较电场等势面(虚线)图样特点匀强电场垂直于电场线的一簇平面点电荷的电场以点电荷为球心的一簇球面等量异种点电荷的电场两电荷连线的中垂面为等势面等量同种正点电荷的电场在电荷连线上，中点电势最低；在中垂线上，中点电势最高1．等差等势线越密的地方，电场线越密，电场强度越大．(√)2．电场线与等势面互相垂直，电场线从电势高的等势面指向电势低的等势面．(√) 3．无论正粒子还是负粒子，在电场中某点所受电场力的方向都沿电场线在该点的切线方向，并且指向粒子运动轨迹的弯曲方向．(√)考向1对等势面的理解例7(多选)(2022·重庆卷·8)如图为两点电荷Q、Q′的电场等势面分布示意图，Q、Q′位于x轴上，相邻等势面的电势差为3 V．若x轴上的M点和N点位于0 V等势面上，P为某等势面上一点，则()A．N点的电场强度大小比M点的大B．Q为正电荷C．M点的电场方向沿x轴负方向D．P点与M点的电势差为12 V答案AD解析等差等势面的疏密程度体现电场强度的大小，由题图可知N点的等差等势面比M点更密，则N点的电场强度大小比M点的大，故A正确；沿着电场线电势逐渐降低，由题图可知电场线由N指向Q，则Q为负电荷，故B错误；沿着电场线电势逐渐降低，结合各等势面的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误；M点与N点电势均为0 V，P点与N点的等势面有四个间隔，而相邻等势面的电势差为3 V，则P点与M点的电势差为12 V，故D正确．考向2电场线、等势线和运动轨迹例8(多选)(2023·广东深圳市建文外国语学校模拟)两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等．虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点．下列说法正确的是()A．两点电荷可能是异种点电荷B．A点的电场强度比B点的大C．A点的电势高于B点的电势D．电子运动到P点时动能最小答案CD解析根据电荷间等势面的分布情况可知两点电荷是同种点电荷，又根据电子在该电场中的运动轨迹可判断电子一直受到斥力作用，故可知两点电荷为负电荷，故A错误；根据等势面的疏密程度可以判断A点的电场强度比B点的小，故B错误；因为两点电荷都是负电荷，电场线指向负电荷，故可知A点的电势高于B点的电势，故C正确；根据电子的运动轨迹和电场线的方向可知由M到P电场力做负功，由P到N电场力做正功；由M到P动能减小，由P到N动能增加，故电子运动到P点时动能最小，故D正确．例9如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1、2、3分别为三条等势线，三条等势线与其中一条电场线的交点依次为M、N、Q点，已知MN＝NQ，电荷量相等的a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出，仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线a′、b′所示，则()A．a粒子一定带正电，b粒子一定带负电B．MN两点电势差大小|U MN|等于NQ两点电势差大小|U NQ|C．a粒子的加速度逐渐增大，b粒子的加速度逐渐减小D．a粒子从出发到等势线3过程的动能变化量比b粒子从出发到等势线1过程的动能变化量小答案 D解析由题图可知，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性，故A 错误；由题可知，a所受电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，b所受电场力逐渐增大，加速度增大，故C错误；已知MN＝NQ，由于MN段电场强度大于NQ段电场强度，所以MN两点电势差大小|U MN|大于NQ两点电势差大小|U NQ|，故B错误；根据电场力做功公式W＝Uq，|U MN|>|U NQ|，a粒子从等势线2到3电场力做的功小于b粒子从等势线2到1电场力做的功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小，故D正确．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法1．判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为该点处的速度方向．选用轨迹和电场线(等势线)的交点更方便．2．判断电场力的方向：从轨迹的弯曲方向判断受力方向，从而分析电场线的方向或电荷的正负．若已知电场线和轨迹，所受电场力的方向与电场线(或电场线的切线)共线．若已知等势线和轨迹，所受电场力的方向与等势线垂直．3．判断电场力做功的正负及电势能的增减：若电场力方向与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力方向与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加．课时精练1．关于静电场，下列说法中正确的是()A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大C．在同一个等势面上的各点，电场强度的大小必然是相等的D．电势降低的方向就是电场强度的方向答案 B解析将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定减少，选项A错误；无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项B正确；在同一个等势面上的各点，电场强度的大小不一定相等，例如等量异种点电荷连线的中垂线上各点，选项C错误；沿电场强度的方向电势一定降低，但是电势降低的方向不一定是电场强度的方向，选项D错误．2.(2023·广东中山市高三检测)如图所示，雷雨天带有负电的乌云飘过一栋建筑物上空时，在避雷针周围形成电场，电场的等差等势面a、b、c、d分布情况如图所示，在等势面中有A、B、C三点．下列说法中正确的是()A．避雷针附近的电场是匀强电场B．A点的电场强度比B点小C．a、b、c、d等势面中a的电势最低D．有一带负电的雨点从乌云中下落，电场力做正功答案 D解析匀强电场的等势线应是一簇平行线，由题图可知避雷针附近的电场不是匀强电场，故A错误；等差等势面越密集电场强度越大，所以A点的电场强度比B点大，故B错误；乌云带负电，则电场线终止于乌云，根据沿电场线方向电势降低可知a、b、c、d等势面中a的电势最高，故C错误；有一带负电的雨点从乌云中下落，雨点所受电场力方向与速度方向夹角小于90°，电场力做正功，故D正确．3.如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷Q产生的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点．其中a点的电场强度大小为E a，方向与ab连线成30°角，b点的电场强度大小为E b，方向与ab连线成60°角．粒子只受电场力的作用，下列说法中正确的是()A．点电荷Q带正电B．a点的电势高于b点电势C．从a到b，系统的电势能增加D．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度答案 B解析带正电的粒子受力指向轨迹凹侧，则点电荷Q带负电，则A错误；点电荷Q恰好处于a、b两点的电场线的交点处，根据负点电荷等势面的分布特点，离负点电荷越远的点电势越高，由几何关系可知，a点离负点电荷较远，所以a点的电势高于b点电势，则B正确；从a到b，电场力对带正电粒子做正功，所以系统的电势能减小，则C错误；根据电场强度，a点的电场强度小于b点，则粒子在a点受到的电场力小于在b点受到的电场公式E＝k Qr2力，所以粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，则D错误．4.(2023·北京市模拟)一个带电粒子(不计重力)射入一点电荷的电场中，粒子运动的轨迹如图实线abc所示，图中虚线是同心圆弧，表示电场中的等势面，下列判断正确的是()A．粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能B．粒子在b点的速率一定大于在a点的速率C．粒子在a点和c点的动能相等D．粒子在b点所受的电场力小于在a点所受的电场力答案 C解析从等势面形状可知，该电场为点电荷的电场，b点距离点电荷更近，因此粒子在b点所受的电场力大于在a点所受的电场力，D错误；粒子运动轨迹为曲线，受力的方向指向凹侧，因此该粒子受到向外的斥力，从a到b的运动过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，A、B错误；由于a、c处于同一等势面上，从a到c过程中，电场力做功为零，因此粒子在a点和c点的动能相等，C正确．5.(多选)(2021·全国甲卷·19)某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则()A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4 eVC．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大答案BD解析由题图可知φb＝φe，则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；由题图可知φa＝3 V，φd＝7 V，根据电场力做功与电势能的变化关系有W ad＝E p a－E p d＝(φa－φd)·(－e)＝4 eV，B正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的电场强度方向向左，C错误；等差等势面越密的地方电场强度越大，由题图可看出a、b、c、d四个点中，b处的等势面最密集，则b点处的电场强度大小最大，D正确．6．(2023·广东广州市铁一中学月考)如图为静电除尘机原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．图中虚线为电场线(方向未标)．不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，不计尘埃的重力，则()A．电场线方向由放电极指向集尘极B．尘埃在迁移过程中电势能增大C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动D．图中A点的电场强度大于B点的电场强度答案 D解析带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，则电场的方向由集尘极指向放电极，故A错误；带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，电场力做正功，则尘埃在迁移过程中电势能减小，故B错误；由题图可知，电场是非匀强电场，则尘埃受到的电场力在变化，则尘埃在迁移过程中做非匀变速运动，故C错误；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，故D正确．7.(2023·广东惠州市调研)如图，虚线为某静电场的等势面，且相邻两等势面间的电势差相等．一带正电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，则下列说法正确的是()A．M点的电势高于N点的电势B．M点的电场强度大于N点的电场强度C．带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能D．带电粒子的运动轨迹一定是椭圆答案 A解析根据W MN＝qU MN>0，又q>0，得U MN＝φM－φN>0，得φM>φN，A正确；根据等势面的疏密程度表示电场强度的大小，由题图知M点的电场强度小于N点的电场强度，B错误；根据W MN＝E p M－E p N>0，得E p M>E p N，C错误；带电粒子的运动轨迹不一定是椭圆，D错误．8．(多选)(2023·广东广州市阶段测试)如图所示，两个等量异种电荷所在处和M、N两点是菱形的四个顶点，a、b、c、d是菱形四个边长的中点，O是两电荷连线的中点．下列说法正确的是()A．M点的电场强度比O点大B．a、b两处的电场强度和电势都相同C．a、c两处的电场强度一定相同D．将一负电荷从a移到O再移到c点，电场力在两段做的负功相同答案CD解析在两等量异种电荷连线的中垂线上，O点的电场强度最大，所以M点的电场强度比O 点小，故A错误；根据等量异种电荷周围电场的对称性可知，a、b两处的电场强度大小相等、方向不同，故B 错误；根据等量异种电荷周围电场的对称性可知，a 、c 两处的电场强度一定相同，故C 正确；如图所示，作出经过a 、b 两点的等势面与等量异种电荷连线交于A 点，作出经过c 、d 两点的等势面与等量异种电荷连线交于C 点，根据等量异种电荷周围电场的对称性可知，A 、O 两点间的电势差U AO 等于O 、C 两点间的电势差U OC ，即a 、O 两点间的电势差U aO 等于O 、c 两点间的电势差U Oc ，所以将一负电荷从a 移到O 再移到c 点，电场力在两段做的负功相同，故D 正确．9.(2023·黑龙江省高三月考)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V ．下列说法错误的是( )A ．电场强度的大小为2.5 V/cmB ．坐标原点处的电势为1 VC ．电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD ．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV答案 C解析 如图所示，在ac 连线上，确定一b ′点，电势为17 V ，将bb ′连线，即为等势线，那么垂直bb ′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如图，因为此电场为匀强电场，则有E ＝U cb d ，依据几何关系，则有d ＝b ′c ·bc bb ′＝ 4.5×64.52＋62 cm ＝ 3.6 cm ，因此电场强度大小为E ＝26－173.6V/cm ＝2.5 V/cm ，故A 正确；根据φc －φa ＝φb －φO ，。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：光的干涉、衍射和偏振

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：光的干涉、衍射和偏振

第2讲 光的干涉、衍射和偏振目标要求 1.知道什么是光的干涉、衍射和偏振.2.掌握双缝干涉中出现亮、暗条纹的条件. 3.知道发生明显衍射的条件．考点一 光的干涉现象光的干涉(1)定义：在两列光波叠加的区域，某些区域相互加强，出现亮条纹，某些区域相互减弱，出现暗条纹，且加强区域和减弱区域相互间隔的现象． (2)条件：两束光的频率相同、相位差恒定．(3)双缝干涉图样特点：单色光照射时，形成明暗相间的等间距的干涉条纹．1．光的颜色由光的频率决定．( √ ) 2．频率不同的两列光波不能发生干涉．( √ )3．在“双缝干涉”实验中，双缝的作用是使白光变成单色光．( × )4．在“双缝干涉”实验中，双缝的作用是用“分光”的方法使两列光的频率相同．( √ )1．双缝干涉(1)条纹间距：Δx ＝Ldλ，对同一双缝干涉装置，光的波长越长，干涉条纹的间距越大．(2)明暗条纹的判断方法：如图所示，相干光源S 1、S 2发出的光到屏上P ′点的路程差为Δr ＝r 2－r 1. 当Δr ＝nλ(n ＝0,1,2，…)时，光屏上P ′处出现明条纹． 当Δr ＝(2n ＋1)λ2(n ＝0,1,2，…)时，光屏上P ′处出现暗条纹．2．薄膜干涉(1)形成原因：如图所示，竖直的肥皂薄膜，由于重力的作用，形成上薄下厚的楔形．光照射到薄膜上时，从膜的前表面AA ′和后表面BB ′分别反射回来，形成两列频率相同的光波，并且叠加．(2)明暗条纹的判断方法：两个表面反射回来的两列光波的路程差Δr 等于薄膜厚度的2倍，光在薄膜中的波长为λ. 在P 1、P 2处，Δr ＝nλ(n ＝1,2,3，…)，薄膜上出现明条纹． 在Q 处，Δr ＝(2n ＋1)λ2(n ＝0,1,2,3，…)，薄膜上出现暗条纹．(3)应用：增透膜、检查平面的平整度．考向1 双缝干涉例1 在图示的双缝干涉实验中，光源S 到缝S 1、S 2距离相等，P 0为S 1、S 2连线的中垂线与光屏的交点．用波长为400 nm 的光实验时，光屏中央P 0处呈现中央亮条纹(记为第0条亮条纹)，P 处呈现第3条亮条纹．当改用波长为600 nm 的光实验时，P 处将呈现( )A ．第2条亮条纹B ．第3条亮条纹C ．第2条暗条纹D ．第3条暗条纹答案 A解析 由公式Δx ＝L d λ可知PP 03＝L d λ1，当改用波长为600 nm 的光实验时，则有PP 0n ＝Ld λ2，即n 3＝λ1λ2＝400600，解得n ＝2，即P 处将呈现第2条亮条纹，A 正确．考向2 薄膜干涉例2(多选)图甲是用光的干涉法来检查物体平面平整程度的装置，其中A为标准平板，B 为待检查的物体，C为入射光，图乙为观察到的干涉条纹，下列说法正确的是()A．入射光C应采用单色光B．图乙条纹是由A的下表面反射光和B的上表面反射光发生干涉形成的C．当A、B之间某处距离为入射光的半波长奇数倍时，对应条纹是暗条纹D．由图乙条纹可知，被检查表面上有洞状凹陷答案AB例3(2021·江苏卷·6)铁丝圈上附有肥皂膜，竖直放置时，肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，由此推测肥皂膜前后两个面的侧视形状应当是()答案 C解析薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成干涉条纹，当入射光为复色光时，出现彩色条纹．由于重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，从而使干涉条纹上疏下密，由于表面张力的作用，使得肥皂膜向内凹陷，故C正确，A、B、D错误．考点二光的衍射和偏振现象1．光的衍射发生明显衍射现象的条件：只有当障碍物或狭缝的尺寸足够小的时候，衍射现象才会明显．2．光的偏振(1)自然光：包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿着各个方向振动的光波的强度都相同．(2)偏振光：在垂直于光的传播方向的平面上，只沿着某个特定的方向振动的光．(3)偏振光的形成①让自然光通过偏振片形成偏振光．②让自然光在两种介质的界面发生反射和折射，反射光和折射光可以成为部分偏振光或完全偏振光．(4)偏振光的应用：加偏振滤光片的照相机镜头、液晶显示器、立体电影、消除车灯眩光等．(5)光的偏振现象说明光是一种横波．1．阳光下茂密的树林中，地面上的圆形亮斑是光的衍射形成的．(×)2．泊松亮斑是光的衍射形成的．(√)3．光遇到障碍物时都能产生衍射现象．(√)4．自然光是偏振光．(×)1．单缝衍射与双缝干涉的比较单缝衍射双缝干涉不同点条纹宽度条纹宽度不等，中央最宽条纹宽度相等条纹间距各相邻亮条纹间距不等各相邻亮(暗)条纹等间距亮度情况中央条纹最亮，两边变暗条纹清晰，亮度基本相同相同点干涉、衍射都是波特有的现象，都属于波的叠加；干涉、衍射都有明暗相间的条纹2.光的干涉和衍射的本质从本质上看，干涉条纹和衍射条纹的形成有相似的原理，光的干涉和衍射都属于光波的叠加，干涉是从单缝通过两列频率相同的光在屏上叠加形成的，衍射是由来自单缝上不同位置的光在屏上叠加形成的．考向1单缝衍射与双缝干涉的比较例4如图所示的4种明暗相间的条纹分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(黑色部分表示亮条纹)．在下面的4幅图中从左往右排列，亮条纹的颜色依次是()A．红黄蓝紫B．红紫蓝黄C．蓝紫红黄D．蓝黄红紫答案 B解析双缝干涉条纹是等间距的，而单缝衍射条纹除中央亮条纹最宽、最亮之外，两侧条纹亮度、宽度都逐渐减小，因此1、3为双缝干涉条纹，2、4为单缝衍射条纹．相邻亮条纹间距Δx＝Lλ，红光波长比蓝光波长长，则红光干涉条纹间距大于蓝光干涉条纹间距，即1、3d分别对应红光和蓝光．而在单缝衍射中，当单缝宽度一定时，波长越长，衍射越明显，即中央条纹越宽越亮，黄光波长比紫光波长长，即2、4分别对应紫光和黄光．综上所述，1、2、3、4四幅图中亮条纹的颜色依次是：红、紫、蓝、黄，B正确．考向2光的偏振例5奶粉的碳水化合物(糖)的含量是一个重要指标，可以用“旋光法”来测量糖溶液的浓度，从而鉴定含糖量．偏振光通过糖的水溶液后，偏振方向会相对于传播方向向左或向右旋转一个角度α，这一角度α称为“旋光度”，α的值只与糖溶液的浓度有关，将α的测量值与标准值相比较，就能确定被测样品的含糖量了．如图所示，S是自然光源，A、B是偏振片，转动B，使到达O处的光最强，然后将被测样品P置于A、B之间．(1)偏振片A的作用是____________________________________________________________．(2)偏振现象证明了光是一种________．(3)以下说法中正确的是________．A．到达O处光的强度会减弱B．到达O处光的强度不会减弱C．将偏振片B转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片B转过的角度等于αD．将偏振片A转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片A转过的角度等于α答案(1)把自然光变成偏振光(2)横波(3)ACD解析(1)自然光通过偏振片后变为偏振光，故A的作用是把自然光变成偏振光．(2)偏振现象证明光是一种横波．(3)偏振片只能让一定偏振方向的光通过，没有样品时，要使到达O处的光最强，偏振片A、B的透光方向应相同；当放入样品时，由于样品的“旋光度”是α，即偏振方向不再与B的透光方向平行，到达O处光的强度会减弱，A正确，B错误；偏振片B转过的角度等于α，并使偏振片B的透振方向与偏振光的偏振方向平行时，光到达O处的强度将再次最大，C正确；同理，D正确．考点三几何光学与物理光学的综合应用例6如图所示，不同波长的两单色光a、b沿同一方向从空气射向半圆形玻璃砖，入射点O在直径的边缘，折射光线分别为OA、OB，则()A．a单色光的频率比b单色光的频率小B．当a、b两束光由玻璃射向空气中，a光临界角比b光临界角大C．在玻璃砖中a单色光从O到A的传播时间不等于b单色光从O到B的传播时间D．用a、b两束光在相同条件下做双缝干涉实验，a光产生的干涉条纹间距比b光小答案 D解析因为a光的偏折程度大于b光，所以根据折射定律得知：玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，所以a单色光的频率比b单色光的频率大，故A错误；根据全反射临界角公式sin C＝1，可知，a光的折射率大，则a光的临界角小于b光的临界角，故B错误；对于n，光在任一光束研究：设入射角为i，折射角为r，玻璃砖的半径为R，则折射率为n＝sin isin r，光在玻璃中传播距离为s＝2R sin r，光在玻璃中传播时间为t＝s v，玻璃中传播速度为v＝cn，i、R、c均相等，所以在玻璃砖中a单色光从O到A的传播时间等联立以上可得t＝2R sin ic于b单色光从O到B的传播时间，故C错误；根据折射率大，频率高，波长短，可知a光的折射率大于b光的折射率，则a光在真空中的波长小于b光在真空中的波长，根据双缝干涉条纹间距公式，可知a光产生的干涉条纹间距比b光小，故D正确．例7如图所示，截面为等腰直角三角形ABC的玻璃砖，∠B＝90°，一束频率为f＝6×1014Hz的光线从AB面中点处垂直射入棱镜，在AC面发生全反射，从BC面射出后，进入双缝干涉装置．已知AC长度L＝0.3 m，双缝间距d＝0.2 mm，光屏与双缝间距离l＝1.0 m，光在真空中的传播速度为c＝3.0×108 m/s.求：(1)玻璃砖对该光线的折射率的最小值n ； (2)光线在玻璃砖中传播的最短时间t ； (3)光屏上相邻亮条纹的间距Δx . 答案 (1)2 (2)1×10－9 s (3)2.5 mm解析 (1) 由几何关系知，光线在AC 面发生全反射的入射角为45°，可知临界角C ≤45°时，折射率有最小值，由sin C ＝1n 得n ≥2，即最小折射率为 2.(2) 由几何关系可知，光线在玻璃砖中传播距离 s ＝22L ，光线在玻璃砖中的传播速度v ＝c n传播时间t ＝s v代入数据解得最短时间t ＝1×10－9 s (3) 由λ＝c f ，Δx ＝ldλ联立代入数据解得Δx ＝2.5 mm.课时精练1．下列有关光学现象说法中正确的是( )A ．甲中荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于水珠将光线会聚而形成的B ．乙中将双缝干涉实验中的双缝间距调小，则干涉条纹间距变小C ．丙中用加有偏振滤光片的相机拍照，可以拍摄清楚汽车内部的情景D ．丁中肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是光的衍射现象 答案 C解析题图甲中荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于水珠对光线的全反射形成的，故A错误；在双缝干涉实验中，条纹间距Δx＝Lλ，若将双缝间距d调小，则条纹间距Δx变大，故dB错误；在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄汽车内部情景，滤去了汽车外玻璃的反射光，使景象清晰，故C正确；肥皂膜表面可看到彩色条纹，是因为肥皂膜的前后两面反射回来的两列光发生干涉时形成的，故D错误．2．(2019·北京卷·14)利用图示的装置(示意图)，观察光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图中甲和乙两种图样．下列关于P处放置的光学元件说法正确的是()A．甲对应单缝，乙对应双缝B．甲对应双缝，乙对应单缝C．都是单缝，甲对应的缝宽较大D．都是双缝，甲对应的双缝间距较大答案 A解析由题图中给出的甲、乙两种图样可知，甲是单缝衍射的图样，乙是双缝干涉的图样，A项正确，B、C、D项错误．3．(多选)(2023·河北张家口市模拟)通过如图甲所示的装置可研究光的干涉和衍射现象．从光源发出的光经过一缝板，在缝板后有一装有感光元件的光屏，通过信号转换，可在电脑上看到屏上的光强分布情况．图乙分别显示出A光和B光通过同一缝板得到的光强分布情况．下列有关A、B两种色光的说法正确的有()A．光通过的可能是缝板上的单缝B．A光的波长比B光的波长长C．A光在玻璃中的传播速度大于B光在玻璃中的传播速度D．A光比B光更容易发生明显的衍射现象答案BCD解析从光的强度分布可以看出，光屏上的光是等间距、等亮度的，所以是光通过双缝产生的干涉现象，A错误；由题图乙可看出，A光的条纹间距大于B光的，由Δx＝Ldλ可知，A光的波长大于B光的波长，B正确；A光的频率小于B光的频率，则玻璃对A光的折射率小于对B光的折射率，所以A光在玻璃中的传播速度大于B光在玻璃中的传播速度，C正确；由于A光的波长较长，所以更容易发生明显的衍射现象，D正确．4.(2023·广东佛山市检测)如图所示为一束太阳光射到截面为六角形的冰晶上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是()A．在冰晶中，b光的传播速度较大B．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较大C．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较小D．用同一装置做单缝衍射实验，b光的中央亮条纹更宽答案 B解析由题图知，太阳光射入六角形冰晶时，a光的偏折角小于b光的偏折角，由折射定律得，六角形冰晶对a光的折射率小于对b光的折射率，由v＝cn知，在冰晶中，b光的传播速度小，A错误；a光的折射率小于b光的折射率，a光的频率小于b光的频率，所以a光的波长大于b光的波长，根据Δx＝Ld λ，a光相邻条纹间距大，B正确；由临界角公式sin C＝1n，a光的折射率小，则a光的临界角大，C错误；b光的折射率大，波长短，用同一装置做单缝衍射实验，b光的中央亮条纹比a光的中央亮条窄，D错误．5．(2023·广东广州市模拟)如图甲，让激光束通过一个狭缝，观察到光屏上出现单色条纹图样．现保持激光器与狭缝的距离不变，将光屏向狭缝处适当移动，下面关于本实验说法正确的是()A ．将会观察到乙图样B ．光屏上条纹更宽C ．移动后，条纹变得模糊D ．该现象说明光具有波动性 答案 D解析 让激光束通过一个狭缝，观察到光屏上出现单色条纹图样是光的衍射图样，衍射条纹的中央亮条纹最亮，宽度最大，将会观察到丙图样；当保持激光器与狭缝屏的距离不变，将光屏向狭缝处适当移动，光屏上条纹变窄，条纹变得清晰；光的衍射现象说明光具有波动性，故选项D 正确，A 、B 、C 错误．6．(2021·湖北卷·5)如图所示，由波长为λ1和λ2的单色光组成的一束复色光，经半反半透镜后分成透射光和反射光．透射光经扩束器后垂直照射到双缝上并在屏上形成干涉条纹．O 是两单色光中央亮条纹的中心位置，P 1和P 2分别是波长为λ1和λ2的光形成的距离O 点最近的亮条纹中心位置．反射光入射到三棱镜一侧面上，从另一侧面M 和N 位置出射，则( )A ．λ1<λ2，M 是波长为λ1的光出射位置B ．λ1<λ2，N 是波长为λ1的光出射位置C ．λ1>λ2，M 是波长为λ1的光出射位置D ．λ1>λ2，N 是波长为λ1的光出射位置 答案 D解析 由双缝干涉条纹间距公式Δx ＝λLd可知，当两种色光通过同一双缝干涉装置时，波长越长相邻两亮条纹间距越宽，由屏上亮条纹的位置可知λ1>λ2，反射光经过三棱镜后分成两束色光，由题图可知从N位置出射的光的折射角大，又由折射定律可知，入射角相同时，折射率越小的色光折射角越大，由于λ1>λ2，则n1<n2，所以N是波长为λ1的光出射位置，故D正确，A、B、C错误．7．(多选)(2022·山东卷·10)某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象，狭缝S1、S2的宽度可调，狭缝到屏的距离为L.同一单色光垂直照射狭缝，实验中分别在屏上得到了图乙、图丙所示图样．下列描述正确的是()A．图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，也发生了衍射B．遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大C．照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大D．照射两条狭缝时，若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹答案ACD解析题图乙中间部分为等间距条纹，所以题图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，同时也发生衍射，故A正确；狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，题图丙中亮条纹宽度减小，故B错误；根据条纹间距公式有Δx＝Lλ，则照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，题图乙中相邻暗条纹的中心间距d增大，故C正确；照射两条狭缝时，若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹，故D正确．8．(2023·辽宁省模拟)随着科技的发展，夜视技术越来越成熟．一切物体都可以产生红外线，即使在漆黑的夜里“红外监控”“红外摄影”也能将目标观察得清清楚楚．为了使图像清晰，通常在红外摄像头的镜头表面镀一层膜，下列说法正确的是()A．镀膜的目的是尽可能让入射的红外线反射B．镀膜的目的是尽可能让入射的所有光均能透射C．镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的四分之一D．镀膜的厚度应该是红外线在薄膜中波长的二分之一答案 C解析镀膜的目的是尽可能让红外线能够透射，而让红外线之外的光反射，从而使红外线图像更加清晰，故A、B错误；当红外线在薄膜前、后表面的反射光恰好干涉减弱时，反射光最弱，透射光最强，根据干涉相消的规律可知，此时红外线在薄膜前、后表面反射光的光程差应为半波长的奇数倍，而为了尽可能增加光的透射程度，镀膜的厚度应该取最薄的值，即红外线在薄膜中波长的四分之一，故C正确，D错误．9.(2023·福建龙岩市质检)如图所示，把一矩形均匀薄玻璃板ABCD压在另一个矩形平行玻璃板上，一端用薄片垫起，将红单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，下列关于这些条纹的说法中正确的是()A．条纹方向与AB边平行B．条纹间距不是均匀的，越靠近BC边条纹间距越大C．减小薄片的厚度，条纹间距变小D．将红单色光换为蓝单色光照射，则条纹间距变小答案 D解析薄膜干涉的光程差Δs＝2d(d为薄膜厚度)，厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹应与BC边平行，故A错误；因为两玻璃间形成的空气膜厚度均匀变化，因此条纹是等间距的，故B错误；减小薄片厚度，条纹间距将增大，故C错误；将红光换成蓝光照射，入射光波长减小，条纹间距将减小，故D正确．10．(2021·山东卷·7)用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹．下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是()答案 D11.(2023·广东珠海市二中月考)某河水下装有红、绿两色彩灯，A 、B 为水下同一深度处两个相距较远的彩灯(均可看作点光源)，夜晚站在桥上看平静的水面，灯A 在水面形成的亮斑的半径较大，下列说法正确的是( )A ．灯A 是绿色光源B ．灯B 发出的光更容易发生衍射现象C ．在水中灯A 发出的光的传播速度小于灯B 发出的光的传播速度D ．灯A 、B 发出的光用同一装置做双缝干涉实验，屏幕上相邻亮条纹间距Δx A >Δx B 答案 D解析 灯A 在水面形成的亮斑的半径较大，可知灯A 发出的光的临界角较大，根据sin C ＝1n，可知折射率较小，频率较小，则灯A 是红色光源，A 错误；灯A 发出的红光波长较长，更容易发生衍射现象，B 错误；根据v ＝c n可知，在水中灯A 发出的红光的传播速度大于灯B 发出的绿光的传播速度，C 错误；灯A 、B 发出的光用同一装置做双缝干涉实验，根据Δx ＝L dλ，可知，波长越长，屏幕上相邻亮条纹间距越大，即Δx A >Δx B ，D 正确．12.某一质检部门为检测一批矿泉水的质量，利用干涉原理测定矿泉水的折射率．方法是将待测矿泉水填充到特制容器中，放置在双缝与荧光屏之间(之前为真空)，如图所示，特制容器未画出，通过对比填充后的干涉条纹间距x 2和填充前的干涉条纹间距x 1就可以计算出该矿泉水的折射率．单缝S 0、双缝中点O 、屏上的P 0点均位于双缝S 1和S 2的中垂线上，屏上P 点处是P 0上方的第3条亮条纹(不包括P 0点处的亮条纹)的中心．已知入射光在真空中的波长为λ，真空中的光速为c ，双缝S 1与S 2之间的距离为d ，双缝到屏的距离为L ，则下列说法正确的是( )A ．来自双缝S 1和S 2的光传播到P 点处的时间差为3λcB ．x 2>x 1C ．该矿泉水的折射率为x 1x 2D ．仅将单缝S 0向左(保持S 0在双缝的中垂线上)移动的过程中，P 点处能观察到暗条纹 答案 C解析 第三条亮条纹对应路程差s ＝3λ，但光在介质中的传播速度小于c ，故A 错误；由Δx ＝L d λ，n ＝c v ＝λλ0可知(λ0为光在矿泉水中的波长)，光在矿泉水中的波长小于真空中的波长，所以x 2<x 1，故B 错误；由n ＝c v ＝λλ0，x 1＝L d λ，x 2＝L d λ0，得n ＝x 1x 2，故C 正确；由Δx ＝L dλ可知，向左移动S 0对观察结果没有影响，故D 错误．。

2024届高考物理一轮复习专题课件：电学实验基础

2024届高考物理一轮复习专题课件：电学实验基础
变测量电阻电流和电压的目的，得到多组数据。
限流式
Rx
U
分压式：滑动变阻器的主要作用为分压
此电路中，滑变通过改变自身与并联电路串联
部分的电阻，达到改变待测电阻分得的电压，从
而达到改变测量电阻电流和电压的目的，得到多
组数据。
分压式
滑动变阻器采用“两下一上”式接法，闭合开关前，滑片调到最左端；电路优点：电压调节
就越小。电流表内接法，适合测量阻值较大的电阻,测量值偏大
误差原因：电压表分流
电流表外接法
V
A
Rx
R测=
U测
I测= IV+ IxR
I测
RV·Rx
R测=
RV+Rx
1 RV+Rx
IV+ IRx 1
1
=
+
=
=
R
R
R测
U
RV·Rx
V
x
|Rx -R测|
Rx
=
相对误差： δ=
Rx
Rx+RV
=
<Rx
1
RV
1+ R
三、半偏法测电表内阻
2.电压半偏法
误差分析：
接入 ，总电阻变大，
并联部分电压变大，测量值偏大

∵ 并 = + 0 ∴ 0 > =
又∵


=


2
∴ > 测量值偏大
（1）Rv要远大于R；
（2）R是变阻器或变阻箱，R0是电阻箱。
条件： ≪
扩展与延伸：
大，可以从零开始调节。
限流式
分压式
电压范围：
分压式调压范围稍大，数据点可以更分散一些，选择分压式接法

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：电场中功能关系及图像问题

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：电场中功能关系及图像问题

专题强化十三 电场中功能关系及图像问题目标要求 1.学会处理电场中的功能关系.2.能解决电场中各种图像问题，理解图像斜率、面积等表示的物理意义并能解决相关问题．题型一 电场中功能关系的综合问题电场中常见的功能关系(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)除重力之外，其他力对物体做的功等于物体机械能的变化量． (4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量．例1 (2019·天津卷·3)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v 从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2v ，方向与电场方向相反，则小球从M 运动到N 的过程( )A ．动能增加12m v 2B ．机械能增加2m v 2C ．重力势能增加32m v 2D ．电势能增加2m v 2答案 B解析 小球动能的增加量为ΔE k ＝12m (2v )2－12m v 2＝32m v 2，A 错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N 时竖直方向的速度为零，则M 、N 两点之间高度差为h ＝v 22g ，小球重力势能的增加量为ΔE p ＝mgh ＝12m v 2，C 错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔE p ′＝32m v 2＋12m v 2＝2m v 2，D 错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2m v 2，B 正确．例2 如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m 、电荷量为＋q 的物块从A点由静止开始下落，加速度为13g ，下落高度H 到B 点后与一轻弹簧接触，又下落h 后到达最低点C ，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g ，则带电物块在由A 点运动到C 点过程中，下列说法正确的是( )A ．该匀强电场的电场强度为mg3qB ．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为mg (H ＋h )3C ．带电物块电势能的增加量为mg (H ＋h )D ．弹簧的弹性势能的增加量为mg (H ＋h )3答案 D解析 物块从静止开始下落时的加速度为13g ，根据牛顿第二定律得：mg －qE ＝ma ，解得：E＝2mg3q，故A 错误；从A 到C 的过程中，系统除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：W ＝－qE (H ＋h )＝－2mg (H ＋h )3，可知机械能减少量为2mg (H ＋h )3，故B 错误；从A到C 过程中，电场力做功为－2mg (H ＋h )3，则电势能增加量为2mg (H ＋h )3，故C 错误；根据动能定理得：mg (H ＋h )－2mg (H ＋h )3＋W 弹＝0，解得弹力做功为：W 弹＝－mg (H ＋h )3，即弹性势能增加量为mg (H ＋h )3，故D 正确．题型二 电场中的图像问题考向1 电场中的v －t 图像根据v －t 图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，可确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化．例3(多选)(2023·重庆市八中检测)两个等量同种点电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10－5 C、质量为1 g的小物块从C点由静止释放，其运动的v－t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()A．小物块带正电B．A、B两点间的电势差U AB＝－500 VC．小物块由C点到A点电势能先减小再增大D．B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E＝100 V/m答案ABD解析根据物块运动的v－t图像可知，小物块带正电，A正确；从v－t图像可知，A、B两点的速度分别为v A＝6 m/s、v B＝4 m/s，再根据动能定理得qU AB＝12m v B2－12m v A2＝12×1×10－3×(42－62) J，解得U AB＝－500 V，B正确；从v－t图像可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块一直做正功，电势能一直减小，C错误；带电粒子在B点的加速度最大，为a m＝47－5m/s2＝2 m/s2，所受的电场力最大为F m＝ma m＝0.001×2 N＝0.002N，则电场强度最大值为E m＝F mq＝0.0022×10－5N/C＝100 N/C，D正确．考向2φ－x图像(电场方向与x轴平行)1．电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场(如图)．切线的斜率为零时沿x轴方向电场强度为零．2．在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向．(如图)3．电场中常见的φ－x图像(1)点电荷的φ－x图像(取无限远处电势为零)，如图．(2)两个等量异种点电荷连线上的φ－x图像，如图．(3)两个等量同种点电荷的φ－x图像，如图．例4(多选)如图所示，在x轴上的O点(x＝0)和b点(x＝15 cm)分别固定放置两点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是()A．a、c两点的电场强度相同B．q1所带电荷量是q2所带电荷量的4倍C．将一负电荷从a点移到c点，电场力做功为零D．将一负电荷从c点移到d点，电势能增大答案BC解析φ－x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方向，由题图可知，a、c两点电势相等，但电场强度大小和方向均不同，故A错误；由题图可知，题图中d点图像斜率为零，表明该点的合电场强度为零，而d点到两点电荷q1、q2的距离之比可得，q1、q2电荷量之比为4∶1，故B正确；a、c 为2∶1，根据点电荷电场强度公式E＝kqr2两点电势相等，电势差为零，负电荷从a点移到c点，电场力做功为零，故C正确；c、d间电场方向向左，负电荷从c点移到d点，电场力做正功，电势能减小，故D错误．考向3E－x图像(电场方向与x轴平行)1．E－x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系，若规定x轴正方向为电场强度E的正方向，则E>0，电场强度E沿x轴正方向；E<0，电场强度E沿x轴负方向．2．E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示)，两点的电势高低根据电场方向判定．在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况．3．电场中常见的E－x图像(1)点电荷的E－x图像正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示．(2)两个等量异种点电荷的E－x图像，如图．(3)两个等量正点电荷的E－x图像，如图．例5 x 轴上固定着两个点电荷A 、B ，两点电荷分别位于x A ＝0，x B ＝4d 处，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度E 与该点位置的关系如图所示．选取x 轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零．以下说法正确的是( )A ．点电荷A 、B 分别带正电和负电 B ．A 、B 所带电荷量的绝对值之比为1∶3C ．x ＝d 处电势最高且为零D ．将电子从x ＝5d 处无初速度释放，其电势能一直减小 答案 D解析 若点电荷A 、B 带异种电荷，则在x 轴上0～4d 区间的电场方向唯一不变化，即水平向右或水平向左，故A 错误；由题图可知在x ＝d 处电场强度为零，即kQ A d 2＝kQ B 9d 2，解得Q A Q B ＝19，故B 错误；0～d 区间，电场方向沿x 轴负方向，d ～4d 区间电场方向沿x 轴正方向，可知0～4d 区间，从x ＝d 处沿两侧电势降低，无限远处电势为零，故x ＝d 处电势大于零；x ≥4d 的区域内，电场方向指向x 轴负方向，所以沿x 轴负方向电势逐渐降低，无限远处电势为零，故x ≥4d 的区域内的电势都小于零．所以x ＝d 处电势最高且大于零，故C 错误；x ≥5d 的区域内电场方向沿x 轴负方向，所以电子释放后受水平向右的力，电场力一直做正功，电势能一直减小，故D 正确．考向4 E p －x 图像、E k －x 图像1．E p －x 图像由电场力做功与电势能变化关系F 电x ＝E p1－E p2＝－ΔE p 知E p －x 图像的切线斜率k ＝ΔE pΔx ，其绝对值等于电场力大小，正负代表电场力的方向．2．E k －x 图像当带电体只有电场力做功，由动能定理F 电x ＝E k －E k0＝ΔE k 知E k －x 图像的切线斜率k ＝ΔE kΔx ，斜率表示电场力．例6 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E p 随位移x 变化的关系如图所示，其中0～x 2段是关于直线x ＝x 1对称的曲线，x 2～x 3段是直线，则下列说法正确的是( )A ．x 1处电场强度最小，但不为零B ．粒子在0～x 2段做匀变速运动，x 2～x 3段做匀速直线运动C ．若x 1、x 3处电势为φ1、φ3，则φ1<φ3D ．x 2～x 3段的电场强度大小、方向均不变 答案 D解析 E p －x 图像的斜率表示粒子所受电场力F ，根据F ＝qE 可知x 1处电场强度最小且为零，选项A 错误；粒子在0～x 2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，做变速运动，x 2～x 3段斜率不变，所以做匀变速直线运动，选项B 错误；带负电的粒子从x 1到x 3的过程中电势能增加，说明电势降低，即φ1>φ3，选项C 错误；x 2～x 3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．课时精练1.如图所示，在电场强度大小为E 、方向竖直向上的匀强电场中，一质量为m 、带电荷量为＋q 的物体，以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动，不计空气阻力，其加速度大小为0.6qEm，物体运动距离s 时速度变为零．则在此过程中( )A ．物体克服电场力做功0.6qEsB．物体的电势能增加了qEsC．物体的重力势能增加了qEsD．物体的动能减少了0.6qEs答案 D解析由于物体所受电场力和运动方向相同，故电场力做正功W＝Eqs，故A错误；电场力做正功，电势能减小，物体的电势能减小了qEs，故B错误；重力做功W G＝－mgs，重力做负功，重力势能增加，又由题可知，mg＝1.6qE，所以重力势能增加了1.6qEs，故C错误；物体做减速运动，所受合外力做负功，动能减小，由动能定理得：ΔE k＝－F合s＝－mas＝－0.6Eqs，所以物体的动能减少了0.6qEs，故D正确．2.(2023·广东深圳市高三检测)如图所示，有一竖直固定放置的绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，一固定绝缘光滑细杆过圆心且沿垂直圆环平面方向穿过圆环，细杆上套有一个带正电的小环，小环从A点由静止释放，沿细杆运动．下列说法一定正确的是()A．小环所受电场力逐渐变小B．小环的加速度先向右后向左C．小环的电势能逐渐增加D．小环的动能逐渐增加答案 D解析O点电场强度为零，由O点向右电场强度先变大后变小，小环所受电场力可能先变大后变小，A错误；小环从A点由静止释放，沿细杆向右运动，加速度方向一直向右，B错误；电场力对小环一直做正功，电势能逐渐减少，动能逐渐增加，C错误，D正确．3．(多选)(2023·广东深圳市光明区调研)两个等量异种点电荷位于x轴上A、B两点，以A、B 两点连线中点为原点建立φ－x坐标系，电势φ随x的变化规律如图所示．下列说法正确的是()A．A点处为正电荷，B点处为负电荷B ．原点O 的电场强度大小为零C ．A 、O 间x 轴上各点电场方向沿x 轴正方向D ．O 、B 间x 轴上各点电场方向沿x 轴负方向 答案 AC解析 由题图可知，A 点处为正电荷，B 点处为负电荷，选项A 正确；两电荷在O 点电场方向均沿x 轴正方向，原点O 的电场强度大小不为零，选项B 错误；沿电场方向，电势降低，A 、B 间x 轴上各点电场方向均沿x 轴正方向，选项C 正确，D 错误．4．(多选)如图甲所示，a 、b 是点电荷的电场中同一条电场线上的两点，一个带电粒子在a 点由静止释放，仅在电场力作用下从a 点向b 点运动，粒子的动能与位移之间的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子与场源电荷带异种电荷B ．a 点电势比b 点电势高C ．a 点电场强度比b 点电场强度大D ．带电粒子在a 点的电势能比在b 点的电势能大 答案 CD解析 粒子从a 点向b 点运动，E k －x 图像的切线斜率减小，根据动能定理，则有qEx ＝E k ，电场强度减小，因此a 点更靠近场源电荷，则a 点电场强度比b 点电场强度大，若场源电荷是正电荷，则粒子带正电，若场源电荷是负电荷，则粒子带负电，它们带同种电荷，故A 错误，C 正确；由于不能确定场源电荷的性质，所以也不能确定电场线的方向，不能确定a 点电势与b 点电势的高低，故B 错误；带电粒子仅在电场力作用下从a 点运动到b 点，电场力做正功，电势能减小，所以带电粒子在a 点的电势能大于在b 点的电势能，故D 正确． 5.(多选)如图，竖直平面内有a 、b 、c 三个点，b 点在a 点正下方，b 、c 连线水平．第一次，将一质量为m 的小球从a 点以初动能E k0水平抛出，经过c 点时，小球的动能为5E k0；第二次，使此小球带正电，电荷量为q ，同时加一方向平行于abc 所在平面、电场强度大小为2mgq 的匀强电场，仍从a 点以初动能E k0沿某一方向抛出小球，小球经过c 点时的动能为13E k0.下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g )( )A ．a 、b 两点间的距离为5E k0mgB ．a 、b 两点间的距离为4E k0mgC ．a 、c 两点间的电势差为8E k0q D ．a 、c 两点间的电势差为12E k0q答案 BC解析 不加电场时根据动能定理得mgh ab ＝5E k0－E k0＝4E k0，解得h ab ＝4E k0mg ，故A 错误，B正确；加电场时，根据动能定理得mgh ab ＋U ac q ＝13E k0－E k0，解得U ac ＝8E k0q ，故C 正确，D错误．6.(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O ，最低点是P ，直径MN 水平．a 、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b 固定在M 点，a 从N 点由静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点Q (图中未画出)时速度为零．则小球a ( )A ．从N 到Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B ．从N 到P 的过程中，速率先增大后减小C ．从N 到Q 的过程中，电势能一直增加D ．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量 答案 BC解析 小球a 从N 点由静止释放，过P 点后到Q 点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a 速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功，电势能一直增加，故C 正确；小球a 从N 到Q 的过程中，重力不变，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A 错误；小球a 受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a 从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误．7．(多选)(2023·广东东莞市检测)如图所示，水平向右的匀强电场中固定有一绝缘斜面，带电金属滑块以E k0＝30 J的初动能从斜面底端A点冲上斜面，恰好运动至顶端B点，之后返回，已知滑块从A点滑到B点的过程中克服摩擦力做功为10 J，克服重力做功为24 J，则下列说法正确的是()A．滑块带正电，上滑过程中电势能减少4 JB．滑块上滑过程中机械能增加4 JC．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加12 JD．滑块返回到斜面底端时动能为15 J答案AC解析由动能定理知上滑过程中W电＋W G＋W f＝ΔE k，解得W电＝4 J，电场力做正功，滑块带正电，电势能减少4 J，故A正确；由功能关系知滑块上滑过程中机械能变化量ΔE机＝W＋W f＝－6 J，则机械能减少6 J，故B错误；滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12 J，电重力势能增加12 J，故C正确；对全程，由动能定理有2W f＝E k－E k0，解得滑块返回到斜面底端时动能E k＝10 J，故D错误．8.(多选)(2021·湖南卷·9)如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab 和cd为该圆直径．将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W(W>0)；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W.下列说法正确的是()A ．该匀强电场的场强方向与ab 平行B ．将该粒子从d 点移动到b 点，电场力做功为0.5WC ．a 点电势低于c 点电势D ．若只受电场力，从d 点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动 答案 AB解析 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，垂直于cd 方向建立y 轴，如图所示从c 到d 有W ＝E x q ·2R从a 到b 有2W ＝E y q ·3R ＋E x qR 可得E x ＝W 2qR ，E y ＝3W 2qR则E ＝E x 2＋E y 2＝W qR ，tan θ＝E yE x＝ 3 由于电场方向与水平方向成60°角，则场强方向与ab 平行，且由a 指向b ，A 正确； 将该粒子从d 点移动到b 点，电场力做的功为 W ′＝Eq R2＝0.5W ，B 正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则a 点电势高于c 点电势，C 错误；若粒子从d 点射入圆形电场区域的速度方向与ab 平行，则粒子做匀变速直线运动，D 错误． 9．(多选)在x 轴上分别固定两个点电荷Q 1、Q 2，Q 2位于坐标原点O 处，两点电荷形成的静电场中，x 轴上的电势φ随x 变化的图像如图所示，下列说法正确的是( )A．x3处电势φ最高，电场强度最大B．Q1带正电，Q2带负电C．Q1的电荷量小于Q2的电荷量D．电子从x1处沿x轴移动到x2处，电势能增加答案BD解析φ－x图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x3处电势φ最高，电场强度最小为0，则A错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x3电场线方向指向x轴的负方向，x3～＋∞电场线方向指向x轴的正方向，并且在x3处电势φ最高，电场强度最小为0，根据点电，由近小远大规律可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，并且Q1带正荷电场强度公式E＝k Qr2电，Q2带负电，所以B正确，C错误；电子从x1处沿x轴移动到x2处，电场力做负功，电势能增加，所以D正确．10．(多选)(2023·福建厦门市质检)空间中有水平方向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的微粒在某平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒()A．一定带正电B．0～3 s内电场力做的功为－9 JC．运动过程中动能不变D．0～3 s内除电场力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J答案BCD解析由于不清楚电场强度的方向，故无法确定微粒的电性，故A错误；由题图可知，0～3 s内电势能增加9 J，则0～3 s电场力做的功为－9 J，故B正确；由题图可知，电势能均匀增加，即电场力做的功与时间成正比，说明微粒沿电场力方向做匀速直线运动，同理，沿重力方向也做匀速直线运动，则微粒的合运动为匀速直线运动，所以运动过程中速度不变，动能不变，故C正确；由功能关系可知，0～3 s内重力势能与电势能共增加12 J，又微粒的动能不变，故0～3 s 内除电场力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J ，故D 正确． 11．(2023·广东中山市模拟)如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和—Q ，A 、B 相距为2d ，MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、带电荷量为＋q (可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v ；已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求：(1)C 、O 间的电势差U CO ； (2)在O 点处的电场强度E 的大小；(3)小球P 经过与点电荷B 等高的D 点时的速度v D 大小． 答案 (1)m v 2－2mgd 2q (2)2kQ 2d 2 (3)2v解析 (1)根据动能定理，小球P 从C 到O 有 mgd ＋qU CO ＝12m v 2，解得U CO ＝m v 2－2mgd 2q(2)A 点电荷和B 点电荷在O 点的电场强度大小均为E ＝k Qr 2，其中r ＝AO ＝BO ＝2d ，所以E＝k Q2d 2，根据对称性可知，两点电荷电场强度在水平方向的分电场强度抵消，合电场强度为 E 合＝2E ·cos 45°＝2kQ2d 2(3)从C 到D 点，由于电场线的对称性，U CD ＝2U CO ，则根据动能定理有2mgd ＋2qU CO ＝12m v D 2，所以v D ＝2v .12.(2023·黑龙江省高三检测)如图所示，放置在竖直平面内的粗糙直线轨道AB 与光滑圆弧轨道BCD 相切于B 点，C 为最低点，圆心角∠BOC ＝37°，线段OC 垂直于OD ，圆弧轨道半径为R ，直线轨道AB 长为L ＝5R ，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线OD ，现有一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小物块P 从A 点无初速度释放，小物块P 与AB 之间的动摩擦因数μ＝0.25，电场强度大小E ＝mgq ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，忽略空气阻力．求：(1)小物块第一次通过C 点时对轨道的压力大小； (2)小物块第一次从D 点飞出后上升的最大高度； (3)小物块在直线轨道AB 上运动的总路程． 答案 (1)10.8mg (2)1.2R (3)15R解析 (1)由几何关系知，轨道AB 与水平面的夹角为37°，小物块从A 点第一次到C 点的过程，由动能定理知：(qE ＋mg )(L sin 37°＋R －R cos 37°)－μ(qE ＋mg )L cos 37°＝12m v C 12－0在C 点由牛顿第二定律知：F N －qE －mg ＝m v C 12R ，联立解得：F N ＝10.8mg由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小是10.8mg . (2)小物块从A 第一次到D 的过程，由动能定理知(qE ＋mg )(L sin 37°－R cos 37°)－μ(qE ＋mg )L cos 37°＝12m v D 12－0小物块第一次到达D 点后以速度v D 1逆着电场线方向做匀减速直线运动， 由动能定理知－(qE ＋mg )h max ＝0－12m v D 12联立解得h max ＝1.2R .(3)分析可知小物块到达B 点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上做往复圆周运动， 由功能关系知(qE ＋mg )L sin 37°＝μ(qE ＋mg )d cos 37°，解得：d ＝15R .。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：导体电阻率的测量

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：导体电阻率的测量

实验十导体电阻率的测量目标要求 1.熟悉“金属丝电阻率的测量”的基本原理及注意事项.2.掌握测电阻率的电路图及误差分析．实验技能储备1．实验原理(如图所示)由R＝ρlS得ρ＝RSl＝πd2R4l，因此，只要测出金属丝的长度l、直径d和金属丝的电阻R，即可求出金属丝的电阻率ρ.2．实验器材被测金属丝，直流电源(4V)，电流表(0～0.6A)，电压表(0～3V)，滑动变阻器(0～50Ω)，开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺．3．实验过程(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，反复测量多次，求出其平均值l.(4)把滑动变阻器的滑片调到最左(填“左”或“右”)端．(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R、l、d值，代入公式ρ＝πd2R4l中，计算出金属丝的电阻率．4．求R的平均值时可用两种方法(1)用R＝UI分别算出各次的数值，再取平均值．(2)用U－I图线的斜率求出．5．注意事项(1)本实验中被测金属丝的电阻值较小，因此实验电路一般采用电流表外接法．(2)测量被测金属丝的有效长度，是指测量被测金属丝接入电路的两个端点之间的长度，亦即电压表两端点间的被测金属丝长度，测量时应将金属丝拉直，反复测量多次，求其平均值．(3)测金属丝直径一定要选三个不同部位进行测量，求其平均值．(4)在用伏安法测电阻时，通过被测金属丝的电流不宜过大(电流表用0～0.6A量程)，通电时间不宜过长，以免金属丝的温度明显升高，造成其电阻率在实验过程中逐渐增大．(5)若采用图像法求电阻阻值的平均值，在描点时，要尽量使各点间的距离拉大一些，连线要尽可能地通过较多的点，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧，个别明显偏离较远的点应舍去．6．误差分析(1)金属丝直径、长度的测量、读数等人为因素带来误差．(2)测量电路中电流表及电压表对电阻测量的影响，因为电流表外接，所以R测<R真，由R＝ρl<ρ真．S，知ρ测(3)通电电流过大、时间过长，致使金属丝发热，电阻率随之变化带来误差．考点一教材原型实验例1在“金属丝电阻率的测量”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm.(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为_________ mm.(该值接近多次测量的平均值)(2)用伏安法测金属丝的电阻R x，实验所用器材为：电池组(电动势为3V，内阻约为1Ω)、电流表(内阻约为0.1Ω)、电压表(内阻约为3kΩ)、滑动变阻器R(0～20Ω，额定电流为2A)、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数1234567U/V0.100.300.70 1.00 1.50 1.70 2.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上实验数据可知，他们测量R x是采用图中的________(选填“乙”或“丙”)图．(3)图丁是测量R x的实物图，图丁中已连接了部分导线．请根据(2)中所选的电路图，补充完整图中实物间的连线．(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U－I坐标系，如图戊所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U－I图线．由图线得到金属丝的阻值R x＝________Ω.(保留两位有效数字)(5)根据以上数据可以算出金属丝电阻率约为________(填选项前的字母)．A．1×10－2Ω·m B．1×10－3Ω·mC．1×10－6Ω·m D．1×10－8Ω·m(6)任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器均已校准．下列关于误差的说法中正确的是________(填选项前的字母)．A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D．用U－I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差答案(1)0.396(0.395、0.397、0.398均可)(2)乙(3)如图(a)所示(4)如图(b)所示 4.5(4.3、4.4、4.6、4.7均可)(5)C(6)CD例2(2023·广东茂名市联考)某兴趣小组要测量一段金属丝的电阻率，设计的实验步骤如下：(1)用螺旋测微器在金属丝的不同部位测量截面直径，并计算出平均值D作为直径的测量值，其中一次测量如图甲所示，由图可知这次测量的直径为________mm.(2)剪下一段金属丝，在一半径为20cm的木质量角器上绕半周，接入如图乙所示的电路中，通过金属夹所夹位置改变金属丝接入电路的长度，图乙中导线端点尚未连接完毕，请在图乙中用笔画线代替导线将实物电路图补充完整．(3)电路连接完毕后闭合开关，调节金属夹所夹位置使接入电路的金属丝所对应的圆心角θ＝π6，并调节滑动变阻器的阻值，此时的电压表和电流表读数分别如图丙所示，电压表(量程为3V)的示数U＝________V，电流表(量程为0.6A)的示数I＝________A.(4)改变金属夹所夹位置，通过调节滑动变阻器的阻值，使每次电流表的读数I 达到一相同值(同图丙电流表示数)时，选择电压表合适量程接入电路，记录多组电压表的示数U 和对应量角器的角度θ.(5)根据记录的数值，作出U －θ图像如图丁所示，若图丁中图线的斜率为k ，金属丝的直径为D 、量角器的半径为r ，请用上述字母表示该金属丝的电阻率表达式ρ＝________，计算结果为________Ω·m(结果保留一位有效数字)．答案(1)0.396(2)见解析图(3)2.400.50(5)k πD 24Ir6×10－6解析(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm ，由题图甲可知，金属丝的直径为D ＝0＋39.6×0.01mm ＝0.396mm(2)由于金属丝的电阻比较小，用伏安法测量其电阻时，采用电流表外接法，电压表分流较少，可以减小系统误差，实物图如图所示(3)电压表的量程为3V ，其分度值为0.1V ，故电压表的示数为2.40V ；电流表的量程为0.6A ，其分度值为0.02A ，故电流表的示数为0.50A.(5)根据题意可知U ＝IR ，R ＝ρl S ，l ＝rθ，S ＝π(D2)2联立可得U ＝4IρrπD 2θ则U －θ图像的斜率为k ＝4Iρr πD 2可得金属丝的电阻率表达式为ρ＝k πD 24Ir 代入数据得ρ＝6×10－6Ω·m.考点二探索创新实验例3(2022·广东卷·12)弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件，某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后绳长之间的关系，实验过程如下：(1)装置安装和电路连接如图(a)所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A 、B 的导线接入如图(b)所示的电路中．(2)导电绳拉伸后的长度L 及其电阻R x 的测量①将导电绳拉伸后，用刻度尺测量并记录A 、B 间的距离，即为导电绳拉伸后的长度L .②将滑动变阻器R 的滑片滑到最右端．断开开关S 2，闭合开关S 1，调节R ，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置．记录两表的示数U 和I 1.③闭合S 2，电压表的示数____________(选填“变大”或“变小”)．调节R 使电压表的示数仍为U ，记录电流表的示数I 2，则此时导电绳的电阻R x ＝____________(用I 1、I 2和U 表示)．④断开S 1，增大导电绳拉伸量，测量并记录A 、B 间的距离，重复步骤②和③.(3)该电压表内阻对导电绳电阻的测量值____________(选填“有”或“无”)影响．(4)图(c)是根据部分实验数据描绘的R x －L 图线．将该导电绳两端固定在某种机械臂上，当机械臂弯曲后，测得导电绳的电阻R x 为1.33kΩ，则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为________cm ，即为机械臂弯曲后的长度．答案(2)③变小UI2－I1(3)无(4)51.80解析(2)③闭合S2后，并联部分的电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律，电压表的示数变小．加在导电绳两端的电压为U，流过导电绳的电流为I2－I1，因此导电绳的电阻R x＝UI2－I1.(3)在闭合S2之前，电流表I1的示数包括定值电阻的电流和电压表分得的电流，闭合S2之后，加在电压表两端的电压保持不变，因此流过电压表和定值电阻的总电流仍为I1，故流过导电绳的电流是I2－I1，与电压表内阻无关，电压表内阻对测量无影响．(4)由题图(c)可知，导电绳拉伸后的长度为51.80cm.例4某物理实验兴趣小组测定自制盐水的电阻率，在一无盖的长方体玻璃槽中装入一定量的盐水，玻璃槽内腔的长度为40.10cm，宽度为4.52cm.(1)某次实验过程中，在槽中倒入适量的盐水，用多用电表的电阻挡粗测玻璃槽中盐水的电阻，选择开关置于“×100”挡，发现指针如图甲所示，为较准确地测得玻璃槽中盐水的电阻，该同学接着需要做的实验步骤是换选________________(选填“×10”或“×1k”)挡．(2)为了准确测量电阻，准备了以下实验器材：A．电动势为3V的电源，内阻约为0.5Ω；B．最大阻值为5Ω的滑动变阻器；C．最大测量值为3V的电压表，内阻约为3kΩ；D．最大测量值为15V的电压表，内阻约为5kΩ；E．最大测量值为15mA的电流表，内阻约为1Ω；F．最大测量值为0.6A的电流表，内阻约为0.5Ω.实验中要求尽量减小系统误差，应保证电表在测量时其最大读数超过量程的12，则电压表应选择________，电流表应选择________(均填器材前的选项字母)．请用笔画线代替导线，完成图乙中的连线．(3)准确连线后，测出玻璃槽中盐水的高度为H，电压表示数为U，电流表示数为I，改变玻璃槽中的盐水高度，测出如下表所示的5组数据，分析数据后，试通过UI－1H图线来求电阻率．图丙中已经描出了各点，请作出图线，求得盐水的电阻率为ρ＝________Ω·m.(结果保留2位有效数字)次数水面高H(cm)电压U(V)电流I(mA)1 2.53 2.888.72 3.00 2.659.53 3.51 2.639.84 4.00 2.3510.95 4.50 2.5213.1答案(1)×10(2)C E如图所示(3)如图所示0.93(0.90～0.96均可)课时精练1．(2023·广东湛江市调研)某同学听说一支新HB铅笔笔芯(粗细均匀)的电阻约为25Ω，于是就找来一支新HB铅笔，准备测出笔芯的电阻和电阻率．(1)先用多用电表直接测量笔芯的电阻，先把选择开关调至欧姆________(填“×1”“×10”或“×100”)挡，使红、黑表笔短接进行欧姆调零，再使红、黑表笔与该铅笔笔芯的两端接触，经过正确的操作后，测量结果如图甲所示，则该铅笔笔芯的电阻为________Ω.(2)该同学想用伏安法更准确地测出这支铅笔的电阻，为此他从实验室找到如下器材：A．电源E：电动势约为3.0V，内阻可忽略不计；B．电压表V：量程为0～3V，内阻为几千欧；C．电流表A：量程为0～100mA，内阻为几欧；D．滑动变阻器R：最大阻值为100Ω；E．开关S，导线若干．为了尽量准确地测量这支铅笔电阻R x的阻值，在图乙中，用笔画线代替导线，完成电路图．(3)该同学小心划开铅笔，用螺旋测微器测量笔芯的直径如图丙所示，则笔芯的直径为________mm.(4)若测得该铅笔笔芯的电阻为R 、长度为L ，直径为D ，则该铅笔笔芯的电阻率ρ＝________.(用R 、L 、D 表示)答案(1)×130或30.0(2)见解析图(3)1.973(1.972、1.974均可)(4)πRD 24L解析(1)由题可知，HB 笔芯(粗细均匀)的电阻约为25Ω，故先把选择开关调至欧姆“×1”挡，则题图甲中的示数为30×1Ω＝30Ω；(2)由于电流表内阻与待测电阻相差不多，而电压表内阻比待测电阻大很多，故应用电流表的外接法，电路图如图所示(3)螺旋测微器读数为D ＝1.5mm ＋47.3×0.01mm ＝1.973mm (4)根据电阻定律有R ＝ρLS 且S ＝14πD 2联立解得ρ＝πRD 24L.2．一根细长均匀、内芯为绝缘材料的金属管线样品，横截面外缘为正方形，如图甲所示．此金属管线样品长约30cm 、电阻约10Ω，已知这种金属的电阻率为ρ，因管芯绝缘材料截面形状不规则，无法直接测量其横截面积．请你设计一个测量管芯截面积S 的电学实验方案，现有如下器材可选：A ．毫米刻度尺B ．螺旋测微器C ．电流表A 1(量程0～600mA ，内阻约为1.0Ω)D ．电流表A 2(量程0～3A ，内阻约为0.1Ω)E ．电压表V(量程0～3V ，内阻约为6kΩ)F ．滑动变阻器R 1(2kΩ，允许通过的最大电流0.5A)G ．滑动变阻器R 2(10Ω，允许通过的最大电流2A)H ．蓄电池E (电动势为6V ，内阻约为0.05Ω)I ．开关一个、带夹子的导线若干(1)上述器材中，应该选用的电流表是_______，滑动变阻器是________(填写选项前字母代号)．(2)若某次用螺旋测微器测得样品截面外缘正方形边长如图乙所示，则其值为________mm.(3)要求尽可能测出多组数据，你认为在图丙、丁、戊、己中选择的电路图是________．(4)若样品截面外缘正方形边长为a 、样品长为L 、电流表示数为I 、电压表示数为U ，则计算内芯截面积的表达式为S ＝________.答案(1)C G (2)0.730(3)丙(4)a 2－ρIL U 解析(1)由题意可知，电源电动势为6V ，电压表量程0～3V ，而由于待测电阻约为10Ω，则电流最大为I ＝U R＝0.3A ，故不能选用量程为0～3A 的电流表，故电流表选A 1，即C ；滑动变阻器总阻值太大不方便调节，故滑动变阻器应选用最大阻值较小的R 2，即G.(2)由题图乙所示螺旋测微器可知，固定刻度读数为0.5mm ，可动刻度读数为23.0×0.01mm ＝0.230mm ，螺旋测微器的读数为0.5mm ＋0.230mm ＝0.730mm.(3)由于电压表内阻远大于金属管线的电阻，电流表应采用外接法；为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压式接法，故选择电路图丙．(4)根据欧姆定律有R ＝U I ，根据电阻定律有R ＝ρL S 0，故截面积为S 0＝ρIL U，故金属管线内芯截面积的表达式为S ＝a 2－ρIL U.3．小明通过实验测量一种合金的电阻率．(1)如图甲所示，用螺旋测微器测量合金丝的直径时，从调节到读数的过程中，螺旋测微器上三个部件A、B、C使用的先后顺序应该为________(填字母)；测得该合金丝的直径为d＝________mm；(2)请根据表格中数据，在图乙中用笔画线代替导线把电路连接补充完整；(3)小明在实验室找了两节干电池进行实验，正确连接电路后，发现调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数变化范围非常小，原因是______________________________；(4)正确连接电路后，小明利用刻度尺测出合金丝接入电路的长度L＝59.99cm，闭合开关，调节滑动变阻器，读出多组电压表和电流表的示数，在方格纸上作出U－I图像如图丙，发现图像是一条倾斜直线，计算该合金丝电阻R＝________Ω，该合金丝电阻率ρ＝________Ω·m(π取3，结果均保留2位有效数字)．1234567电流I/A00.080.110.150.190.270.38电压U/V00.190.290.440.600.80 1.15答案(1)CBAC或BAC0.400(2)见解析图(3)电源内阻太大(4)3.0 6.0×10－7解析(1)用螺旋测微器测合金丝直径时，先打开固定螺钉C，把待测合金丝放在测微螺杆与测砧之间，然后调节粗调旋钮B，当合金丝与测微螺杆、测砧接触时停止调节粗调旋钮，然后调节微调旋钮A；为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧固定螺钉C，然后再读数，使用的先后顺序为CBAC；或者没有第一步，即先打开固定螺钉C，而是直接进行第二步，即把待测合金丝放在测微螺杆与测砧之间，然后调节粗调旋钮B，其他两步一样，故使用的先后顺序为BAC；由题图乙所示螺旋测微器可知，其分度值为0.01mm，测得该合金丝的直径为d＝0mm＋40.0×0.01mm＝0.400mm；(2)由表中数据，可知电压、电流都要从零开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，且合金丝电阻较小，故电流表采用外接法，则完整的实物图如图所示；(3)根据闭合电路欧姆定律有I ＝E R 外＋r，调节滑动变阻器，改变R 外，电压表和电流表的示数变化范围非常小，说明外电阻的影响较小，所以产生的原因是电源内阻太大；(4)根据U －I 图像的斜率表示电阻，则有R ＝ΔU ΔI ＝3.0Ω，根据电阻定律有R ＝ρL S ，又S ＝14πd 2，联立解得ρ＝R πd 24L，代入数据解得ρ＝6.0×10－7Ω·m.4．(2023·广东汕头市模拟)某实验小组测量一段已知长度电阻丝的电阻率，实验操作如下：(1)用如图甲所示的螺旋测微器测量电阻丝直径，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋________(选填“①”“②”或“③”)，直到听见“喀喀”的声音为止；测量时需要选择电阻丝的不同位置进行多次测量，再取平均值作为电阻丝的直径，目的是减小________(选填“偶然”或“系统”)误差．(2)用图乙电路图测电阻丝的电阻R x ，请用笔画线代替导线，把丙图实物电路中补充完整．(3)第一次测量按乙图的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U 和电流I 值；第二次测量将电压表改接在a 、b 两端，测得5组电压U 和电流I 值，并作出如图丁的U －I 关系图像．由此可知第一次测量得到的图线是________(填“M ”或“N ”)，电阻丝的电阻R x ＝________Ω，根据电阻定律可得电阻丝的电阻率．答案(1)③偶然(2)见解析图(3)M 25解析(1)用题图甲所示的螺旋测微器测量电阻丝直径，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋微调旋钮③，直到听见“喀喀”的声音为止；测量时需要选择电阻丝的不同位置进行多次测量，再取平均值作为电阻丝的直径，目的是为了减小偶然误差．(2)实物电路图如图所示(3)第一次测量按乙图的电路，根据欧姆定律可得U 1I 1＝R x ＋R A ＋R 0第二次测量将电压表改接在a 、b 两端，根据欧姆定律可得U 2I 2＝R A ＋R 0可知U 1I 1>U 2I 2可知第一次测量得到的图线是M ，由图像数据可得U 1I 1＝R x ＋R A ＋R 0＝5100×10－3Ω＝50Ω，U 2I 2＝R A ＋R 0＝ 2.5100×10－3Ω＝25Ω，联立可得R x ＝U 1I 1－U 2I 2＝25Ω.。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

第2讲变压器远距离输电实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系目标要求 1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解实验误差.2.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题.3.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率．考点一实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1．实验原理(1)实验电路图(如图所示)：(2)实验方法采用控制变量法①n1、U1一定，研究n2和U2的关系．②n2、U1一定，研究n1和U2的关系．2．实验器材学生电源(低压交流电源，小于12V)1个、可拆变压器1个、多用电表1个、导线若干．3．实验过程(1)保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响．①估计被测电压的大致范围，选择多用电表交流电压挡适当量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电压挡的最大量程进行测量．②组装可拆变压器：把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯，用交流电压挡测量输入、输出电压．(2)保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响．重复(1)中步骤．4．数据处理由数据分析变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比与原、副线圈的匝数n1、n2之比的关系．5．注意事项(1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开电源开关，再进行操作．(2)为了人身安全，学生电源的电压不能超过12V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱．(3)为了多用电表的安全，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．例1在“探究变压器原、副线圈电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示．(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是；A．控制变量法B．等效替代法C．整体隔离法(2)为了减少涡流的影响，铁芯应该选择；A．整块硅钢铁芯B．整块不锈钢铁芯C．绝缘的硅钢片叠成D．绝缘的铜片叠成(3)以下给出的器材中，本实验需要用到的有哪些；(4)下列做法正确的是；A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12VB．为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测C．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多D．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈(5)在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为．(填选项前字母)A．1.5V B．3.0VC．6.0V D．7.0V答案(1)A(2)C(3)BD(4)B(5)D解析(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故选A.(2)变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为防止出现涡流，选择用绝缘的硅钢片叠成的铁芯，故C 正确，A 、B 、D 错误．(3)实验中需要交流电源和交流电压表，不需要干电池和直流电压表，故选B 、D.(4)变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不能超过12V ，若用直流电源，变压器不能工作，故A 错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故B 正确；观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知I 1I 2＝n2n 1，可知匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少，故C 错误；变压器的工作原理是电磁感应现象，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，不是铁芯导电，传输电能，故D 错误．(5)若是理想变压器，则由变压器原、副线圈电压与匝数的关系有U 1U 2＝n 1n 2，若变压器的原线圈接“0”和“800”两个接线柱，副线圈接“0”和“400”两个接线柱，可知原、副线圈的匝数比为2∶1，副线圈的电压为3V ，则原线圈的电压为U 1＝2×3V ＝6V ，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6V ，可能为7V ，故D 正确．考点二理想变压器的原理及应用1．构造和原理(1)构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．(2)原理：电磁感应的互感现象．2．基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n2n 1.(4)频率关系：f 出＝f 入．1．变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用．(√)2．变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率．(×)3．在任何情况下，理想变压器均满足U 1U 2＝n 1n 2、I 1I 2＝n 2n 1、P 入＝P 出．(×)1．理想变压器的制约关系电压原线圈电压U 1和匝数比决定副线圈电压U 2，U 2＝n2n 1U 1功率副线圈的输出功率P 出决定原线圈的输入功率P 入，P 入＝P 出电流副线圈电流I 2和匝数比决定原线圈电流I 1，I 1＝n2n 1I 22.含有多个副线圈的变压器计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系：电压关系：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…＝U nn n功率关系：P 1＝P 2＋P 3＋P 4＋…＋P n电流关系：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋n 4I 4＋…＋n n I n考向1变压器基本物理量的分析与计算例2(2022·山东卷·4)如图所示的变压器，输入电压为220V ，可输出12V 、18V 、30V 电压，匝数为n 1的原线圈中电压随时间变化为u ＝U m cos (100πt )．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V ．将阻值为12Ω的电阻R 接在BC 两端时，功率为12W ．下列说法正确的是()A ．n 1为1100匝，U m 为220VB ．BC 间线圈匝数为120匝，流过R 的电流为1.4AC ．若将R 接在AB 两端，R 两端的电压为18V ，频率为100HzD ．若将R 接在AC 两端，流过R 的电流为2.5A ，周期为0.02s 答案D解析变压器的输入电压为220V ，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为2202V ，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为n 11＝220V0.1V ，解得原线圈为2200匝，A 错误；根据题图可知，当原线圈输入电压为220V 时，BC 间的电压为U BC ＝PR ＝12V ，故BC 间的线圈与单匝线圈匝数关系有n BC 1＝12V 0.1V，则BC 间的线圈匝数为120匝，流过R 的电流为I BC ＝P U BC ＝12W 12V＝1A ，B 错误；若将R 接在AB 两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220V 时，AB 间的电压应该为18V ，根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为100πrad/s ，故交流电的频率为f ＝1T ＝ω2π＝50Hz ，C 错误；若将R 接在AC 两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220V 时，AC 间的电压应该为30V ，根据欧姆定律可知，流过电阻R 的电流为I AC ＝U AC R ＝3012A ＝2.5A ，交流电的周期为T ＝2πω＝0.02s ，D 正确．例3(2022·北京卷·4)某理想变压器的原线圈接在220V 的正弦交流电源上，副线圈输出电压为22000V ，输出电流为300mA.该变压器()A ．原、副线圈的匝数之比为100∶1B ．输入电流为30AC ．输入电流的最大值为152AD ．原、副线圈交流电的频率之比为1∶100答案B解析原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝U 1U 2＝22022000＝1100，故A 错误；根据n 1n 2＝I2I 1可得输入电流为I 1＝n2n 1I 2＝100×300×10－3A ＝30A ，故B 正确；输入电流的最大值为I m ＝2I 1＝302A ，故C 错误；变压器不会改变交流电的频率，故原、副线圈交流电的频率之比为1∶1，故D 错误．考向2原线圈接入用电器的变压器问题分析例4(多选)(2023·广东潮州市模拟)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是()A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1、L 2中的电流之比为1∶1C ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为2∶1D ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2答案BD解析原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，选项A 错误，B 正确；原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈两端的电压之比为2∶1，设电灯的电阻为R ，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U ＝12，选项C 错误，D 正确．考点三理想变压器的动态分析1．匝数比不变的分析思路(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化．(3)I 2变化引起P 2变化，而P 1＝P 2，故P 1发生变化．2．负载电阻不变的分析思路(1)U 1不变，n 1n 2发生变化时，U 2变化．(2)R 不变，U 2变化时，I 2发生变化．(3)根据P 2＝U 22R ，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化．1．变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小．(×)2．原线圈所加电压恒定，当原线圈的匝数增加时，副线圈两端电压增大．(×)3．变压器副线圈接入负载越多，原线圈的输入电流越小．(×)考向1理想变压器匝数不变问题的分析和计算例5(2021·湖北卷·6)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2R 的滑动变阻器和阻值为R 的定值电阻．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 1示数减小B ．电流表A 2示数增大C ．原线圈输入功率先增大后减小D ．定值电阻R 消耗的功率先减小后增大答案A解析由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，滑动变阻器的滑片从a 端向b 端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由欧姆定律得I 2＝U 2R 副，可知副线圈的电流逐渐减小，由n 1n 2＝I2I 1，可知变压器原线圈的电流I 1也逐渐减小，故A 正确，B 错误；原线圈的输入功率为P 入＝U 1I 1，由于I 1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C 错误；滑片从a 端向b 端滑动时，副线圈干路电流减小，滑动变阻器右半部分和R 并联总电阻减小，则并联部分分压减小，由P R ＝U 2R 知，定值电阻R 消耗的功率减小，故D 错误．考向2理想变压器负载不变问题的分析和计算例6(2023·广东省八校联考)如图所示，原、副线圈匝数比为100∶1的理想变压器，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝310sin 314t (V)，则()A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为3.1VB ．副线圈两端的电压频率为50HzC ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，原线圈输入功率变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变小答案B 解析由U 1U 2＝n 1n 2，得U 2＝U 1n 2n 1，因U 1＝3102V ，所以U 2＝3102×1100V≈2.2V ，A 错误；由瞬时值表达式可得ω＝314rad/s ，则频率f ＝ω2π＝3142πHz ＝50Hz ，B 正确；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，n 1减小，则U 2增大，电压表示数变大，I 2＝U2R 增大，副线圈的输出功率P 出＝U 2I 2增大，原线圈的输入功率增大，C 、D 错误．考点四远距离输电如图所示，若发电站输出电功率为P ，输电电压为U ，用户得到的电功率为P ′，用户端的电压为U ′，输电电流为I ，输电线总电阻为R .1．输电电流I ＝P U ＝U －U ′R .2．电压损失(1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR .3．功率损失(1)ΔP ＝P －P ′＝ΔU ·I ；(2)ΔP ＝I 2R ＝(P U)2R4．降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻R .由R ＝ρlS 知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．(2)减小输电导线中的电流．在输电功率一定的情况下，根据P ＝UI ，要减小电流，必须提高输电电压．1．增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失．(√)2．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗．(√)3．若发电站输出功率为P ，输电电压为U ，输电线总电阻为R ，如图所示，则输电线上损失的功率为P 损＝U 2R.(×)1．理清输电电路图的三个回路(如图)(1)在电源回路中，P 发电机＝U 1I 1＝P 1.(2)在输送回路中，I 2＝I 线＝I 3，U 2＝ΔU ＋U 3，ΔU ＝I 2R 线，ΔP ＝I 22R 线．(3)在用户回路中，P 4＝U 4I 4＝P 用户．2．抓住两组关联式(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n2n 1，P 1＝P 2.(2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4.3．掌握一个守恒观念功率关系：P 2＝ΔP ＋P 3，其中ΔP ＝ΔU ·I 线＝I 线2R 线＝(ΔU )2R 线.例7如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压为U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1，在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2，则()A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上损失的电压为UC ．理想变压器的输入功率为I 12rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U答案A解析因为P 入＝P 出，所以U 1I 1＝U 2I 2，即U 2＝U 1I 1I 2，选项A 正确；输电线上损失的电压为U 线＝U －U 1，选项B 错误；理想变压器的输入功率P 入＝I 1U 1，输电线路上损失的电功率P 损＝I 12r ＝I 1(U －U 1)，选项C 、D 错误．例8(2023·广东汕头市潮阳区阶段检测)如图为远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，R 为输电线的等效电阻．保持交流发电机输出电压不变，若电压表示数变小，下列判断正确的是()A ．电流表示数变小B ．降压变压器原、副线圈两端的电压之比变小C ．升压变压器输出电压变小D ．输电线损失的功率变大答案D解析电压表示数变小，说明降压变压器的副线圈电压减小，则原线圈电压减小，因保持交流发电机输出电压不变，则升压变压器的原线圈电压不变，副线圈电压不变，可知导线上的电压损失变大，即导线上的电流变大，输电线损失的功率变大，电流表的示数变大，选项A 错误，D 正确；降压变压器原、副线圈两端的电压之比等于匝数之比，则降压变压器原、副线圈两端的电压之比不变，选项B 错误；升压变压器输出电压由匝数比和输入电压决定，则升压变压器输出电压不变，选项C 错误．课时精练1．(2020·江苏卷·2)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示．其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上．则电流互感器()A ．是一种降压变压器B ．能测量直流电路的电流C ．原、副线圈电流的频率不同D ．副线圈的电流小于原线圈的电流答案D 解析电流互感器原线圈匝数少，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A 错误；变压器的原理是电磁感应，故它不能测量直流电路的电流，故B 错误；变压器不改变交变电流的频率，故C 错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，故D 正确．2．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·19)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从A 处采用550kV 的超高压向B 处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP ，到达B 处时电压下降了ΔU .在保持A 处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1100kV 特高压输电．输电线上损耗的电功率变为ΔP ′，到达B 处时电压下降了ΔU ′.不考虑其他因素的影响，则()A ．ΔP ′＝14ΔP B ．ΔP ′＝12ΔP C ．ΔU ′＝14ΔU D ．ΔU ′＝12ΔU 答案AD 解析由输电电流I ＝P U 知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的12，损耗的电功率ΔP ＝I 2r ，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的14，即ΔP ′＝14ΔP ；输电线上损失电压为ΔU ＝Ir ，则输电电压加倍，损失电压变为原来的12，即ΔU ′＝12ΔU .故A 、D 正确．3．(2021·广东卷·7)某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s ，电压最大值为0.05V ，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是()A ．交流电的频率为10HzB ．副线圈两端电压最大值为3VC ．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D ．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率答案B 解析周期为T ＝0.2s ，频率为f ＝1T ＝5Hz ，故A 错误；由理想变压器原理可知U 1U 2＝n 1n 2，解得副线圈两端的最大电压为U 2＝n 2n 1U 1＝3V ，故B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误．4．(多选)(2023·广东惠州市模拟)如图所示为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为3∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中R t为热敏电阻(其阻值随温度的升高而变小)，R为定值电阻．下列说法正确的是()A．交流电压u的表达式为u＝362sin100πt(V)B．若R t处的温度升高，则电流表的示数变大C．若R t处的温度升高，则变压器的输入功率变大D．变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3∶1答案BC解析由题图乙可知交流电压最大值U m＝362V，周期T＝0.02s，则ω＝2πT＝100πrad/s，则可得交流电压u的表达式u＝362sin100πt(V)，故A错误；电压之比等于匝数之比，匝数不变则电压不变；因R t处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，根据P出＝U2I2，可知输出功率增大，理想变压器的输入功率等于输出功率，可知输入功率增大，故B、C正确；变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1∶1，故D错误．5．(2023·广东深圳市质检)理想变压器的输入电压如图甲所示，输出端并联2个相同的小灯泡L1、L2，如图乙所示，灯泡的额定电压为20V，额定功率为10W，电路连接了2个理想电流表A1、A2，导线电阻不计，开始开关S断开，L1恰好正常发光，则()A．原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝32∶1B．流过灯L1的电流方向每秒改变5次C．开关S闭合后，灯L1变暗D．开关S闭合后，电流表A1的读数变大，A1与A2的比值不变答案D解析由题图甲知电压有效值为60V，电压与匝数成正比，故原、副线圈的匝数比n1∶n2＝60∶20＝3∶1，A错误；由题图甲知交流电的频率为5Hz，所以流过灯L1的电流方向每秒改变10次，B错误；闭合开关S，两灯泡并联，副线圈负载总电阻变小，副线圈电压不变，灯L 1亮度不变，C 错误；闭合开关S ，由欧姆定律可知，副线圈电流变大，线圈匝数比不变，则原线圈电流变大，两电流表读数都变大，比值仍等于匝数的反比，不变，D 正确．6．某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验．他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干．(1)实验需要以下哪种电源；A ．低压直流电源B ．高压直流电源C ．低压交流电源D ．高压交流电源(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数．分别测出相应的原、副线圈电压值．由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的值(填“有效”或“最大”)．其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为；(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成(选填“正比”或“反比”)，实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般(选填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比；(4)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别．原因不可能为．(填字母代号)A ．原、副线圈上通过的电流发热B ．铁芯在交变磁场作用下发热C ．变压器铁芯漏磁D ．原线圈输入电压发生变化答案(1)C (2)有效7.0V (3)正比大于(4)D 解析(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源，故选C.(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10V 挡位，所以应该在0～10V 挡位读数，所以读数应该是7.0V.(3)根据U 1U 2＝n 1n 2可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比．实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈电压的实际值一般略小于理论值，所以导致U 1U 2＞n 1n 2.(4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D.7.自耦变压器在高铁技术中被广泛应用．如图所示，一理想自耦变压器接在u ＝U m sin 100πt 的正弦交流电压上，P 为滑动触头，初始位置位于线圈CD 的中点G ，A 1和A 2为理想交流电表，R 为定值电阻，下列说法正确的是()A ．将P 向下滑动，A 1的示数将变小B ．将P 向上滑动，A 2的示数将变大C ．将P 下滑到GD 的中点，电阻R 的功率将变为原来的4倍D ．将P 上滑到CG 的中点，电阻R 的功率将变为原来的23答案C 解析将P 下滑时，电阻R 两端电压变大，A 1示数将变大，同理，将P 向上滑动，电阻R两端电压变小，A 2的示数将变小，A 、B 错误；若将P 向下滑动到GD 的中点，原、副线圈的电压比将由1∶2变为1∶4，电阻R 两端的电压将变为原来的2倍，由P ＝U 2R 可知，功率将变为原来的4倍，C 正确；若将P 向上滑动到CG 的中点，原、副线圈的电压比将从1∶2变为3∶4，电阻R 两端的电压将变为原来的23，电阻R 的功率将变为原来的49，D 错误．8．(多选)(2023·福建省模拟)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U 2由220kV 升级为1000kV 高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U 1及用户得到的电压U 4均不变，输电线的电阻不变，变压器均为理想变压器，则()A.n 2n 1变为原来的5011倍B ．输电线上电流I 2变为原来的1125C ．输电线损失的功率变为原来的(1125)2D ．降压变压器原、副线圈匝数比值变小答案ABC 解析由理想变压器基本关系知n 2n 1＝U 2U 1，U 1不变，U 2变为原来的5011倍，所以n 2n 1变为原来的5011倍，A 正确；根据P 送＝U 2I 2可知，因P 送变为原来的2倍，U 2变为原来的5011倍，则输电线上电流I 2变为原来的1125，B 正确；根据P 损＝I 22R 线，可知P 损变为原来的(1125)2，C 正确；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I 4变大，又I 2变小，I 2＝I 3，则n 3n 4＝I 4I 3D 错误．9.(2023·广东茂名市第一中学模拟)如图所示，理想变压器的原线圈串联一个电阻R 0，并接入电压有效值不变的正弦交流电源；两个副线圈分别接电阻R 1和电阻R 2，图中电流表为理想电流表．开始时开关S 断开，则开关S 闭合后()A ．电流表的示数变大B ．电流表的示数变小C ．原线圈两端的电压变大D ．原线圈两端的电压不变答案B 解析开关S 闭合后，假设电流表的示数不变或变大，由理想变压器功率关系和电压关系可得U 0I 0＝U 1I 1＋U 2I 2，U 0∶U 1∶U 2＝n 0∶n 1∶n 2，得n 0I 0＝n 1I 1＋n 2I 2，可知通过原线圈的电流I 0变大，原线圈两端的电压U 0＝U －I 0R 0减小，由U 0n 0＝U 1n 1可知电阻R 1两端的电压变小，通过电阻R 1的电流变小，假设不成立，选项A 错误，B 正确；由于通过电阻R 1的电流变小，因此电阻R 1两端的电压变小，原线圈两端的电压减小，选项C 、D 错误．10．(多选)(2023·广东韶关市调研)“压敏电阻”是一种具有非线性伏安特性的电阻器件，是一种限压型保护器件；其有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某值时，才会有电流通过．如图所示的电路中，R 为压敏电阻，R 1、R 2、R 3为定值电阻，A 为理想交流电流表，理想变压器原线圈匝数为n 1，副线圈匝数n 2可以通过滑片P 调节．当副线圈滑片在图中位置时，原线圈加某一交变电压u ＝NBSωsin ωt ，小灯泡出现周期性发光，当闭合开关K 后，小灯泡熄灭不再发光．下列说法正确的是()A．闭合开关K，R2两端电压增大B．闭合开关K后，仅增大交流电频率，可能使灯泡继续周期性发光C．闭合开关K后，仅让滑片P向上滑动，可能使灯泡继续周期性发光，发光频率不变D．闭合开关K后，仅让滑片P向下滑动，理想变压器的输入功率变小答案BCD解析闭合K，副线圈回路电阻变小，副线圈电压U不变，回路电流变大，R1两端电压U1变大，由U1＋U2＝U，所以R2两端电压U2变小，故A错误；闭合K，仅增大交流电频率，由原线圈电压u＝NBSωsinωt知原线圈电压增大，则副线圈电压U也增大，可能使灯泡继续周期性发光，故B正确；闭合K后，仅让滑片P向上滑动，副线圈电压U2增大，副线圈回路电流I变大，可能使灯泡继续周期性发光，交变电流周期不变，发光频率不变，故C正确；闭合开关K后，仅让滑片P向下滑动，副线圈电压U2减小，副线圈回路电流I减小，原线圈回路电流减小，理想变压器的输入功率变小，故D正确．11．(多选)(2023·广东揭阳市联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，B是原线圈的中心接头，原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻(阻值随温度升高而减小)，C为耐压值为70V的电容器，所有电表均为理想电表．下列判断正确的是()A．当单刀双掷开关与A连接，传感器R2所在处温度升高，A1的示数变大，A2的示数减小B．当单刀双掷开关与B连接，副线圈两端电压的频率变为25HzC．当单刀双掷开关由A→B时，电容器C不会被击穿D．其他条件不变，单刀双掷开关由A→B时，变压器的输出功率变为原来的0.5倍答案AC解析若传感器R2所在处温度升高，R2的阻值减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流变大，所以原线圈电流跟着变大，即A1的示数变大，R3两端电压增大，故R1两端电压减小，所以A2的示数减小，故A正确；交流电的频率与匝数无关，不会发生变化，还是50Hz，所以B 错误；原线圈电压最大值为2202V，当单刀双掷开关由A→B时，匝数之比为5∶1，根据变压规律可得副线圈电压最大值为442V，小于电容器的耐压值，故电容器不会被击穿，所。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：闭合电路的欧姆定律

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：闭合电路的欧姆定律

第2讲闭合电路的欧姆定律目标要求1.了解电动势的物理意义，理解并掌握闭合电路的欧姆定律.2.会用闭合电路欧姆定律分析电路的动态变化.3.会计算涉及电源的电路功率.4.掌握路端电压和电流的关系及电源的U －I 图像．考点一闭合电路欧姆定律及应用1．电动势(1)非静电力所做的功与所移动的电荷量之比叫电动势．(2)物理含义：电动势表示电源把其他形式的能转化成电势能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压．2．闭合电路欧姆定律(1)内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比；(2)公式：I ＝ER ＋r (只适用于纯电阻电路)；(3)其他表达形式E ＝U 外＋U 内或E ＝U 外＋Ir (适用于任意电路)．1．电动势的大小反映了电源把电能转化为其他形式的能的本领强弱．(×)2．电动势就是电源的路端电压．(×)3．电源的重要参数是电动势和内阻．电动势由电源中非静电力的特性决定，与电源的体积无关，与外电路无关．(√)4．在电源电动势及内阻恒定的闭合电路中，外电阻越大，路端电压越大．(√)1．路端电压与外电阻的关系(1)纯电阻电路：U ＝IR ＝ER ＋r ·R ＝E 1＋r 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＝Er ，U ＝0.2．动态分析常用方法(1)程序法：遵循“局部—整体—局部”的思路．①分析步骤(如图)：②分析时：串联电路注意分析电压关系，并联电路注意分析电流关系．(2)结论法：“串反并同”，应用条件为电源内阻不为零．①所谓“串反”，即某一电阻的阻值增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大．②所谓“并同”，即某一电阻的阻值增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小．考向1闭合电路的有关计算例1(2019·江苏卷·3)如图所示的电路中，电阻R ＝2Ω.断开S 后，电压表的读数为3V ；闭合S 后，电压表的读数为2V ，则电源的内阻r 为()A ．1ΩB ．2ΩC ．3ΩD ．4Ω答案A解析当断开S 后，电压表的读数等于电源的电动势，即E ＝3V ；当闭合S 后，有U ＝IR ，又由闭合电路欧姆定律可知，I ＝ER ＋r ，联立解得r ＝1Ω，A 正确，B 、C 、D 错误．考向2闭合电路的动态分析例2(多选)如图所示，电源电动势E 和内阻r 一定，R 1、R 2是定值电阻，R 0是光敏电阻(光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小)，L 是小灯泡．闭合开关，当照射到R 0的光照强度减小时，以下分析正确的是()A ．电流表示数减小B ．电压表示数不变C ．灯泡变亮D ．电源效率增大答案AD解析当照射到R 0的光照强度减小时，R 0的阻值增大，回路中的总电阻增大，干路电流减小，即电流表示数减小，A 正确；干路电流减小，由U 内＝Ir ，可知内电压减小，U ＝E －U 内，则路端电压增大，即电压表示数增大，B 错误；干路电流减小，即流经R 1的电流减小，R 1两端电压减小，又知电压表示数增大，故R 2两端电压增大，流经R 2的电流增大，则流经灯泡的电流减小，灯泡变暗，C 错误；路端电压U 增大，根据η＝UE ×100%，电源的效率η增大，D正确．考向3电路故障分析例3某同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零．实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了(但不为零)，若这种情况的发生是由于某一电阻引起的，则可能的故障是()A ．R P 断路B ．R 2断路C ．R 1短路D ．R 3短路答案B解析若R 3短路，则电压表V 2示数为零，两电压表示数不相同；若R P 断路，则电压表V 2示数为零，两电压表示数不相同；若R 1短路，则V 1测滑动变阻器和R 2串联的总电压，V 2测R 2两端电压，两电压表示数不同；若R 2断路，则两电压表均测R 3两端电压，两电压表示数相同且不为零，A 、C 、D 错误，B 正确．例4如图所示的电路中，电源的电动势为6V ，当开关S 闭合后，灯泡L 1和L 2都不亮，用电压表测得各部分的电压分别为U ab ＝6V ，U ad ＝0，U cd ＝6V ，由此可断定()A．L1和L2的灯丝都烧断了B．L1的灯丝烧断了C．L2的灯丝烧断了D．滑动变阻器R断路答案C解析由U ab＝6V可知电源完好，灯泡都不亮，说明电路中出现断路故障，由U cd＝6V可知，灯泡L1与滑动变阻器R完好，断路故障出现在c、d之间，故灯泡L2的灯丝烧断了，选项C正确．电路故障检测方法1．电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路，或并联部分短路；2．电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，一定要注意电流表的极性和量程；3．欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处断路；当测量值很小或为零时，表示该处短路．在用欧姆表检测时，应断开电源．考点二闭合电路的功率及效率问题1．电源的总功率(1)任意电路：P总＝IE＝IU外＋IU内＝P出＋P内．(2)纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝E2.R＋r2．电源内部消耗的功率P内＝I2r＝IU内＝P总－P出．3．电源的输出功率(1)任意电路：P出＝IU＝IE－I2r＝P总－P内．.(2)纯电阻电路：P出＝I2R＝E2R(R＋r)24．电源的效率(1)任意电路：η＝P 出P 总×100%＝UE ×100%.(2)纯电阻电路：η＝RR ＋r×100%.1．外电阻越大，电源的输出功率越大．(×)2．电源的输出功率越大，电源的效率越高．(×)3．电源内部发热功率越大，输出功率越小．(×)1．纯电阻电路中电源的最大输出功率(如图)P 出＝UI ＝I 2R ＝E 2(R ＋r )2R ＝E2R (R －r )2＋4Rr ＝E 2(R －r )2R＋4r当R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P m ＝E 24r.2．提高纯电阻电路效率的方法η＝P 出P 总×100%＝RR ＋r ×100%＝11＋r R ×100%，R 越大，η越高．例5(多选)某同学将一直流电源的总功率P E 、电源内部的发热功率P r 和输出功率P R 随电流I 变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a 、b 、c 所示．以下判断正确的是()A ．在a 、b 、c 三条图线上分别取横坐标相同的A 、B 、C 三点，这三点的纵坐标一定满足关系P A ＝P B ＋P CB ．b 、c 图线的交点与a 、b 图线的交点的横坐标之比一定为1∶2，纵坐标之比一定为1∶4C ．电源的最大输出功率P m ＝9WD ．电源的电动势E ＝3V ，内电阻r ＝1Ω答案ABD解析在a 、b 、c 三条图线上分别取横坐标相同的A 、B 、C 三点，因为直流电源的总功率P E 等于输出功率P R 和电源内部的发热功率P r 之和，所以这三点的纵坐标一定满足关系P A ＝P B ＋P C ，故A 正确；图线c 表示电路的输出功率与电流的关系图线，很显然，最大输出功率小于3W ，故C 错误；当内电阻和外电阻相等时，即为b 、c 图线的交点处电源输出的功率最大，此时电流的大小为E R ＋r ＝E 2r，输出功率的大小为E 24r ，a 、b 图线的交点表示电源的总功率P E 和电源内部的发热功率P r 相等，此时电源短路，所以此时电流的大小为Er ，功率的大小为E 2r ，所以横坐标之比为1∶2，纵坐标之比为1∶4，故B 正确；当I ＝3A 时，P R ＝0，说明外电路短路，根据P E ＝EI 知电源的电动势E ＝3V ，内电阻r ＝EI ＝1Ω，故D 正确．例6如图所示，已知电源电动势E ＝6V ，内阻r ＝1Ω，保护电阻R 0＝0.5Ω.(1)当电阻箱R 读数为多少时，保护电阻R 0消耗的电功率最大，并求这个最大值；(2)当电阻箱R 读数为多少时，电阻箱R 消耗的功率P R 最大，并求这个最大值；(3)求电源的最大输出功率．答案(1)08W(2)1.5Ω6W(3)9W解析(1)保护电阻消耗的电功率为P 0＝E 2R 0(r ＋R 0＋R )2，因R 0和r 是常量，而R 是变量，故R最小时，P 0最大，即R ＝0时，P 0max ＝E 2R 0(r ＋R 0)2＝62×0.51.52W ＝8W.(2)把保护电阻R 0看作电源内阻的一部分，当R ＝R 0＋r ，即R ＝0.5Ω＋1Ω＝1.5Ω时，电阻箱R 消耗的功率最大，P R max ＝E 24(r ＋R 0)＝624×1.5W ＝6W.(3)由P 出＝(E R 外＋r )2R 外＝E 2(R 外－r )2R 外＋4r 可知，当R 外＝r 时，P 出最大，即R ＝r －R 0＝0.5Ω时，P 出max ＝E 24r ＝624×1W ＝9W.考点三电源的U －I 图像两类U －I 图像的比较电源的U －I 图像电阻的U －I 图像图像表述的物理量的关系电源的路端电压与电路电流的关系电阻两端电压与流过电阻的电流的关系图线与坐标轴交点①与纵轴交点表示电源电动势E②与横轴交点表示电源短路电流Er过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零图线的斜率－r(r 为内阻)表示电阻大小(电阻为纯电阻时)图线上每一点坐标的乘积UI 表示电源的输出功率表示电阻消耗的功率图线上每一点坐标比值U I表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同每一点对应的比值均表示此电阻的阻值大小例7(多选)(2023·广东珠海市模拟)如图所示的U －I 图像中，直线I 为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R 的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R 连接成闭合电路，由图像可知()A ．R 的阻值为1.5ΩB ．电源电动势为3V ，内阻为0.5ΩC ．电源的输出功率为3.0WD ．电源内部消耗功率为1.5W 答案AD解析R 的阻值为R ＝U I ＝1.51.0Ω＝1.5Ω，选项A 正确；由题图可知，电源电动势为E ＝3V ，内阻为r ＝ΔU ΔI ＝3.02.0Ω＝1.5Ω，选项B 错误；电源的输出功率为P ＝UI ＝1.5×1.0W ＝1.5W ，电源内部消耗功率为P r ＝I 2r ＝1.02×1.5W ＝1.5W ，选项D 正确．考点四含容电路的分析1．电路简化把电容器所在的支路稳定时视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上．2．电容器的电压(1)电容器所在的支路中没有电流，与之串联的电阻两端无电压，相当于导线．(2)电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压．3．电容器的电荷量及变化(1)电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电．若电容器两端电压升高，电容器将充电；若电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电．(2)如果变化前后极板带电的电性相同，通过所连导线的电荷量为|Q 1－Q 2|.(3)如果变化前后极板带电的电性相反，通过所连导线的电荷量为Q 1＋Q 2.例8阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为()A.25B.12C.35D.23答案C解析S 断开时等效电路图如图甲所示．甲电容器两端电压为U 1＝E R ＋23R×23R ×12＝15E ；S 闭合时等效电路图如图乙所示．乙电容器两端电压为U 2＝E R ＋12R×12R ＝13E ，由Q ＝CU 得Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故选项C 正确．例9(多选)如图所示，电源电动势为E ，内阻为r .电路中的R 2、R 3均为总阻值一定的滑动变阻器，R 0为定值电阻，R 1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)．当开关S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是()A ．只逐渐增大R 1的光照强度，电阻R 0消耗的电功率变大，电阻R 3中有向上的电流B ．只将滑动变阻器R 3的滑动端P 2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R 3中有向上的电流C ．只将滑动变阻器R 2的滑动端P 1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D ．若断开开关S ，带电微粒向下运动答案AD解析只逐渐增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻R 0消耗的电功率变大，滑动变阻器R 2两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器下极板的带电荷量变大，所以电阻R 3中有向上的电流，故选项A 正确；电路稳定时，电容器所在支路相当于断路，只将滑动变阻器R 3的滑动端P 2向上端移动时，对电路没有影响，故选项B 错误；只将滑动变阻器R 2的滑动端P 1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，分析可知带电微粒受到向上的电场力，由E ＝Ud 可知电场强度变大，带电微粒向上运动，故选项C 错误；若断开开关S ，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间电场强度减小，带电微粒所受的电场力减小，带电微粒向下运动，故选项D 正确.课时精练1.(2022·江苏卷·2)如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为R 1＝2Ω，R 2＝3Ω，R 3＝2Ω，R 4＝4Ω，电源电动势E ＝12V ，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是()A ．R 1B ．R 2C ．R 3D ．R 4答案A解析由电路图可知，R 3与R 4串联后与R 2并联，再与R 1串联．并联电路部分的等效电阻为R 并＝R 2(R 3＋R 4)R 2＋R 3＋R 4＝2Ω，由闭合电路的欧姆定律可知，干路电流即经过R 1的电流为I 1＝I ＝E R 1＋R 并＝3A ，并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则I 2＝R 3＋R 4R 2＋R 3＋R 4I ＝23I ＝2A ，I 3＝I 4＝R 2R 2＋R 3＋R 4I ＝13I ＝1A ，四个灯泡的实际功率分别为P 1＝I 12R 1＝18W ，P 2＝I 22R 2＝12W ，P 3＝I 32R 3＝2W ，P 4＝I 42R 4＝4W ，故四个灯泡中消耗功率最大的是R 1，故A 正确，B 、C 、D 错误．2．交警使用的某型号酒精测试仪如图甲所示，其工作原理如图乙所示，传感器电阻R 的阻值随气体中酒精浓度的增大而减小，电源的电动势为E ，内阻为r ，电路中的电表均为理想电表．当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法中正确的是()A ．电压表的示数变大，电流表的示数变小B ．电压表的示数变小，电流表的示数变小C ．酒精气体浓度越大，电源的输出功率越大D ．电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变答案D解析当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，R 的阻值减小，电路总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中电流I 变大，故电流表的示数变大，R 两端电压为U ＝E －I (R 0＋r )变小，故电压表的示数变小，故A 、B 错误；因为不知道外电阻R 0＋R 与电源内阻r 的关系，所以无法判断电源的输出功率如何变化，故C 错误；电压表示数为U ＝E －I (R 0＋r )，电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比为ΔUΔI＝R 0＋r ，保持不变，故D 正确．3.某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示．当汽车启动时，开关S 闭合，电机工作，下列说法正确的是()A ．车灯变暗B ．路端电压变大C ．电路的总电流变小D ．电源的总功率变小答案A解析当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，灯与电动机并联，外电路总电阻减小．由I＝Er＋R外可知电路总电流变大，由公式U＝E－Ir可知，路端电压变小，再由公式I灯＝UR灯可知，车灯电流减小，故车灯变暗．所以A项正确，B、C项错误；电源总功率P＝IE，总电流变大，故电源总功率变大，故D项错误．4.在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，导致电压表和电流表的读数都增大，电压表和电流表均为理想电表，则可能出现了下列哪种故障()A．R1短路B．R2短路C．R3短路D．R1断路答案A解析若电路正常，则电流表测量流过R1的支路电流，电压表测量R3两端的电压．若R1短路，则R2被短路，外电路只有电阻R3接在电源两端，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，两表示数均增大，A正确；若R2短路，则R1被短路，电流表示数为零，B错误；若R3短路，则电压表示数为零，C错误；若R1断路，则电流表示数为零，D错误．5．如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片P向右端移动时，下列说法中正确的是()A．电源的输出功率一定变小B．电压表V1的读数变小，电流表A1的读数变小C．电压表V2的读数变大，电流表A2的读数变小D．电压表V2的读数变小，电流表A2的读数变小答案C解析当内、外电阻相等时电源的输出功率最大，由于电源的内、外电阻关系未知，所以不能确定电源的输出功率如何变化，故A错误；当滑动变阻器的滑片P向右端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可得，干路电流I增大，路端电压U减小，则电流表A1读数变大，电压表V1读数U1＝E－I(R1＋r)，I增大，其他量不变，则U1减小，A2的读数为I2＝U1R3，则I2减小，即电流表A2的读数变小，因总电流增大，则通过R2的电流增大，则U2变大，即电压表V2读数变大，故C正确，B、D错误．6.将一电源与一电阻箱连接成闭合电路，测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知()A．电源最大输出功率可能大于45WB．电源内阻等于5ΩC．电源电动势为45VD．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率大于50%答案B解析由题可知将一电源与一电阻箱连接成闭合电路，电阻箱所消耗功率P等于电源输出功率，由题图可知，电阻箱所消耗功率P最大为45W，所以电源最大输出功率为45W，选项A错误；由电源输出功率最大的条件可知，电源输出功率最大时，外电路电阻等于电源内阻，所以电源内阻r＝5Ω，选项B正确；电阻箱所消耗功率P最大值为45W时，电阻箱读数为R＝5Ω，则电流I＝PR＝3A，电源电动势E＝I(R＋r)＝30V，选项C错误；电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率为50%，选项D错误．7.(2023·四川内江市第六中学月考)电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．直线A、B和C分别是电源a、电源b和电阻R的U－I图线．将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么()A．电源a、b电动势一样大，b内阻较大B．R接到电源a上，电路中的电流较小C．R接到电源b上，电源的输出功率较大D．R接到电源b上，电源效率较高答案A解析由电源的U－I图线可知，纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻，故电源a、b电动势一样大，b内阻较大，A正确；当电源与电阻直接相连时，电源和电阻的U－I图线交点表示该电阻的工作状态，其横坐标表示电路中的电流，故R 接到电源a 上，电路中的电流较大，B 错误；由P ＝UI 可知，电源和电阻的U －I 图线交点横、纵坐标乘积(矩形面积)表示电源的输出功率，如图所示可知R 接到电源a 上，电源的输出功率较大，电源的效率可表示为η＝P 出P 总×100%＝U E×100%，当R 接到电源a 上，路端电压U 较大，电源效率较高，C 、D 错误．8．(2023·广东广州市调研)如图所示，电源的电动势为E ，内阻为r ，C 为电容器(能承受的电压足够大)，R 0是阻值为10r 的定值电阻，V 为理想电压表，R 为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，L 为灯泡．闭合开关S ，减弱光敏电阻R 的光照强度，下列说法正确的是()A ．灯泡的亮度变小B ．电压表的示数变小C ．光敏电阻R 的功率一定减小D ．若电压表示数变化量为ΔU ，则电容器的带电荷量减小10C ΔU答案D 解析减弱光敏电阻R 的光照强度，则光敏电阻阻值增大，则总电阻增大，则干路电流减小，则内电压和定值电阻分得电压减小，则灯泡电压增大，则亮度变大，故A 错误；干路电流减小，则内电压减小，则路端电压增大，则电压表示数变大，故B 错误；将除光敏电阻外的电阻均看作等效电源内阻，当光敏电阻与等效电源内阻等大时，光敏电阻功率最大，但不知道初始灯泡和光敏电阻的阻值，无法判断光敏电阻阻值增大时，其功率的变化，故C 错误；若电压表示数变化量为ΔU ，则内电压变化量大小也为ΔU ，干路电流变化量大小为ΔI ＝ΔU r，定值电阻两端电压变化大小为ΔU ′＝10r ΔI ＝10ΔU ，电容器的带电荷量减小ΔQ ＝C ΔU ′＝10C ΔU ，故D 正确．9.如图所示，平行板电容器中有一带电液滴处于静止状态，电压表为理想电表，现将滑动变阻器R 2的滑片P 缓慢向上端滑动，在液滴未打到极板前，下列说法正确的是()A．电容器中电场强度将增大B．电容器所带的电荷量将增加C．流经R1的电流减小，电压表读数增大D．液滴带负电，电场力做负功，电势能增大答案D解析滑片P向上滑动，R2接入电路的电阻变小，总电阻变小，总电流增大，流经R1的电流变大，电源内部电压变大，路端电压变小，电压表读数变小，C选项错误；R1两端电压增大，R2两端电压减小，电容器两极板的电压变小，所以电容器中的电场强度将变小，两极板所带的电荷量减少，A、B选项错误；由于电容器中电场强度变小，液滴受到电场力变小，液滴将向下运动，由液滴处于平衡状态和液滴向下运动可知：液滴带负电，电场力做负功，电势能增大，D选项正确．10.(多选)(2023·河南三门峡市外国语高级中学高三检测)如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，L为小灯泡，R为滑动变阻器，V为理想电压表．现闭合开关S，将滑动变阻器R 的滑动触头P从a端向b端滑动．已知小灯泡电阻和电源内阻相等，则下列说法中正确的是()A．电压表示数先变小后变大B．小灯泡L先变暗后又变亮C．电源的输出功率先变小后变大D．电源的效率先减小后增大答案BC解析由电路结构可知，滑动变阻器R的滑动触头P两边的电阻并联，则当P从a端向b端滑动时，电路的总电阻先变大后变小，则干路电流先变小后变大，故小灯泡L先变暗后又变亮，选项B正确；由U＝E－Ir可知路端电压先变大后变小，即电压表的示数先变大后变小，选项A错误；因为小灯泡电阻和电源内阻相等，电路的总电阻先变大后变小，结合电源输出功率随外电路电阻变化图像可知，当内、外电阻相等时电源输出功率最大，则电源的输出功率先变小后变大，选项C 正确；电源的效率η＝IU IE ×100%＝R 外R 外＋r ×100%＝11＋r R 外×100%，外电路总电阻越大，电源的效率越高，故电源的效率先增大后减小，选项D 错误．11.(2023·河北邯郸市模拟)如图所示，电源电动势E ＝6V ，内阻r ＝1Ω，R 0＝3Ω，R 1＝7.5Ω，R 2＝3Ω，R 3＝2Ω，电容器的电容C ＝2μF.开始时开关S 处于闭合状态，则下列说法正确的是()A ．开关S 闭合时，电容器上极板带正电B ．开关S 闭合时，电容器两极板间电势差是3VC ．将开关S 断开，稳定后电容器极板所带的电荷量是3.6×10－6CD ．将开关S 断开至电路稳定的过程中通过R 0的电荷量是9.6×10－6C 答案D 解析开关S 闭合时的等效电路图如图甲所示，电容器C 两端电压等于R 3两端电压U 3，已知电路总电阻R ＝(R 2＋R 3)R 1R 2＋R 3＋R 1＋r ＝4Ω，由闭合电路欧姆定律可知干路电流I ＝E R ＝1.5A ，路端电压U ＝E －Ir ＝4.5V ，则U 3＝R 3R 2＋R 3U ＝1.8V ，此时电容器所带电荷量Q 1＝CU 3＝3.6×10－6C ，且上极板带负电，下极板带正电，故A 、B 错误．开关S 断开时的等效电路图如图乙所示，稳定后电容器C 两端电压等于R 2两端电压U 2，此时U 2＝E R 2＋R 3＋rR 2＝3V ，电容器所带电荷量Q 2＝CU 2＝6×10－6C ，且上极板带正电，下极板带负电，故通过R 0的电荷量Q ＝Q 1＋Q 2＝9.6×10－6C ，故C 错误，D正确．12．在如图甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100Ω，R 2阻值未知，R 3是一滑动变阻器，当其滑片P 从最左端滑至最右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流的变化图线如图乙所示，其中A 、B 两点是滑片P 在变阻器的两个不同端点得到的．求：(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻R 2的阻值；(3)滑动变阻器的最大阻值．答案(1)20V 20Ω(2)5Ω(3)300Ω解析(1)电源的路端电压随电流的变化图线斜率的绝对值等于电源的内阻，则内阻r ＝|ΔU ΔI |＝16－40.8－0.2Ω＝20Ω电源的电动势为E ＝U ＋Ir取电压U 1＝16V ，电流I 1＝0.2A ，代入解得E ＝20V(2)当滑片P 滑到最右端时，R 1被短路，外电路的电阻最小，电流最大．此时电压U 2＝4V ，电流I 2＝0.8A ，则定值电阻R 2＝U 2I 2＝5Ω(3)当滑片P 滑到最左端时，滑动变阻器阻值最大，外电阻最大，电流最小，此时路端电压U 1＝16V ，电流I 1＝0.2A ，外电路总电阻为R ＝U 1I 1＝80Ω又R ＝R 2＋R 1R 3R 1＋R 3，代入解得R 3＝300Ω.。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：测量电源的电动势和内阻

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实验十一测量电源的电动势和内阻目标要求1.理解测量电源电动势和内阻的实验原理——闭合电路欧姆定律.2.掌握用电流表和电压表测定电源的电动势和内阻的方法.3.掌握实物图连接的技巧.4.会用图像处理实验数据．考点一伏安法测电源的电动势和内阻1．实验原理闭合电路欧姆定律．2．实验器材干电池、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线、坐标纸和刻度尺．3．实验步骤(1)电流表用0.6A 的量程，电压表用3V 的量程，按图连接好电路．(2)把滑动变阻器的滑片移到接入电路阻值最大的一端．(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(I 1，U 1)．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．4．实验数据处理(1)＝U 1＋I 1r ＝U 2＋I 2r，解出E 、r ，并多次测量求平均值．(2)用作图法处理数据，如图所示．①图线与纵轴交点为电源电动势E ；②图线斜率的绝对值为内阻r .5．误差分析(1)偶然误差：主要来源于电压表和电流表的读数以及作U －I 图像时描点不准确．(2)系统误差：①若采用甲图电路方法a电压表的分流作用造成误差，电压值越大，电压表的分流越多，对应的I 真与I 测的差越大，I V ＝UR V.其中U －I 图像如图乙所示．结论：E 测<E 真，r 测<r 真．方法b等效电源法如图甲所示，E 测＝R V R V ＋r E 真<E 真，r 测＝R V rR V ＋r<r 真．②若采用丙图电路方法a电流表的分压作用造成误差，电流越大，电流表分压越多，对应U 真与U 测的差越大，U A ＝I ·R A .其中U －I 图像如图丁所示．结论：E 测＝E 真，r 测>r 真．方法b等效电源法如图丙所示，E 测＝E 真，r 测＝r ＋R A >r 真．(3)电路选择：①电源内阻一般较小，选图甲电路误差较小．②当内阻已知时选图丙电路，此时r ＝k －R A ，没有系统误差．6．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0.5A ，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＝|ΔUΔI |确定．例1(2020·山东卷·14)实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究．实验室提供的器材有：干电池一节(电动势约1.5V ，内阻小于1Ω)；电压表V(量程3V ，内阻约3kΩ)；电流表A(量程0.6A ，内阻约1Ω)；滑动变阻器R (最大阻值为20Ω)；定值电阻R 1(阻值2Ω)；定值电阻R 2(阻值5Ω)；开关一个，导线若干．(1)该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在U －I 坐标纸上描点，如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是________．(单选，填正确答案标号)A ．电压表分流B ．干电池内阻较小C ．滑动变阻器最大阻值较小D ．电流表内阻较小(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示．序号1234567I /A 0.080.140.200.260.320.360.40U /V1.351.201.050.880.730.710.52请根据实验数据，回答以下问题：①图丙中已标出后3组数据对应的坐标点，请标出前4组数据对应的坐标点并画出U －I 图像．②根据实验数据可知，所选的定值电阻为________(填“R 1”或“R 2”)．③用笔画线代替导线，请按照改进后的方案，将图丁所示实物图连接成完整电路．答案(1)B (2)①见解析图(a)②R 1③见解析图(c)解析(1)电压表示数的变化范围小，原因是外电阻的阻值远大于电源内阻，选项B 正确．(2)①根据数据描点并连成一条直线，如图(a)所示．②由图像可知E ＝1.55V ，U ＝0时I ＝0.59A ，故r ′＝EI ≈2.63Ω，由于2Ω<r ′<5Ω，又r ′＝r ＋R (r 为电源内阻，R 为定值电阻)，故定值电阻只能是R 1.③先画出原理图，如图(b)，然后依据原理图将各仪器依次连接起来，如图(c)．例2某同学要测量“水果电池”的电动势和内阻，提供下列仪器：A ．待测“水果电池”(电动势E 约为4V ，内阻r 约为200Ω)B ．毫安表A(量程5mA ，内阻为R A ＝60Ω)C ．电压表V(量程U 0＝4V ，内阻约5kΩ)D ．电阻箱R 1(0～999.9Ω)E ．滑动变阻器R (0～1000Ω)F ．开关、导线若干．(1)由于毫安表的量程太小，该同学用电阻箱R 1与毫安表A 并联，可使其量程扩大，取R 1＝14R A ，则改装后的电流表量程为毫安表满偏电流的________倍；(2)用改装后的电流表完成实验，应该选择的实验电路是图中的________(选填“甲”或“乙”)；(3)根据实验数据画出U －I 图线，如图所示．由图线可得，“水果电池”的电动势E ＝________V ，内电阻r ＝________Ω.(保留三位有效数字)答案(1)5(2)乙(3)3.80175解析(1)设毫安表电流为I A ，由并联电路的规律可得I A R A ＝(I －I A )R 1，解得I ＝5I A ，因此改装后的电流表量程为毫安表满偏电流的5倍；(2)由于电流表内阻已知，因此采用题图乙电路可以避免电流表分压的误差，故选乙电路．(3)改装后电流表的内阻为R A ′＝R A R 1R A ＋R 1＝60×1560＋15Ω＝12Ω，则由闭合电路欧姆定律可得E＝Ir ＋IR A ′＋U ，转化可得U ＝－(r ＋R A ′)I ＋E 由U －I 图像可得b ＝E ＝3.80V ，|k |＝|－(r ＋R A ′)|＝ 3.80－1.0015－0×10－3Ω，解得E ＝3.80Ω，r ＝175Ω.考点二安阻法测电动势和内阻1．实验原理闭合电路的欧姆定律E ＝IR ＋Ir ，电路图如图所示．2．实验器材电池、电流表、电阻箱、开关、导线、坐标纸和刻度尺．3．数据处理(1)＝I 1R 1＋I 1r ＝I 2R 2＋I 2r解方程组求得E 、r .(2)图像法：由E ＝I (R ＋r )可得①1I ＝1E R ＋r E ，可作1I －R 图像(如图甲)1I －R 图像的斜率k ＝1E ，纵轴截距为r E ②R ＝E ·1I －r ，可作R －1I 图像(如图乙)R －1I图像的斜率k ＝E ，纵轴截距为－r .4．误差分析(1)误差来源：电流表有电阻，导致内阻测量不准确；(2)结论：E 测＝E 真，r 测＞r 真(r 测＝r 真＋r A )．例3(2023·广东深圳市光明区名校联考)一实验小组欲测量一电源的电动势(约为12V)和内阻．所用的器材：电流表(量程100mA ，内阻未知)、电阻箱R 1(最大阻值999.9Ω)、电阻箱R 2(最大阻值999.9Ω)，利用图甲所示的电路先测量电流表内阻，再测量电源的电动势和内阻．(1)按图甲所示的电路，将电阻箱的电阻R 2调到最大，只闭合开关S ，调节电阻箱R 2的阻值，使电流表的示数为90mA ；保持R 2的阻值不变，闭合开关S 1调节R 1，当电流表示数为60mA 时，电阻箱R 1接入电路的阻值为10.0Ω.则电流表的内阻为________Ω，此值________(选填“大于”“等于”或“小于”)电流表实际内阻值．(2)闭合开关S 1，将电阻箱R 1接入电路的阻值固定为R 0＝2.5Ω不变，不断调节电阻箱R 2的阻值R ，读取电流表对应的示数I ，利用多组I 、R 数据绘制1I －R 图像如图乙所示，所得图线为直线，其纵截距为a ，直线上某点的坐标为(c ，b )．结合(1)问电流表内阻的测量值，则电源的电动势E ＝________，电源的内阻r ＝________.(用含a 、b 、c 的代数式表示)答案(1)5.0小于(2)3c b －aac b －a －53解析(1)由题图甲可知，当闭合开关S 1时，电阻箱R 1与电流表并联，根据欧姆定律有I A R A＝(90mA －I A )R 1代入数据解得R A ＝5.0Ω由于闭合开关S 1之后，电路中的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的总电流增大，则R 1分得的电流应该大于30mA ，而计算时认为R 1分得的电流等于30mA ，则测得的电流表内阻小于实际值．(2)根据题意可知，电阻R 1和电流表并联后的电阻为R 3＝R A R 1R A ＋R 1＝53Ω根据欧姆定律可知，当流过电流表的电流为I 时，流过电阻R 1的电流为2I ，则回路中的总电流为3I ，设电源的电动势为E ，内阻为r ，根据闭合电路的欧姆定律有3I ＝Er ＋R 3＋R 整理得1I ＝3E R ＋3(r ＋R 3)E结合题图乙可得3E ＝b －a c ，3(r ＋R 3)E ＝a解得E ＝3c b －a ，r ＝ac b －a －53考点三伏阻法测电动势和内阻1．实验原理闭合电路欧姆定律E ＝U ＋URr，电路图如图所示．2．实验器材电池、电压表、电阻箱、开关、导线、坐标纸和刻度尺．3．数据处理(1)＝U 1＋U 1R 1r ＝U 2＋U 2R 2r 解方程组可求得E 和r .(2)图像法：由E ＝U ＋U R r 得：1U ＝1E ＋r E ·1R .故1U －1R 图像的斜率k ＝r E ，纵轴截距为1E，如图．4．误差分析(1)误差来源：电压表有内阻，干路电流表达式不准确，导致电动势测量不准确；(2)结论：E 测＜E 真，r 测＜r 真．例4(2023·广东汕头市模拟)某实验小组设计了如图甲所示的电路来测量一蓄电池的电动势和内阻，接入电路中的电阻箱只用“×1”倍率(单位Ω，如图乙所示)，闭合开关S ，改变电阻箱接入电路的阻值，使旋钮沿顺时针方向旋转，分别指向1、2、3、4、5、6，读出6组对应的电压值，然后以1U (电压表读数的倒数)为纵轴、1R (电阻箱接入电路的阻值的倒数)为横轴建立坐标系，根据实验记录数据描点连线，得到如图丙所示的图像．回答下列问题：(1)该小组设计的电路中，接入定值电阻R 0的作用是___________________________________.(2)用E 和r 分别表示蓄电池的电动势和内阻，则1U 与1R的关系式为________．(3)根据图丙求得蓄电池的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(用a 、b 、R 0表示)答案(1)使实验中电压表示数变化明显，同时又保护电路(2)1U ＝r ＋R 0E ·1R ＋1E(3)56b －a5a6b －a－(1＋R 0)解析(1)使实验中电压表示数变化明显，同时又保护电路．(2)根据闭合电路的欧姆定律可知E ＝U ＋UR (r ＋R 0)可得1U ＝r ＋R 0E ·1R ＋1E(3)根据题图丙有b ＝1E ＋r ＋R 06E ，a ＝1E ＋r ＋R 0E 解得E ＝56b －a V ，r ＝[5a 6b －a－(1＋R 0)]Ω课时精练1．某实验小组利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，实验器材如下：干电池一节(电动势约为1.5V ，内阻约为0.5Ω)；电压表V(量程为0～3V ，内阻约为3kΩ)；电流表A(量程为0～0.6A ，内阻约为0.2Ω)；滑动变阻器(最大阻值为20Ω)；开关、导线若干．(1)实验电路图选择________(选填“甲”或“乙”)．(2)用笔画线代替导线，将图中的器材连成实验电路．(3)完成实验后，某同学利用图像分析由电表内阻引起的实验误差．在下图中，实线是根据实验数据描点作图得到的U－I图像；虚线是该电源真实的路端电压U随真实的干路电流I变化的U－I图像．本次实验分析误差的U－I图像是________．(4)为减小电表内阻引起的实验误差，在电表量程不变的情况下，可以采取的措施是________．A．换用内阻更小的电流表B．换用内阻更大的电流表C．换用内阻更小的电压表D．换用内阻更大的电压表答案(1)甲(2)见解析图(3)A(4)D解析(1)因为电源内阻较小，接近电流表内阻，为了减小误差，所以电流表采用相对电源外接，选择甲图；(2)根据电路图得实物连接图如图所示；(3)由于电压表的分流作用，相同的路端电压下，电流表测量的电流值小于流过电源的电流，内阻的测量值为电源和电压表并联后的总电阻，比实际电源的内阻小，对应实线斜率的绝对值比虚线的小，但当电压为零时，电压表的内阻对测量没有影响，实线和虚线重合，故A正确，B、C、D错误；(4)因为电压表的分流作用产生的误差，为减小电表内阻引起的实验误差，在电表量程不变的情况下，可以采取的措施是增大电压表的内阻，故D正确，A、B、C错误．2．(2021·天津卷·10)随着智能手机的广泛应用，充电宝成为手机及时充电的一种重要选择．充电宝可以视为与电池一样的直流电源．一充电宝的电动势约为5V，内阻很小，最大放电电流为2A，某实验小组测定它的电动势和内阻．他们剥开充电宝连接线的外绝缘层，里面有四根导线，红导线为充电宝的正极，黑导线为充电宝的负极，其余两根导线空置不用，另有滑动变阻器R用于改变电路中的电流，定值电阻R0＝3Ω，两只数字多用电表M、N，两表均为理想电表，并与开关S连成如图所示电路．(1)图中测量电流的电表是________，测量电压的电表是________．(均填写字母“M”或“N”)(2)调节滑动变阻器，测得多组I、U数据，记录如下表，其中只有一个数据记录有误，审视记录的数据，可以发现表中第________次的记录数据有误．(填测量次数的序号)次数1234567电流I/A0.2990.4770.6840.877 1.065 1.281 1.516电压U/V 4.970 4.952 4.932 4.942 4.894 4.872 4.848(3)电路中接入R0可以达到下列哪个效果______．(填选项前的字母)A．使测电流的电表读数变化明显B．为了更准确地测量充电宝内阻C．避免使充电宝的放电电流过大D．减小测量电压的电表分流作用答案(1)N M(2)4(3)C解析(1)电表N串联在电路中，测量干路电流，所以N为电流表；电表M一端接在开关上，另一端接在充电宝的负极，闭合开关后相当于并联在电源两端，所以M为电压表，测量路端电压；(2)题中表格中的电流I不断增大，根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir可知路端电压U不断减小，电压表的示数不断减小，所以第4次的记录数据有误；(3)因为充电宝的内阻很小，所以电阻R0串联在电路中，起保护电路的作用，避免使充电宝的放电电流过大损坏电路中的器件．故选C.3．为了同时测量一电源的电动势E 和内阻r ，以及未知阻值的电阻R x ，某同学设计了一电路．实验室提供的器材如下：待测电源、待测电阻、电阻箱一个、内阻很大的电压表一只、开关两个、导线若干．(1)为实现上述目的，请完善图甲实物图连接；(2)该同学实验的主要步骤有：①闭合S 1、S 2，多次调节电阻箱阻值，并记录其阻值及对应的电压表的示数；②保持S 1闭合，断开S 2，多次调节电阻箱阻值，并记录其阻值及对应的电压表的示数；③根据记录的数据，作出两条1U －1R图线如图乙所示．由图线可得电动势E ＝________，内阻r ＝________，R x ＝________.(均用图中的字母a 、b 、c 表示)答案(1)见解析图(b)(2)1c1a1b －1a解析(1)通过开关S 2控制电路中的电阻R x 是否接入电路，电路原理图如图(a)所示：故实物连线图如图(b)所示：(2)闭合S 1、S 2，有E ＝U ＋U R r ，故有1U ＝1E ＋r E ·1R ；保持S 1闭合，断开S 2，有E ＝U ＋UR (r ＋R x )，故有1U ＝1E ＋r ＋R x E ·1R；结合1U －1R 图像可知，1E ＝c ，r ＋R x E ＝c b ，r E ＝c a ，解得：E ＝1c ，r ＝1a ，R x ＝1b －1a.4．利用如图(a)所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R (最大阻值999.9Ω)，电阻R 0(阻值为3.0Ω)，电阻R 1(阻值为3.0Ω)，电流表(量程为200mA ，内阻为R A ＝6.0Ω)，开关S.实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S ；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I 和电阻箱相应的阻值R ；③以1I 为纵坐标，R 为横坐标，作1I －R 图线(用直线拟合)；④求出直线的斜率k 和在纵轴上的截距b .回答下列问题：(1)分别用E 和r 表示电源的电动势和内阻，则1I 与R 的关系式为________________．(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R ＝3.0Ω时，电流表的示数如图(b)所示，读出数据，完成下表．答：①________，②________.R /Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0I /A 0.1430.125①0.1000.0910.0841I/A －1 6.998.00②10.011.011.9(3)在图(c)的坐标纸上描点并作图，根据图线求得斜率k ＝_____A －1·Ω－1，截距b ＝____A －1.(4)根据图线求得电源电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.答案(1)1I ＝3E R ＋15＋3r E(2)0.1109.09(3)见解析图1.0(0.96～1.04均可) 6.0(5.9～6.1均可)(4)3.0(2.9～3.1均可) 1.0(0.7～1.3均可)解析(1)根据闭合电路欧姆定律有E ＝(IR AR 1＋I )(R ＋R 0＋r )＋IR A ，代入数据，化简得1I ＝3E R ＋15＋3r E.(2)电流表每小格表示4mA ，因此电流表读数I ＝0.110A ，1I≈9.09A －1.(3)在坐标纸上描点，画出一条直线，得出斜率k ＝1.0A －1·Ω－1，截距b ＝6.0A －1.(4)斜率k ＝3E ，因此E ＝3.0V ，纵轴截距b ＝15＋3r E，因此r ＝1.0Ω.。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：带电粒子在组合场中的运动

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：带电粒子在组合场中的运动

专题强化二十带电粒子在组合场中的运动目标要求 1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律和分析思路.2.学会处理磁场与磁场组合场、电场与磁场组合场中带电粒子的运动问题．1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．2．分析思路(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图．(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．(3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．3．常见粒子的运动及解题方法题型一磁场与磁场的组合磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同．解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系．例1如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线．质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q点与O点的距离为3a.不考虑粒子重力．(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC 边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度大小B 1应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B ＝3B 0，粒子最终垂直DE 边界飞出，求边界DE 与AC 间距离的可能值．答案(1)5aqB 0m (2)B 1≥8B 03(3)4na (n ＝1,2,3，…)解析(1)粒子在OF 上方的运动轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为R ，由几何关系可知R 2－(R －a )2＝(3a )2，则R ＝5a ，由牛顿第二定律可知q v B 0＝m v 2R，解得v ＝5aqB 0m .(2)当粒子恰好不从AC 边界飞出时，其运动轨迹如图所示，设粒子在OF 下方做圆周运动的半径为r 1，由几何关系得r 1＋r 1cos θ＝3a ，由(1)可知cos θ＝OQ R ＝35，所以r 1＝15a 8，根据q v B 1＝m v 2r 1，联立解得B 1＝8B 03，故当B 1≥8B 03时，粒子不会从AC 边界飞出．(3)当B ＝3B 0时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在OF 下方的运动半径为r ＝53a ，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时，粒子的位置为P 1点，则P 点与P 1点的连线一定与OF 平行，根据几何关系知PP 1＝4a ，所以若粒子最终垂直DE 边界飞出，边界DE 与AC 间的距离为L ＝nPP 1＝4na (n ＝1,2,3，…)．题型二电场与磁场的组合1．带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示．2．带电粒子在匀强电场中做类平抛(或类斜抛)运动，在磁场做匀速圆周运动，如图所示考向1先电场后磁场例2(2023·广东广州市增城中学开学摸底测试)如图所示，已知边长为L 的正方形区域ABCD 内部存在磁感应强度为B 的匀强磁场，其上方存在电场强度为E 的匀强电场，电场宽度也为L .从电场的P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(重力不计，PAB 在同一直线上)．粒子经电场加速后从AB 边进入磁场．(1)如果已知粒子到达A 点的速度为v ，求PA 的距离；(2)要使粒子经过C 点，求PA 的距离；(3)若M 到D 点的距离为13L ，要使粒子经过M 点，求PA 距离的可能值．答案(1)m v 22Eq (2)B 2L 2q 2mE (3)见解析解析(1)粒子到达A 点的速度为v ，设PA ＝x ，根据动能定理有Eqx ＝12m v 2①由①解得x ＝m v 22Eq②(2)粒子经过C 点，运动半径为L ，设PA ＝x ′，根据动能定理有Eqx ′＝12m v ′2③又根据洛伦兹力提供向心力有Bq v ′＝m v ′2L④由③④联立得x ′＝B 2L 2q2mE(3)粒子经过M 点，设PA ＝x 1、x 2或x 3第一种可能情况如图甲所示甲有Eqx 1＝12m v 12⑤Bq v 1＝m v 12r 1⑥根据几何关系有(L －r 1)2＋(L 3)2＝r 12⑦由⑤⑥⑦可得PA ＝x 1＝25B 2L 2q 162mE 第二种可能情况如图乙所示乙有Eqx 2＝12m v 22⑧Bq v 2＝m v 2r 2⑨(3r 2－L )2＋(L 3)2＝r 22⑩由⑧⑨⑩可得PA ＝x 2＝25B 2L 2q288mE 第三种可能情况如丙所示丙有Eqx 3＝12m v 32⑪Bq v 3＝m v 32r 3⑫根据几何关系有r 3＝L 3⑬由⑪⑫⑬可得PA ＝x 3＝B 2L 2q 18mE .考向2先磁场后电场例3(2023·河北唐山市模拟)平面直角坐标系xOy 中，直线OP 与x 轴正方向的夹角为30°，其上方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，下方存在匀强电场，电场强度方向与x 轴负方向的夹角为60°，如图所示．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以速度v 从坐标原点沿y 轴正方向进入磁场，经磁场偏转后由P 点进入电场，最后从x 轴上的Q 点离开电场，已知O 、P 两点间距离为L ，PQ 连线平行于y 轴．不计粒子重力，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)匀强电场的电场强度E 的大小．答案(1)3m v qL (2)83m v 2qL 解析(1)粒子在磁场中运动时(如图所示)，设轨迹半径为R ，根据洛伦兹力提供向心力可得q v B ＝m v 2R由几何关系有L ＝2R cos 30°联立解得B ＝3m vqL .(2)粒子进入电场时，速度方向与边界OP 的夹角为60°，由几何关系可知，速度方向和电场方向垂直．粒子在电场中的位移s ＝PQ ＝L sin 30°又s sin 30°＝v t s cos 30°＝12at 2Eq ＝ma联立解得E ＝83m v 2qL.考向3粒子多次进出电场、磁场的运动例4(2021·广东卷·14)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a 、b 、c 围成的区域，圆a 内为无场区，圆a 与圆b 之间存在辐射状电场，圆b 与圆c 之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能E k0从圆b 上P 点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a 与圆b 之间电势差为U ，圆b 半径为R ，圆c 半径为3R ，电子质量为m ，电荷量为e ，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.(1)当E k0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q 点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q 点出射时的动能；(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当E k0＝keU 时，要保证电子从出射区域出射，求k 的最大值．答案(1)5eUm eR πR meU 4eU 8eU (2)136解析(1)电子在电场中加速有2eU ＝12m v 2，在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r ＝R tan 22.5°＝0.4R根据洛伦兹力提供向心力有B 1e v ＝mv 2r联立解得B 1＝5eUm eR 电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T ＝2πr v由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为φ＝54π电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t ＝φ2πT 联立解得t ＝πR meU4eU 电子从P 到Q 在电场中共加速8次，故在Q 点出射时的动能为E k ＝8eU(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为r m ，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切，由几何关系可得(3R －r m )2＝R 2＋r m 2解得r m ＝33R 根据洛伦兹力提供向心力有B 1e v m ＝mv m 2r m 2eU ＝12m v m 2－keU 联立解得k ＝136.例5如图所示，一对足够长平行栅极板M 、N 水平放置，极板与可调电源相连．极板外上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和向内的匀强磁场B 1和B 2，B 1和B 2的大小未知，但满足B 2＝53B 1，磁场左边界上距M 板距离为2l 的A 点处的粒子源平行极板向右发射速度为v 的带正电粒子束，单个粒子的质量为m 、电荷量为q ，粒子第1次离开M 板的位置为C 点，已知C 点距离磁场左边界距离为l .忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力．(1)求磁感应强度B 1的大小；(2)当两板间电势差U MN ＝0时，粒子经过下方磁场一次偏转后恰能从C 点再次返回极板上方的磁场，求两板间距d 的大小；(3)当两板间所加的电势差U MN ＝－6m v 25q时，在M 板上C 点右侧P 点处放置一粒子靶(忽略靶的大小)，用于接收从M 板上方打入的粒子．问当P 点离磁场左边界多远的地方能接收到粒子？答案(1)4m v5ql (2)0.8l(3)(1＋1.36n )l ，n ＝0、1、2、3…解析(1)粒子从A 点发射后运动到C 的过程，洛伦兹力提供向心力q v B 1＝m v 2R 1由几何知识可得R 12＝(2l －R 1)2＋l 2，解得R 1＝54l ，B 1＝4m v 5ql(2)粒子经过C 点时的速度方向与竖直方向的夹角为θ，则cos θ＝l R 1＝0.8粒子进入磁场B 2之后，圆周运动半径为R 2＝m v qB 2＝35R 1＝34l ，又因为d tan θ＝R 2cos θ，解得d ＝0.8l由R 2＝34l 得，粒子在B 2磁场中不会从左边界飞出．(3)粒子到达C 点后第一次在电场中向左运动距离Δx ＝v sin θ·2v cos θUqdm＝0.64l 粒子在B 1磁场中运动到最左边时，距C 点距离x C ＝Δx ＋R 1－l ＝0.89l <R 1所以不会从左边界飞出，P 点离磁场左边界的距离为x P ＝l ＋n (2l －0.64l )＝(1＋1.36n )l ，n ＝0、1、2、3…课时精练1．(多选)(2023·辽宁沈阳市模拟)圆心为O 、半径为R 的圆形区域内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁场边缘上的A 点有一带正电粒子源，半径OA 竖直，MN 与OA 平行，且与圆形边界相切于B 点，在MN 的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为E .当粒子的速度大小为v 0且沿AO 方向时，粒子刚好从B 点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是()A ．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外B ．粒子的比荷为v 0BRC ．粒子在磁场中运动的总时间为πR2v 0D ．粒子在电场中运动的总时间为2BRE 答案ABD 解析根据题意可知，粒子从A 点进入磁场时，受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A 正确；根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R ，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为π2，根据洛伦兹力提供向心力有q v 0B ＝m v 02R，可得q m ＝v 0BR ，故B 正确；根据题意可知，粒子从B 点进入电场之后，先向右做减速运动，再向左做加速运动，再次到达B 点时，速度的大小仍为v 0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示．则粒子在磁场中的运动时间为t 磁＝T 2＝πR v 0，故C 错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq ＝ma ，解得a ＝Eq m ＝E v 0BR，根据v 0＝at 结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t 电＝2v 0a＝2BR E ，故D 正确．2．(多选)(2023·广东省模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy ，在y 轴的左侧存在沿y 轴负方向的匀强电场．在y 轴的右侧存在垂直坐标平面向外的匀强磁场．一比荷为k 的带正电粒子(不计重力)从x 轴上的A 点以沿着与x 轴正方向成θ＝53°角的初速度v 0开始运动，经过电场偏转从y 轴的B 点以垂直y 轴的速度进入磁场，磁场的磁感应强度大小为3v 05kd，粒子进入磁场后电场方向变为沿y 轴正方向．该带正电粒子经过磁场偏转，粒子先后经过x 轴上的C 点、y轴上的D 点，粒子经D 点后，再次回到x 轴上的A 点，sin 53°＝45，cos 53°＝35，下列说法正确的是()A ．粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为dB ．A 、C 两点之间的距离为3d C ．匀强电场的电场强度为4v 025kdD ．粒子从A 点开始到再回到A 点的运动时间为(15＋5π)d 3v 0答案AD解析设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R ，由几何关系可得OB ＝R ，OC ＝R ，AC ＝OA ＋OC ，粒子从A 到B 做类斜抛运动，在B 点的速度方向与匀强电场垂直，由逆向思维可知粒子从B 到A 做类平抛运动，把粒子在A 点的速度v 0分别沿x 轴的正方向和y 轴的正方向分解，设粒子在B 点的速度为v B ，则有v 0cos θ＝v B ，由洛伦兹力充当向心力有Bq v B ＝mv B 2R，粒子从B 到A 做类平抛运动，沿x 轴方向与y 轴方向的位移大小分别用OA 、OB 来表示，由类平抛运动的规律可得，过A 点的速度v 0的延长线交于x 方向分位移的中点，由几何关系可得tan θ＝OB 0.5OA ，结合B ＝3v 05kd ，联立解得R ＝d ，OB ＝d ，AC ＝2.5d ，A 正确，B 错误；粒子在A 点沿y 轴正方向的分速度为v y ＝v 0sin θ，由类平抛运动的规律有v y 2＝2qEm·OB ，联立解得匀强电场的电场强度为E ＝8v 0225kd ，C 错误；粒子从A 点到B 点的运动时间t AB ＝1.5d0.6v 0，粒子从B 点到D 点的运动时间为t BD ＝πd0.6v 0，根据运动的对称性可知，粒子从A 点开始到又回到A 点的运动时间为t ＝2t AB ＋t BD ，综合计算可得t ＝(15＋5π)d 3v 0，D 正确．3.(2023·广东广州市模拟)在xOy 平面内，y 轴和x ＝8L 之间存在沿y 轴负方向的匀强电场，在x >8L 的范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场右边界为平行于y 轴的直线，y 轴上有一点P ，其坐标为(0,3L )，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子从P 点沿x 轴正方向射入匀强电场，射入时速度大小为v 0，粒子经电场后恰好从Q 点射出电场，然后进入匀强磁场，Q 点为x ＝8L 的x 轴上的一点，带电粒子经磁场偏转后恰好不从右边界射出，然后又回到匀强电场中，不计粒子重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)匀强电场的电场强度大小E ；(2)匀强磁场右边界的横坐标和粒子从磁场回到电场时的位置的纵坐标．答案(1)3m v 0232qL(2)8L ＋2m v 0qB2m v 0qB解析(1)粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示，x 方向上有8L ＝v 0ty 方向上有3L ＝12at 2根据牛顿第二定律有qE ＝ma联立以上各式解得匀强电场的电场强度大小E ＝3m v 0232qL (2)设粒子射出电场时y 方向的速度大小为v y ，则有v y ＝at 与上式联立解得v y ＝34v 0设合速度v 与x 轴正方向的夹角为θ，则有tan θ＝v y v 0＝34解得θ＝37°合速度大小为v ＝v 0cos 37°＝54v 0带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示由洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2r 解得r ＝5m v 04qB匀强磁场的宽度为d ＝r ＋r sin 37°解得d ＝2m v 0qB则磁场右边界的横坐标为x ＝8L ＋2m v 0qB粒子返回电场时在磁场边界对应弦长为s ＝2r cos 37°＝2m v 0qB 粒子从磁场回到电场时的位置的纵坐标为y ＝2m v 0qB.4．(2023·广东揭阳市月考)如图所示，在长方形abcd 内，adf 区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .abcf 区域内存在匀强电场，方向水平向左，af 与ad 夹角为30°.带电粒子经加速电压U 加速后，以与af 平行的速度从e 点进入磁场，ae 间距为2L ，带电粒子从af 上的某点P (图中未画出)垂直于af 离开磁场，从ab 上的某点Q (图中未画出)垂直于ab 离开电场，不计粒子的重力．求：(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子在长方形区域abcd 中的运动时间．答案(1)2UB 2L2(2)(6＋23＋π)BL 24U解析(1)磁场方向垂直纸面向外，粒子垂直于af 离开磁场，可知粒子带正电，运动轨迹如图所示，由几何关系可得r ＝2L sin 30°在磁场中由牛顿第二定律可得q v B ＝mv 2r在电场中加速可得qU ＝12m v 2联立解得q m ＝2UB 2L2(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动路径为四分之一圆周，在磁场中的运动时间t 1＝πr 2v由(1)可得粒子进入磁场时的速度为v ＝2U BL此后进入电场，当出射方向和ab 垂直时，可知粒子在水平方向的分速度减为零，沿竖直方向可视为做匀速直线运动．垂直af 入射时，与竖直方向夹角为60°，则v y ＝v cos 60°从af 上的入射点P 到a 点的距离为d ＝2L cos 30°＋r则P 到ab 边距离为s ＝d ·cos 30°则在电场中的运动时间为t 2＝sv y带电粒子在长方形区域abcd 中的运动时间t ＝t 1＋t 2＝(6＋23＋π)BL 24U.5.(2023·广东湛江市检测)如图所示，平面直角坐标系xOy 的第一象限内存在着有界匀强磁场和匀强电场．直线y ＝d 与y 轴相交于P 点，磁场分布在x 轴与直线y ＝d 之间，方向垂直纸面向里；电场分布在直线y ＝d 上方，电场强度大小为E ＝B 2dqm 、方向竖直向下．质量为m 、电荷量为q 的带正电荷的粒子从坐标原点O 垂直磁场方向射入，射入时的速度大小为v 0，方向与x 轴正方向成60°角，并恰好从P 点离开磁场，不计粒子的重力．(1)求磁场的磁感应强度大小B ；(2)若将磁感应强度大小变为B2，其他条件不变，求：①粒子能达到的纵坐标的最大值y m ；②粒子在第一象限内运动的时间t .答案(1)m v 0qd(2)①3d 2②2πd 3v 0＋2d v 0解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图甲所示，根据粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系可得粒子轨迹对应的圆心角为60°，则粒子轨迹半径为R 1＝d根据洛伦兹力提供向心力可得q v 0B ＝mv 02R 1联立解得B ＝m v 0qd(2)①若将磁感应强度大小变为B2，其他条件不变，则粒子的轨迹半径变为R 2＝2R 1＝2d通过O 点作速度方向的垂线，交y ＝d 直线于O 2，根据几何关系可得OO 2＝2d 则圆心的位置为O 2，运动轨迹如图乙所示，粒子进入电场时速度沿y 轴正方向，粒子从进入电场到速度减为0的过程，由动能定理可得－qEy ＝0－12m v 02解得y ＝d2粒子能达到的纵坐标的最大值y m ＝d ＋y ＝3d2②由几何关系可知粒子第一次在磁场内运动的圆心角为30°，根据对称性可知，粒子从电场返回磁场时在磁场中运动轨迹对应的圆心角也为30°，粒子在磁场中运动的时间t 1＝2×π62π×2πR 2v 0＝2πd3v 0设粒子在电场中向上减速为零的时间为t 2，则有v 02t 2＝y 解得t 2＝dv 0粒子在第一象限内运动的时间t ＝t 1＋2t 2＝2πd 3v 0＋2dv 0.6.(2023·广东省高三检测)如图所示，半径为R 的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域内ac 、df 为互相垂直的竖直和水平两条直径，沿df 方向距f 点为R 的g 点处固定一足够长的挡板，挡板与fg 方向的夹角α＝60°，粒子打到挡板上会被吸收，圆形磁场区域以外空间存在竖直向上的匀强电场．一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子(不计重力)自c 点沿ca 方向以速度v 射入磁场，经磁场偏转后从f 点沿fg 方向射出磁场，之后恰好未打在挡板上，图中已画出粒子在电场中运动的轨迹．(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B 1；(2)求匀强电场的电场强度大小E ；(3)若将原电场换为方向垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小B 2＝kB 1(0<k ≤1)，求粒子返回圆形磁场区域边界时的位置到f 点的距离．答案(1)m v Rq(2)3m v 22qRk ≤解析(1)粒子运动的轨迹如图甲所示，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径r 1＝R粒子在磁场中做圆周运动有q v B 1＝m v 2r 1联立解得B 1＝m vRq(2)粒子在电场中做类平抛运动，粒子速度和挡板相切时有tan α＝v yv，其中v y ＝Eqm t ，又由平抛运动的推论知t ＝2Rv 联立解得E ＝3m v 22qR(3)粒子离开圆形磁场区域到返回圆形磁场区域边界的过程中，运动轨迹如图乙所示，粒子在匀强磁场B 2内做圆周运动，有q v B 2＝m v 2r 2，B 2＝kB 1，联立解得r 2＝Rk 根据几何关系可知tan ∠OO ′f ＝Rr 2＝k粒子返回圆形磁场区域边界的位置i 到出射点f 的距离l ＝2r 2sin ∠OO ′f ＝2R 1＋k 2当k 较小时，粒子运动轨迹恰好与挡板相切，如图丙所示，根据几何关系可知∠fgO ″＝60°tan ∠fgO ″＝tan ∠fOO ″＝r 2′R＝3，r 2′＝3R 则k ＝R r 2′＝33，故当33<k ≤1时，粒子返回圆形磁场区域的位置到f 点的距离l ＝2R 1＋k 2当0<k ≤33时，粒子不能返回圆形磁场区域．。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：用多用电表测量电学中的物理量

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：用多用电表测量电学中的物理量

实验十二用多用电表测量电学中的物理量目标要求 1.了解多用电表的构造和工作原理.2.会用多用电表测量电压、电流.3.测量定值电阻和判断二极管的正负极.4.会用多用电表进行简单的电路故障分析．实验技能储备1．认识多用电表(1)多用电表可以用来测量电流、电压、电阻等，并且每一种测量项目都有几个量程．(2)外形如图所示：上半部分为表盘，表盘上有电流、电压、电阻等多种量程的刻度；下半部分为选择开关，它的四周刻有各种测量项目和量程．多用电表面板上还有：欧姆表的欧姆调零旋钮(使电表指针指在右端零欧姆处)、指针定位螺丝(使电表指针指在左端的“0”位置)、表笔的正、负插孔(红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔)．2．用多用电表测量小灯泡的电压和电流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．红表笔接电势高(填“高”或“低”)的点．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．此时电流从红色表笔流入电表．3．用多用电表测定值电阻的阻值(1)原理 电路图I 与R x 的对应关系 相当于待测电阻R x ＝0，调节R 使I ＝I g ＝E R g ＋r ＋R，此时指针指在I g 处(R Ω＝R g＋r ＋R ) 相当于待测电阻R x ＝∞，此时I ＝0，指针不偏转 待测电阻为R x ，I ＝E R Ω＋R x ，指针指到某确定位置，此时R x ＝E I －R Ω 刻度特点表头电流满偏I g 处，对应欧姆表零刻度(最右侧) 表头电流I ＝0处，对应欧姆表∞刻度(最左侧) 表头电流I 与电阻R x 一一对应，但不是线性关系，表盘刻度不均匀(2)注意：①黑表笔与电源的正极连接，红表笔与电源的负极连接，电流方向为“红进黑出”．②当多用电表指针指在中央时I g 2＝E R Ω＋R 中，知中值电阻R 中＝R Ω. (3)测量步骤①估测待测电阻阻值，选择合适的量程．②欧姆调零．③将被测电阻接在红黑表笔之间．④读数：指针示数乘以倍率．⑤使用完毕：选择开关置于“OFF ”挡，长期不用应取出电池．(4)注意事项①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，机械调零对应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，欧姆调零对应的是欧姆调零旋钮．②使指针指在中值附近，否则换挡．③测电阻时每换一次挡必须重新欧姆调零．④手不能接触表笔的金属杆．⑤测量电阻时待测电阻要与其他元件和电源断开．4．用多用电表测二极管的正、反向电阻(1)认识二极管：晶体二极管由半导体材料制成，它的符号如图所示，左端为正极，右端为负极．特点：当给二极管加正向电压时电阻很小，当给二极管加反向电压时电阻很大．(2)用欧姆挡判断二极管的正负极将多用电表欧姆挡调零之后，若多用电表指针偏角很大，则黑表笔接触二极管的正极，红表笔接触二极管的负极(如图甲)；若多用电表指针偏角很小，则黑表笔接触二极管的负极，红表笔接触二极管的正极(如图乙)．5．探索黑箱内的电学元件判断目的应用挡位现象电源电压挡两接线柱正、反接时均无示数，说明无电源电阻欧姆挡两接线柱正、反接时示数相同二极管欧姆挡正接时示数很小，反接时示数很大考点一教材原型实验考向1多用电表原理及读数例1图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡．(1)图(a)中的A 端与________(填“红”或“黑”)色表笔相连接．(2)关于R 6的使用，下列说法正确的是________(填正确答案标号)．A ．在使用多用电表之前，调整R 6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B ．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R 6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C ．使用电流挡时，调整R 6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置(3)根据题给条件可得R 1＋R 2＝________Ω，R 4＝________Ω.(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示．若此时B 端是与“1”相连的，则多用电表读数为__________；若此时B 端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B 端是与“5”相连的，则读数为____________．(结果均保留3位有效数字)答案 (1)黑 (2)B (3)160 880 (4)1.47 mA1．10 kΩ 2.94 V解析 (1)当B 端与“3”连接时，内部电源与外部电路形成闭合回路，电流从A 端流出，故A 端与黑色表笔相连接．(2)在使用多用电表之前，调整表头指针定位螺丝使电表指针指在表盘左端电流“0”位置，选项A 错误；使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R 6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，选项B 正确；使用电流挡时，电阻R 6不在闭合电路中，调节无效，选项C 错误．(3)根据题给条件可知，当B 端与“2”连接时，表头与R 1、R 2组成的串联电路并联，此时为量程1 mA 的电流挡，由并联电路两支路电流与电阻成反比知，R g R 1＋R 2＝1－0.250.25＝31，解得R 1＋R 2＝160 Ω.当B 端与“4”连接时，表头与R 1、R 2组成的串联电路并联后再与R 4串联，此时为量程1 V 的电压挡，表头与R 1、R 2组成的串联电路并联后的总电阻为120 Ω，两端电压为0.12 V ，则R 4两端电压为0.88 V ，由串联电路中电压与电阻成正比知：R 4电阻为880 Ω.(4)若此时B 端是与“1”连接的，多用电表作为直流电流表使用，量程为2.5 mA ，读数为1.47 mA.若此时B 端是与“3”连接的，多用电表作为欧姆表使用，读数为11×100 Ω＝1.10 kΩ. 若此时B 端是与“5”连接的，多用电表作为直流电压表使用，量程为5 V ，读数为2.94 V.考向2 欧姆表的使用例2(2023·广东深圳市模拟)如图(a)是某多用电表欧姆挡内部电路示意图．其中，电流表G满偏电流I g＝100 μA、内阻R g＝400 Ω，电池电动势E＝1.5 V，内阻忽略不计；定值电阻R0＝13 kΩ，滑动变阻器R的阻值范围为0～2 000 Ω，该多用电表测电阻的倍率为“×1 k”Ω.(1)该多用电表的两只表笔中，________(填“A”或“B”)是黑表笔．(2)在使用多用电表测量电阻时，先将红黑表笔短接进行欧姆调零．则当滑动变阻器R＝________ Ω时，电流表达到满偏电流(即电表指针指在表盘右端电阻“0”位置)．(3)在红黑表笔接入待测电阻R x，正确操作后，指针指示如图(b)所示，则R x＝________ Ω.(4)当电池的电动势下降到1.41 V，内阻忽略不计，欧姆表仍可调零，当测某待测电阻时，指针指示如图(b)，该待测电阻为________ Ω.(计算结果保留两位有效数字)答案(1)B(2)1 600(3)1.3×104(4)1.2×104解析(1)电流从黑表笔流出多用电表，因此B是黑表笔．(2)要使电流表满偏，根据E＝I g(R g＋R0＋R)代入数据可得R＝1 600 Ω.(3)接入待测电阻R x时，电表读数为电表指针所指示数“13”乘以倍率“×1 k”Ω，所以R ＝1.3×104Ω(4)当电动势降为1.41 V，欧姆表调零时，根据E′＝I g(R g＋R0＋R′)可得R′＝700 Ω当指针指到图(b)位置时，若电动势为1.5 V，待测电阻R x＝1.3×104Ω根据E＝I(R g＋R0＋R＋R x)可求出电流I≈54 μA而实际上电动势为1.41 V，实际上R′＝700 Ω，根据E′＝I(R g＋R0＋R′＋R x′)可得R x′≈1.2×104Ω.考向3使用多用电表测量二极管例3钱华同学的爸爸是电气工程师，钱华经常看到爸爸用多用电表进行一些测量．钱华在高中物理课堂上学习了多用电表的用法之后，爸爸给他出了一道题目，让他通过测量找到发光二极管的负极．(1)钱华同学做了如下两步具体的操作：第一，将多用电表选择开关旋转到电阻挡的“×1”挡，经过________之后，他把红表笔接在二极管的短管脚上，把黑表笔接在二极管的长管脚上，发现二极管发出了耀眼的白光；然后他将两表笔的位置互换以后，发现二极管不发光．这说明二极管的负极是______(选填“长管脚”或“短管脚”)所连接的一极．(2)钱华同学的好奇心一下子就被激发起来了，他琢磨了一下，然后又依次用多用电表电阻挡的“×1”挡、“×10”挡、“×100”挡、“×1k”挡分别进行了二极管导通状态的准确的测量(多用电表内部电源电动势不变)，他发现二极管发光的亮度越来越________(选填“大”或“小”)，请帮助他分析一下具体的原因：_________________________________________. 答案(1)欧姆调零短管脚(2)小原因见解析解析(1)在测量电阻时，选择挡位后首先要进行欧姆调零；二极管发光时处于正向导通状态，因为黑表笔所接的长管脚为二极管的正极，故短管脚为负极．(2)从“×1”挡、“×10”挡、“×100”挡到“×1k”挡，多用电表的内阻越来越大，根据可知，通过二极管的电流越来越小，根据P＝I2R可知二极管的闭合电路欧姆定律I＝ER＋RΩ亮度越来越小．考点二用多用电表判断电路故障例4在如图甲所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、B的规格均为“3.8 V0.3 A”．合上开关S后，无论怎样移动滑片，A、B灯都不亮．(1)用多用电表的直流电压挡检查故障：①选择开关置于下列量程的________挡较为合适；(用字母序号表示)A ．2.5 VB ．10 VC ．50 VD ．250 V②测得c 、d 间电压约为5.8 V ，e 、f 间电压为0，则故障是________．A ．A 灯丝断开B ．B 灯丝断开C ．d 、e 间连线断开D ．B 灯短路(2)接着用欧姆表的“×1”挡测电阻，欧姆表经过“欧姆调零”，①测试前，一定要将电路中的开关S________；②测c 、d 间和e 、f 间电阻时，某次测量结果如图乙所示，读数为________ Ω，此时测量的是________间电阻，根据小灯泡的规格计算出的电阻为________ Ω，它不等于测量值，原因是_____________________________________________________________________________. 答案 (1)①B ②A (2)①断开 ②6 e 、f 12.7 温度高时灯丝电阻率大，计算出的电阻是灯丝温度高时的电阻(或测量出的电阻是常温下灯丝的电阻)解析 (1)①因为电源的电动势大约为6 V ，要使电压挡选择的量程安全以及准确，则选择开关应选择10 V 的量程，故B 正确；②测得c 、d 间电压约为5.8 V ，接近电源电动势，e 、f 间电压为0，可知灯泡A 断路，故A 正确．(2)①用欧姆表测量电阻时，开关应断开，使得待测电阻与电源不相连．②欧姆表的读数为6×1Ω＝6 Ω，因为c 、d 间断路，知测量的是e 、f 间的电阻．根据R ＝U I得，小灯泡正常发光时的电阻为R ＝3.80.3Ω≈12.7 Ω.它不等于测量值，原因是温度高时灯丝电阻率大，计算出的电阻是灯丝温度高时的电阻(或测量出的电阻是常温下灯丝的电阻)．考点三探索创新实验例5(2019·全国卷Ⅲ·23)某同学欲将内阻为98.5 Ω、量程为100 μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15 kΩ刻度正好对应电流表表盘的50 μA刻度．可选用的器材还有：定值电阻R0(阻值14 kΩ)，滑动变阻器R1(最大阻值1 500 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值500 Ω)，电阻箱(0～99 999.9 Ω)，干电池(E＝1.5 V，r＝1.5 Ω)，红、黑表笔和导线若干．(1)欧姆表设计将图(a)中的实物连线组成欧姆表．欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为________ Ω；滑动变阻器选________(填“R1”或“R2”)．(2)刻度欧姆表表盘通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图(b)所示．表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为________、________.(3)校准红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向________ kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量．若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图(c)所示，则电阻箱接入的阻值为________ Ω.答案(1)如图所示900R1(2)45 5 (3)0 35 000.0解析 (1)由题知当两表笔间接入15 kΩ的电阻时，电流表示数为50 μA ，由闭合电路欧姆定律有I g 2＝E R g ＋r ＋R x ＋R 0＋R，代入数据解得R ＝900 Ω，所以滑动变阻器选择R 1. (2)欧姆表的内阻R g ′＝R g ＋r ＋R 0＋R ＝15 kΩ，当电流为25 μA 时，有I g 4＝E R g ′＋R x ′，可得R x ′＝45 kΩ；当电流为75 μA 时，有3I g 4＝E R g ′＋R x ″，可得R x ″＝5 kΩ. (3)红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向0 kΩ处．题图中电阻箱读数为 35 000.0 Ω.课时精练1．某实验小组在练习使用多用电表时，他们正确连接好电路如图甲所示．闭合开关S 后，发现无论如何调节电阻箱R 0，灯泡都不亮，电流表无示数，他们判断电路可能出现故障．经小组讨论后，他们尝试用多用电表的欧姆挡来检测电路．已知保护电阻R ＝15 Ω，电流表量程为0～50 mA.操作步骤如下：①将多用电表挡位调到欧姆×1挡，再将红、黑表笔短接，进行欧姆调零；②断开图甲电路开关S，将多用电表两表笔分别接在a、c上，多用电表的指针不偏转；③将多用电表两表笔分别接在b、c上，多用电表的示数如图乙所示；④将多用电表两表笔分别接在c、e上，调节R0＝20 Ω时，多用电表示数如图丙所示，电流表的示数如图丁所示．回答下列问题：(1)图丙中的多用电表示数为________ Ω；图丁中的电流表示数为________ mA.(2)操作步骤④中，多用电表红表笔应接________(选填“c”或“e”)点．(3)电路的故障可能是________．A．灯泡短路B．灯泡断路C．保护电阻R短路D．保护电阻R断路(4)根据以上实验得出的数据，还可以计算出多用电表内部电源的电动势E′＝________ V(结果保留三位有效数字)．答案(1)2438.0(2)e(3)B(4)1.48解析(1)欧姆表的示数为24×1 Ω＝24 Ω，电流表的最小分度是1 mA，需估读到0.1 mA，所以题图丁中的电流表示数为38.0 mA.(2)根据电流必须从电流表的正接线柱流入，电流从欧姆表的红表笔流入，黑表笔流出，电路中电流经过电流表的方向为d→e，则操作步骤④中，多用电表黑表笔应接c点，红表笔应接e点．(3)将多用电表两表笔分别接在a、c上，多用电表的指针不偏转，说明a、c间有断路．将多用电表两表笔分别接在b、c上，多用电表的示数不为零，所以电路的故障是灯泡断路．(4)操作步骤③中多用电表指针正好指在中间刻度，根据欧姆表的中值电阻等于其内阻，知欧，又R0＋R mA＝24 Ω，故姆表的内阻为R欧＝15 Ω.根据闭合电路欧姆定律得I＝E′R0＋R mA＋R欧E′＝I(R0＋R mA＋R欧)＝38.0×10－3×(24＋15) V≈1.48 V.2．某同学利用多用电表的欧姆挡进行实验研究．欧姆挡所用电池的电动势为9 V，刻度盘中央刻度值为“15”，选择旋钮打在“×1 k”挡．(1)该同学用欧姆挡测量某一量程为15 V的电压表内阻．①指针指在图甲所示位置，此测量值为________ kΩ；查阅资料发现该电压表内阻真实值为15 kΩ，测量值与真实值偏差较大，可能原因是该同学未进行欧姆调零就直接测量，若此时把两表笔短接，则指针应指在欧姆挡零刻度线的________侧(选填“左”或“右”)．②进行欧姆调零后再测量，多用电表指针恰好指在“15”刻度线，此时电压表示数为________ V(结果保留2位有效数字)．(2)该同学接着用欧姆挡探测只有一个元件的黑箱，如图乙所示，当两表笔接触黑箱接线柱a、b时，发现电表指针快速摆向右边后再摆回最左边刻度线，则该元件可能是________．A．电阻B．电感线圈C．电容器D．二极管答案(1)①25左②4.5(2)C解析(1)①指针指在题图甲所示位置，此测量值为25 kΩ；查阅资料发现该电压表内阻真实值为15 kΩ，测量值与真实值偏差较大，可能原因是该同学未进行欧姆调零就直接测量，若此时把两表笔短接，则指针应指在欧姆挡零刻度线的左侧．②进行欧姆调零后再测量，多用电表指针恰好指在“15”刻度线，即电压表的内阻等于欧姆表的中值电阻，即电压表的内阻等于欧姆表的内阻，则此时电压表示数为欧姆表内电源电动势的一半，即4.5 V.(2)当两表笔接触黑箱接线柱a、b时，发现电表指针快速摆向右边后再摆回最左边刻度线，即电路接通后电流又逐渐变为零，则该元件可能是电容器，电路接通后先充电，充电结束后电路中电流为零，故C正确．3．(2023·广东中山市月考)如图所示是一多用电表的简化电路图．其电流计满偏电流I g＝0.5 mA、内阻R g＝200 Ω.多用电表有两个电流挡，量程分别为0～10 mA和0～1 mA，有两个电压挡分别为0～15 V和0～3 V，有两个欧姆挡倍率分别为“×10”和“×100”，转换开关S旋转至“1”、“2”、“3”、“4”、“5”、“6”中某个位置时，即选择相应的功能．(1)转换开关S接“1”端时，多用电表的功能是测________(填“电流”“电压”或“电阻”)，量程为________；(2)转换开关S接“5”端时，多用电表的功能是测________(填“电流”“电压”或“电阻”)，量程为________；(3)图中电阻R1＝________ Ω，R2＝________ Ω；(4)转换开关S接“4”端时，多用电表可以用来测电阻，倍率为“×100”，图中电阻R4＝1 500 Ω，滑动变阻器R5调节范围为0～2 000 Ω，电源电动势E＝2 V，内阻为r＝3 Ω，进行欧姆调零后测量电阻R x的阻值，表盘指针正好指向中间刻度，则电阻R x的阻值为________ Ω.答案(1)电流0～10 mA(2)电压0～3 V(3)20180(4)2 000解析(1)转换开关S接“1”端时，分压电阻R2与电流计串联后，二者再与分流电阻R1并联，所以此时多用电表的功能是测电流．易知转换开关S接“1”和“2”端时，多用电表的功能都是测电流，且接“1”和“2”时所能测量的最大电流分别为I1＝(R1＋R2＋R g)I gR1，I2＝(R1＋R2＋R g)I gR1＋R2<I1所以接“1”端时量程较大，为0～10 mA.(2)转换开关S接“5”端时，分压电阻R6与改装后的电流表串联，所以此时多用电表的功能是测电压．与改装后的电流表串联的分压电阻阻值越大，电压表量程越大，所以转换开关S接“5”端时对应较小的量程0～3 V.(3)将I1＝10 mA和I2＝1 mA分别代入(1)中的表达式，可解得R1＝20 Ω，R2＝180 Ω(4)转换开关S接“4”端时，该倍率下电表的内阻为r＝EI2＝2 000 Ω进行欧姆调零后测量电阻R x的阻值，表盘指针正好指向中间刻度，则R x＝r＝2 000 Ω. 4．(2023·广东珠海市四校联考)如图甲为某探究小组自制多用电表的电路图，图乙为相应的实物图．其中电流表G量程为1 mA，内阻为18 Ω，R0＝2 Ω.滑动变阻器R1的最大阻值为2 000 Ω，电源电动势E＝1.5 V，内阻不计．(1)将图乙中未连接的实物图补充完整．(2)图甲中，当开关S1闭合，单刀双掷开关S2接“1”时，可作为________(选填“电压表”“电流表”或“欧姆表”)使用，量程为________．(3)图甲中，将开关S2接“2”端时，为欧姆表．若开关S1断开，欧姆调零后R1的阻值为________ Ω.答案(1)见解析图(2)电流表10 mA(3)1 482解析(1)实物图如图所示(2)题图甲中，当开关S1闭合，单刀双掷开关S2接“1”时，可作为电流表使用，量程为I m＝I g＋I g R gR0＝1 mA＋1×182mA＝10 mA(3)题图甲中，将开关S2接“2”端时，为欧姆表．若开关S1断开，欧姆调零后，根据闭合电路的欧姆定律可得E＝I g(R g＋R1)解得R1的阻值为R1＝EI g －R g＝ 1.51×10－3Ω－18 Ω＝1 482 Ω.5．(2023·广东深圳市模拟)如图甲是一个简易的多用电表内部简化电路图．(1)作为欧姆表使用时，选择开关应接________(选填“1”“2”或“3”)，红表笔一定是________(选填“A”或“B”)；(2)某同学想用伏安法测量电压表0～3 V挡的内阻，他将多用电表按如图乙接入电路．①实验中多用电表示数为0.08 mA ，电压表示数为2.32 V ，则电压表内阻R V ＝________； ②用该多用电表直接测量电压表的内阻，则开关必须________，滑动变阻器的滑动触头移至最________(选填“左”或“右”)端；③在②的操作正确的情况下，多用电表的表盘指针所指的位置如图丙所示，说明选择旋钮打在欧姆挡________(选填“×100”“×1 k ”或“×10 k ”)处．答案 (1)2 A (2)①29 000 Ω ②断开 右 ③×1 k解析 (1)由题图甲可知，选择开关接2时电流表与电源相连，此时多用电表是欧姆表； 使用多用电表时电流从红表笔流入多用电表，即红表笔是A ；(2)①根据欧姆定律的变形公式可得R ＝U I ＝ 2.320.08×10－3Ω＝29 000 Ω. ②用欧姆表直接测量电压表的内阻时只需要直接将欧姆表连接在电压表的两端，故此时开关断开，滑动变阻器移至阻值最小端，即为右端；③由表盘指针所指的位置如题图丙所示，欧姆表示数在30左右，根据电压表内阻的估算值29 000 Ω可知，此时欧姆表旋钮打在欧姆挡“×1 k ”处．。

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专题强化十五电学实验基础目标要求 1.会分析电学实验的误差，会通过改进电路减少系统误差.2.掌握常用仪器的读数方法.3.会根据电路原理图连接实验器材．题型一常用仪器的读数一、螺旋测微器1．构造：如图所示，B为固定刻度，E为可动刻度．2．原理：固定刻度B的螺距为0.5 mm，即旋钮D每旋转一周，测微螺杆F前进或后退0.5 mm，而可动刻度E上有50个等分刻度，每转动一小格，F前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．3．读数：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)．如图所示，固定刻度示数为2.0 mm，半毫米刻度线未露出，可动刻度示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.二、游标卡尺1．构造：主尺，游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)，游标卡尺上还有一个深度尺．(如图所示)2．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．3．原理：利用主尺的单位刻度与游标尺的单位刻度之间固定的微量差值制成．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.常见的游标卡尺有10分度、20分度和50分度三种，其规格见下表：刻度格数(分度)刻度总长度 每小格与1 mm 的差值精确度(可精确到)10 9 mm 0.1 mm 0.1 mm 20 19 mm 0.05 mm 0.05 mm 5049 mm0.02 mm0.02 mm4.读数：从主尺上读出整毫米数x ，然后再从游标尺上找出第k 条刻度线与主尺上某一刻度线对齐，即记录结果表示为(x ＋k ×精确度) mm. 三、常用电表的读数对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．(1)0～3 V 的电压表和0～3 A 的电流表的读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1 V 和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，这时要求“15格估读”，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.1．为了读数更精确，游标卡尺也需要估读，如图读作11.40 mm.( × )2．游标卡尺主尺上的数字对应的单位为cm.( √ ) 3．如图，游标卡尺读数为5.20 mm.( × )4．如上图，游标卡尺读数为50.20 mm ，可简化写为50.2 mm.( × )考向1 游标卡尺、螺旋测微器的读数例1 (1)如图所示的三把游标卡尺，它们的游标尺从上至下分别为9 mm 长10等分、19 mm 长20等分、49 mm 长50等分，它们的读数依次为________ mm ，________ mm ，________ mm.(2)读出下面各螺旋测微器的读数，甲________ mm，乙________ mm，丙________ mm.答案(1)17.723.85 3.18(2)4.039 1.100 3.515解析(1)题图最上面游标卡尺：主尺读数为17 mm，游标尺读数为7×0.1 mm＝0.7 mm，最后结果是17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm.题图中间游标卡尺：主尺读数为23 mm，游标尺读数为17×0.05 mm＝0.85 mm，最后结果是23 mm＋0.85 mm＝23.85 mm.题图最下面游标卡尺：主尺读数为3 mm，游标尺读数为9×0.02 mm＝0.18 mm，最后结果是3 mm＋0.18 mm＝3.18 mm.(2)甲：(4＋3.9×0.01) mm＝4.039 mm；乙：(1＋10.0×0.01) mm＝1.100 mm；丙：(3＋0.5＋1.5×0.01) mm＝3.515 mm.考向2电压表、电流表和电阻箱的读数例2(1)如图甲所示的电表使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数为________ A；当使用3 A量程时，对应刻度盘中每一小格代表________ A，图中表针示数为________ A.(2)如图乙所示的电表使用较小量程时，每小格表示________ V，图中表针的示数为________ V；若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________ V，图中表针示数为______ V.(3)旋钮式电阻箱如图丙所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________Ω.现欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是_________________________．若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为________．答案(1)0.020.440.1 2.20(2)0.1 1.700.58.5(3)1 987将“×1 k”挡旋钮调到2，再将“×100”挡旋钮调到0 0～19 998 Ω解析(1)电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，表针示数为0.44 A；当使用3 A量程时，每一小格为0.1 A，表针示数为2.20 A.(2)电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格表示0.5 V，表针示数为8.5 V.(3)电阻为1 987 Ω.最简单的操作方法是先将“×1 k”挡旋钮调到2，再将“×100”挡旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9 999 Ω＝19 998 Ω，故用两个这样的电阻箱，可得到的电阻范围为0～19 998 Ω.测电压或电流时，电表精确度为1,0.1,0.01的估读到下一位；精确度为2,0.2,0.02,5,0.5,0.05，末位为2和5的，读数时只读到与最小刻度位数相同即可．题型二测量电路与控制电路的选择1．电流表的内、外接法内接法外接法电路图误差原因电流表分压U测＝U x＋U A电压表分流I测＝I x＋I V电阻测量值R测＝U测I测＝R x＋R A>R x测量值大于真实值R测＝U测I测＝R x R VR x＋R V<R x 测量值小于真实值适用于测量大阻值电阻小阻值电阻两种电路选择标准当R A≪R x或R x>R A R V时，选用电流表内接法当R V≫R x或R x<R A R V时，选用电流表外接法2.滑动变阻器两种连接方式的对比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上电压调节范围(不计电源内阻)RER＋R0≤U≤E 0≤U≤E 分压电路调节范围大闭合S前触头位置b端a端都是为了保护电路元件3．滑动变阻器两种接法的选择滑动变阻器的最大阻值和用电器的阻值差不多且不要求电压从零开始变化，通常情况下，由于限流式结构简单、耗能少，优先使用限流式．滑动变阻器必须接成分压电路的几种情况：①要求电压表能从零开始读数，要求电压(电流)测量范围尽可能大；②当待测电阻R x≫R(滑动变阻器的最大阻值)时(限流式接法滑动变阻器几乎不起作用)；③若采用限流式接法，电路中的最小电流仍超过电路中电表、电阻允许的最大电流．例3(2020·全国卷Ⅰ·22)某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻R x，所用电压表的内阻为1 kΩ，电流表内阻为0.5 Ω.该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图(a)所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间．测量得到如图(b)所示的两条U －I图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数．回答下列问题：(1)图(b)中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在________(填“O 、P ”或“O 、Q ”)两点的方案测量得到的．(2)根据所用实验器材和图(b)可判断，由图线________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为________ Ω(保留1位小数)．(3)考虑到实验中电表内阻的影响，需对(2)中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为________ Ω(保留1位小数)． 答案 (1)O 、P (2)Ⅰ 50.5 (3)50.0解析 (1)若通过R x 的电流相等，由题图(b)知图线Ⅰ对应的电压值较大，由R ＝UI 可知图线Ⅰ所测电阻较大，图线Ⅱ所测电阻较小，则图线Ⅱ是采用电压表跨接在O 、P 两点的方案测量得到的．(2)由题图(b)可得图线Ⅰ测得电阻阻值R Ⅰ＝3.00－1.00(59.6－20.0)×10－3Ω≈50.5 Ω，图线Ⅱ测得电阻阻值 R Ⅱ＝ 3.00－0.95(64.0－20.0)×10－3 Ω≈46.6 Ω，待测电阻阻值约为50 Ω，R V R x ＝1 000 Ω50 Ω＝20，R xR A ＝50 Ω0.5 Ω＝100，因R V R x <R xR A ，电流表采用内接法更接近待测电阻的真实值，电压表跨接在O 、Q 两点，故图线Ⅰ得到的结果更接近待测电阻的真实值，测量结果为50.5 Ω.(3)电压表跨接在O 、Q 之间，测得的阻值为电阻与电流表内阻之和，则R ＝R Ⅰ－R A ＝(50.5－0.5) Ω＝50.0 Ω.实验误差分析1．系统误差(1)伏安法测电阻系统误差来源：电压表的分流或电流表的分压．(2)减小系统误差根据题目中给出的电阻阻值大约值，选用合适的实验器材，采用误差小的实验方案(如电流表的内、外接法)．(3)消除系统误差题目给定的条件充分(电表内阻已知)，合理设计电路可消除系统误差．2．偶然误差(1)电压表、电流表、多用电表、毫米刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器等读数误差．(2)描点、计算等对数据处理造成的误差．(3)通过多次测量取平均值或图像法可以减小偶然误差．例4物理兴趣小组利用“伏安法”测量一个阻值较小的定值电阻R x的阻值，可用器材有：电压表(量程为15 V，内阻约为5 000 Ω)，电流表(量程为0.6 A，内阻为5 Ω)，电源E(电动势为12 V，内阻不计)，滑动变阻器R最大阻值为10 Ω，定值电阻R0阻值为15 Ω，开关S，导线若干．(R0、R x、R、电流表、电压表、电源、开关等仪器均无断路和短路，导线无断路)(1)将图甲所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图．要求电流表和电压表的示数从零开始变化．(2)连接电路后，闭合开关，逐渐移动滑片，发现电流表始终没有示数，电压表示数逐渐增大最终接近电源电压．则出现该现象的原因可能是________．(3)该电路中R0的作用是________．(4)测出多组数据，作出I－U图像，如图乙所示．则R x阻值为________ Ω.答案(1)见解析图(2)R0与R x之间接线处断路(R x与电流表之间接线处断路等其他答案均可给分，说仪器断路或者短路均不给分)(3)①保护电路②增大电压表读数范围，降低读数误差(能描绘出保护电路意思和方便读数即可给分)(4)4解析 (1)因待测电阻R x 的电阻和电流表的内阻都较小，为保护电路，应将定值电阻R 0与它们串联，又要求电流表和电压表的示数从零开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，由于电流表的内阻已知，故电流表采用内接法，故实验电路的原理图如图所示．(2)出现该现象的原因可能是R 0与R x 之间接线处断路．(3)由(1)分析可知该电路中R 0的作用是：①保护电路；②增大电压表读数范围，降低读数误差． (4)根据I －U 图像可知斜率为k ＝I U ＝0.512 Ω－1＝1R x ＋R 0＋R A，代入数据解得R x ＝ 4 Ω.题型三 实验器材的选取与实物图的连接1．实验器材选择的技巧(1)电压表、电流表：不超过量程，且要超过满偏刻度的13.有时也可以从测量数据来确定选择的电表．(2)滑动变阻器：分压选阻值小的且不超过其额定电流的滑动变阻器，限流选最大阻值为待测电阻2～3倍的滑动变阻器．电流半偏法测电阻，滑动变阻器选阻值大的．(3)定值电阻：若用于电表改装，阻值与改装后的量程匹配，若用于保护电路，应使电流表、电压表读数在满偏刻度的13以上且不超过电流表、电压表量程．2．实物图连接的注意事项(1)画线连接各元件，一般先从电源正极开始，按照电路原理图依次到开关，再到滑动变阻器，按顺序以单线连接方式将主电路中串联的元件依次串联起来，再将要并联的元件并联到电路中去．(2)连线时要将导线接在接线柱上，两条导线不能交叉．(3)要注意电表的量程和正、负接线柱，要使电流从电表的正接线柱流入，从负接线柱流出． (4)滑动变阻器的接法：限流法，导线分别连接到上、下接线柱上(两个接线柱)；分压法，导线分别连接到上边一个接线柱和下边两个接线柱上(一上两下共三个接线柱)．例5 某实验小组要测量一个用电器L 的额定功率(额定电压为10 V 、额定功率在12～15 W 之间)，测量电路的部分导线已经接好(如图所示)．实验室有下列器材可供选用：直流电源：E1(电动势为3 V，内阻很小)E2(电动势为15 V，内阻很小)直流电流表：A1(量程0～0.6 A，内阻约为0.5 Ω)A2(量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω)直流电压表：V(量程为3 V、内阻为3 kΩ)滑动变阻器：R1(阻值范围0～20 Ω)R2(阻值范围0～200 Ω)定值电阻：R3＝3 kΩ、R4＝9 kΩ、R5＝25 kΩ开关一个，导线若干为使测量尽可能准确、方便，请回答下列问题：(1)电源应该选择________(填“E1”或“E2”)；(2)电流表应该选择________(填“A1”或“A2”)；(3)滑动变阻器应该选择________(填“R1”或“R2”)；(4)由于电压表的量程不够，要利用一个定值电阻进行改装．请选择合适的定值电阻，在图中用笔画线代替导线连接好测量电路的剩余部分．答案(1)E2(2)A2(3)R1(4)见解析图解析(1)由于额定电压为10 V，所以直流电源选择电动势为15 V的E2.(2)其额定电流为1.2～1.5 A，所以直流电流表选择A2.(3)根据已有的电路结合让实验结果更为精确的要求，采用限流电路，所以利用滑动变阻器R1作为限流电阻．(4)若要将电压表改装为量程更大的电压表，需要与其串联一个定值电阻，根据串联电路特点知，若串联R3，则量程为6 V，若串联R4，则量程为12 V，若串联R5，则量程为28 V，因此串联R4比较合适，如图所示．例6 现要用如图甲所示的电路图来测量某一电压表V 的内阻．给定的器材有：待测电压表V(量程2 V ，内阻约为4 kΩ)；电流表A(量程1.2 mA ，内阻约500 Ω)；直流电源E (电动势约2.4 V ，内阻不计)；滑动变阻器R 0(最大阻值20 Ω)；定值电阻R (3个：阻值分别为2 kΩ、20 kΩ、200 kΩ)；开关S 及导线若干．要求测量时两电表指针偏转均超过其量程的一半．(1)定值电阻R 应该选用的阻值为________ kΩ；(2)根据图甲的测量电路原理图，用笔画线代替导线，在图乙所给的实物图上连线； (3)根据图甲的测量电路原理图，开关S 闭合前，滑动变阻器的滑动端应滑动到最________端(选填“左”或“右”)；(4)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U ，电流表读数为I ，则电压表内阻R V ＝________. 答案 (1)2 (2)见解析图 (3)左 (4)RU RI －U解析 (1)假设电压表示数为1 V ，由题意可得 1 V 4 kΩ＋1 VR>0.6 mA ，解得R <2.86 kΩ 故电阻R 应该选用的阻值为2 kΩ. (2)实物图如图所示(3)为避免电流表、电压表在开关S 闭合时示数超出量程，闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动端应滑动到最左端．(4)根据部分电路欧姆定律可得，电压表内阻为 R V ＝U I －U R＝RU RI －U .课时精练1．某同学用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为________ mm ；用游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为________ cm.另一位学生用游标尺上标有50等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图丙所示，则该工件的长度L ＝________ cm.答案 8.021(8.020～8.022均可) 2.060 5.236解析 螺旋测微器的固定刻度读数为8 mm ，可动刻度读数为2.1×0.01 mm ＝0.021 mm ，所以最终读数为8 mm ＋0.021 mm ＝8.021 mm ，由于需要估读，因此在范围8.020～8.022 mm 内均正确．游标卡尺的主尺读数为20 mm ，游标尺上第12个刻度与主尺上某一刻度对齐，故游标尺读数为12×0.05 mm ＝0.60 mm ，所以最终读数为20 mm ＋0.60 mm ＝20.60 mm ＝2.060 cm.工件的长度L ＝52 mm ＋0.02×18 mm ＝5.236 cm.2．如图，螺旋测微器的读数为________ mm ；电压表的读数为________ V ；电流表的读数为________ A.答案0.695 2.600.52解析螺旋测微器的读数为0.5 mm＋0.01 mm×19.5＝0.695 mm；电压表的读数为2.60 V；电流表的读数为0.52 A.3．某同学用伏安法测定待测电阻R x的阻值(约为10 kΩ)，除了R x、开关S、导线外，还有下列器材供选用：A．电压表(量程0～1 V，内阻约10 kΩ)B．电压表(量程0～10 V，内阻约100 kΩ)C．电流表(量程0～1 mA，内阻约30 Ω)D．电流表(量程0～0.6 A，内阻约0.05 Ω)E．电源(电动势1.5 V，额定电流0.5 A，内阻不计)F．电源(电动势12 V，额定电流2 A，内阻不计)G．滑动变阻器R0(阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A)(1)为使测量尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________．(均填器材的字母代号)(2)在虚线框内画出测量R x阻值的实验电路图．(3)该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会________其真实值(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是__________________________．答案(1)B C F(2)见解析图(3)大于电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压(其他表述正确也可)解析(1)若电源选用E，则通过R x的最大电流为0.15 mA，此时两电流表均达不到半偏，故电源应选用F.电压表内阻应尽可能与被测电阻阻值相差大一些且量程接近电源电压，故电压表选用B.由此可知电路中的电流约为1 mA，故电流表选用C.(2)因为待测电阻阻值较大，所以电流表应采用内接法．因为滑动变阻器的阻值很小，若采用限流式接法接入电路的滑动变阻器起不到多大的限流作用，所以滑动变阻器应采用分压式接法，实验电路图如图所示．(3)因为电流表采用内接法，电压表测出的电压为R x与电流表串联后两端电压，U测＞U实，，所以R测＞R实．而R＝UI4．(2023·广东惠州市第一次调研)某同学通过实验测量一个阻值约为5 Ω的定值电阻．可供使用的器材如下：A．待测电阻R x≈5 ΩB．电流表A1，量程0.6 A，内阻约0.6 ΩC．电流表A2，量程3 A，内阻约0.12 ΩD．电压表V1，量程15 V，内阻约15 kΩE．电压表V2，量程3 V，内阻约3 kΩF．滑动变阻器R，总电阻10 ΩG．直流电源E，电动势3 V，内阻不计H．开关S，导线若干(1)用伏安法测量该定值电阻阻值时，应当选择电流表________(选填“A1”或“A2”)，选择电压表________(选填“V1”或“V2”)．(2)请根据所设计的测量电路图，将下列实物图连接完整(滑动变阻器采用限流接法)．(3)某次测量的电表示数如图所示，其中电压表示数为________ V，电流表示数为________ A.(4)根据上述所测量的实验数据，计算得待测电阻R x＝______ Ω(计算结果保留3位有效数字)．答案(1)A1V2(2)见解析图(3)1.730.32(4)5.41解析(1)由于电源的电动势为3 V，因此电压表选择量程为3 V，即选V2，待测电阻约为5 Ω，则电路中最大电流为0.6 A，因此电流表选择量程为0.6 A，即选A1.(2)由于R V R x >R xR A，因此应采用电流表外接法，具体实物图如下(3)由题图可知，电压表示数为1.73 V ；电流表示数为0.32 A. (4)根据测量的实验数据，计算得待测电阻为R x ＝UI ＝5.41 Ω.5．某同学要测量一个未知电阻的阻值，实验室提供的器材有： A ．电流表A 1：量程为0～3 mA ，内阻r 1约为15 Ω B ．电流表A 2：量程为0～1.5 mA ，内阻r 2为25 Ω C ．定值电阻R 1：R 1＝9 975 Ω D ．定值电阻R 2：R 2＝1 975 Ω E ．滑动变阻器R 3：最大阻值为10 ΩF ．电源E ，电动势为3 V ，内阻很小但不可忽略G ．开关S 及导线若干(1)该同学根据实验器材设计了如图所示的测量电路，闭合开关S 之前，滑动变阻器R 3的滑片应置于________(填“最左端”或“最右端”)．(2)实验中需要量程为0～3 V 的电压表，则电路图中的电流表①应选择________，定值电阻R 应选择________(均填器材前面的字母)．(3)调节滑动变阻器，将滑动变阻器的滑片置于合适的位置，若此时电流表A 1的示数为I 1，电流表A 2的示数为I 2，则待测电阻R x ＝________(用物理量的符号表示)． 答案 (1)最左端 (2)B D (3)I 2(r 2＋R 2)I 1－I 2解析 (1)为了实验安全，闭合开关S 之前，应使电路中电流从最小值开始调节，滑动变阻器采用分压接法，故应将滑片置于最左端．(2)实验器材中没有电压表，要用电流表改装，只有内阻已知的电流表才能改装成电压表，所以电流表选择B.根据电压表改装原理可得R ＝U －I A2r 2I A2＝3－1.5×10－3×251.5×10－3 Ω＝1 975 Ω，故定值电阻应选择D.(3)由串、并联电路的特点和闭合电路欧姆定律有I 2(r 2＋R 2)＝(I 1－I 2)R x 解得R x ＝I 2(r 2＋R 2)I 1－I 2.6．(2023·四川攀枝花市模拟)电阻R x 的阻值在3～5 kΩ间，现要测量其电阻，实验室提供了下列器材：电压表V(量程3 V ，内阻约为30 kΩ) 电流表A 1(量程100 μA ，内阻约为100 Ω) 电流表A 2(量程1 mA ，内阻约为10 Ω) 滑动变阻器R (最大电阻500 Ω) 电源E (电动势4 V) 开关S 及导线若干某课外活动小组设计了如图甲所示的测量电路进行了实验，请回答下列问题：(1)电路中电流表应选用上述器材中的________(填写字母代号)；(2)闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动触头P 应在________(选填“a ”或“b ”)端； (3)请根据图甲所示的电路图，在图乙中将实物图连接补充完整；(4)实验中得到的I －U 图线如图丙中的实线d 所示，电阻R x 的测量值为________ kΩ； (5)由于本实验存在误差，你认为电阻R x 的真实I －U 图线应为图丙中图线________(选填“c ” 或“e ”)；(6)某同学对图甲中虚线框内的电路进行修改，并从上述器材中选用适当的器材，设计出了测量电压表V 内阻的电路，请在方框内画出该同学修改部分的电路，并在图中标出所选用的器材．答案 (1)A 2 (2)a (3)见解析图 (4)4 (5)c (6)见解析图 解析 (1)电路中的最大电流为I ＝U R x ＝33 000A ＝1 mA ，故电流表选择A 2. (2)滑动变阻器为分压接法，为了保护电路，闭合开关前应使并联部分的电压为零，故滑动触头P 应在a 端．(3)按实验电路图将实物图补充完整，如图所示．(4)根据I －U 图像求得电阻R x ＝U 1I 1＝20.5×10－3Ω＝4.0 kΩ.(5)本次实验是用电流表的内接法测电阻的，所以电压表测的是电流表和R x 两端的总电压，那么电压和电阻的测量值均偏大，故真实的图线应是c . (6)由于电压表的内阻很大，而满偏电流 I m ＝U m R V ＝330×103A ＝10－4 A ＝100 μA 恰好在电流表A 1的量程之内，所以可以直接将两表串联接入虚线框内，如图所示．7．(2023·广东深圳市调研)某学习小组研究“不同的电阻测量方案对误差的影响”．现有器材为：电源、电流表(量程0.6 A)、电压表(量程3 V)、待测定值电阻、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、开关、导线若干．实验步骤如下：(1)用图甲和图乙电路分别测量待测电阻的阻值，请在图丙中按图甲用笔画线代替导线将电路补充完整；(2)将图丙中滑动变阻器的滑片P 滑到________(填“e ”或“f ”)端，闭合开关，调节滑动变阻器，记录测量数据；(3)根据测量数据在U －I 坐标系中描点作图，得到图丁中的图线a 和b ，则a 线对应的测量值是________ Ω，a 线是采用图________(选填“甲”或“乙”)电路测得的结果，理由是(要求论述有依据)____________________________________________________________________. (4)为提高测量精度，在图甲电路中，用电流传感器代替电流表，电压传感器代替电压表，对同一电阻再次进行测量．得到对应的U －I 图线c ，拟合直线及表达式见图戊，认为其测量值等于真实值．(5)相对误差反映测量的可信程度，相对误差公式为δ＝|测量值－真实值真实值|×100%.由步骤(3)和(4)可得图线a 的相对误差为δ＝________%(保留三位有效数字)．答案 (1)见解析图 (2)f (3)6.43 甲 a 线对应的测量值大于b 线对应的测量值，测量结果偏大，采用电流表内接法 (5)27.8 解析 (1)完整电路如图所示．(2)闭合开关S 前，应将滑动变阻器的滑片P 滑到接入电路阻值最大处，即滑动变阻器的滑片P 滑到f 端；(3)由题图丁可知，a 线对应的待测电阻测量值是R x 测＝ΔU ΔI ＝2.25－00.35－0Ω＝6.43 Ω选择电流表的外接法，由于电压表的分流作用，电流表测量值大于流经R x 的电流值，测量结果偏小；选择电流表的内接法，由于电流表的分压作用，电压表测量值大于R x 两端的电压值，测量结果偏大；a 线对应的测量值大于b 线对应的测量值，所以a 线是采用题图甲电路测得的结果；(5)结合题图戊的U －I 关系式可知待测电阻的真实值R x 真＝5.03 Ω 图线a 的相对误差为δ＝|6.43－5.035.03|×100%＝27.8%.。

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