【物理】2018届二轮复习专题四电路与电磁感应教案
高考研究(十五) 聚焦选择题考法——直流电路、交流电路
1．(2016·全国Ⅱ卷T17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示。
根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1＝E，U2＝E，C所带的电荷量Q＝CU，则Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确。
2.[多选](2016·全国Ⅲ卷T21)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则( )
A．两导线框中均会产生正弦交流电
B．两导线框中感应电流的周期都等于T
C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等
D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
解析：
选BC 两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B正确；在t＝时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误。
3.(2016·全国Ⅰ卷T16)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω 和4 Ω，○为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选B 设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI。
根据变压器的输入功率等于输出功率得
UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)
4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2
联立两式代入数据解得k＝3
选项B正确。
4．[多选](2016·全国Ⅲ卷T19)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是( )
A．原、副线圈匝数比为9∶1
B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1
D．此时a和b的电功率之比为1∶9
解析：选AD 设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，A正确，B错误；由9U0Ia＝U0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，C错误，D正确。
5.(2015·全国Ⅰ卷T16)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )
A．U＝66 V，k＝ B．U＝22 V，k＝
C．U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝
解析：选A 设原、副线圈中的电流分别I1、I2，则＝＝，故k＝＝。设原线圈两端的电压为U1，则＝＝，故U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故＋3U＝220 V，解得U＝66 V。选项A正确。
6．[多选](2017·全国Ⅱ卷T21)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )
A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
解析：选AD 装置平面示意图如图所示。如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动。当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故选A、D。
高考题型
典型试题
难度
1.直流电路的分析与计算
2016·全国Ⅱ卷T17
★★★
2.交变电流的产生及描述
2016·全国Ⅲ卷T21
★★☆
3.理想变压器的工作原理与计算
2016·全国Ⅰ卷T16
★★★
2016·全国Ⅲ卷T19
★★☆
2015·全国Ⅰ卷T16
★★★
4.交流电动机的原理
2017·全国Ⅱ卷T21
★★★
题型(一) 直流电路的分析与计算
[必备知能]
1．直流电路的动态分析
(1)方法一：程序法，即部分——整体——部分。
(2)方法二：结论法，即串反并同法。
2．直流电路中的功率问题
(1)电路的电功率分析
①纯电阻电路：P电＝P热＝I2R＝IU＝。
②非纯电阻电路：P电＝P热＋P机，即UI＝I2R＋P机。
(2)电源的输出功率与负载的关系分析
①当R＝r时，电源的输出功率最大，为Pm＝。
②当R>r时，随着R的增大，电源的输出功率越来越小。
③当R
1)能减小远距离输电的能量损失
C．若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n2
D．若输送功率一定，则P2∶P1＝n12∶n22
解析：选BD 变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误；第一次实验，输电线上的电流I＝，输电线上损失的功率P1＝I2R＝R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝U1，输电线上的电流I′＝，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝R，所以＝＝，故D正确，C错误；由上述分析知P2U0；在题图乙中，根据电压与匝数成正比，知n1>n2，所以该变压器是降压变压器，故A错误；由题图乙，根据电压与匝数成正比，得n1∶n2＝U∶U0
，故B错误；灯泡均能正常工作，所以电流等于额定电流，甲电路消耗的功率为UI，乙电路消耗的功率为U0I，所以甲、乙电路消耗的功率之比为U∶U0，故C错误；R两端电压的有效值为U－U0，因为电源是正弦交流电，所以R两端电压的最大值为(U－U0)，故D正确。
2.如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1＝2 000，副线圈匝数为n2＝500，将原线圈接在u＝220·sin 120πt V 的交流电压上，定值电阻的阻值为20 Ω，滑动变阻器的总阻值为35 Ω。下列说法中正确的是( )
A．副线圈输出电压的频率为50 Hz
B．副线圈的电压的有效值为30 V
C．滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电阻R两端的电压变小
D．滑片P滑到最左端时，理想变压器的输入功率为55 W
解析：选D 原、副线圈的交流电压周期T＝，频率f＝＝60 Hz，选项A错误；原线圈电压的有效值U1＝＝220 V，根据＝，可得副线圈的电压的有效值U2＝55 V，选项B错误；滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电路中电流变大，电阻R两端的电压变大，选项C错误；滑动变阻器的滑片P滑到最左端时，理想变压器的输入功率为P2＝＝55 W，选项D正确。
3．(2017·吉安第一中学模拟)如图所示的电路中，A1和A2为理想电流表，示数分别为I1和I2，R1∶R2∶R3＝1∶2∶3；当ab两点间加以恒定的电压U后，下列结论正确的是( )
A．I1∶I2＝3∶4
B．I1∶I2＝4∶9
C．将A1、A2换成理想电压表，其示数之比为3∶5
D．将A1、A2换成理想电压表，其示数之比为1∶1
解析：选C ab两点间加以恒定的电压U后，电路图如图甲所示，
并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，＝＝
，故A、B错误；将A1、A2换成理想电压表，电路图如图乙所示成为串联电路，UR1∶UR2∶UR3＝1∶2∶3，＝＝，故C正确，D错误。
4．(2018届高三·湖北八校联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，和R1、R2分别是电压表、定值电阻，且R1＝5R2。已知ab两端电压u按图乙所示正弦规律变化。下列说法正确的是( )
A．电压u瞬时值的表达式为u＝220sin 10πt V
B．电压表示数为40 V
C．R1、R2两端的电压之比为5∶1
D．R1、R2消耗的功率之比为1∶5
解析：选D 从题图乙中可知交变电压的最大值为um＝220 V，周期为T＝0.02 s，故ω＝＝100π rad/s，故电压u瞬时值的表达式为u＝220sin 100πt V，A错误；交变电压的有效值为E＝220 V，原线圈中的电流为I1，故原线圈中输出端电压为U1＝E－I1R1，副线圈中的电压为U2＝I2R2，故根据＝可得＝5，由＝＝，可得I2＝5I1，又R1＝5R2，代入整理可得I2R2＝ V，所以电压表示数U2＝ V，B错误；R1、R2两端的电压之比为＝＝1∶1，C错误；R1、R2消耗的功率之比为＝＝，D正确。
5．[多选](2017·泰安模拟)如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时， UAB>0)。由此可知( )
A．在A、B之间所加的交变电压的周期为2×10－2 s
B．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u＝220sin 50πt V
C．加在R1上电压的有效值为55 V
D．加在R1上电压的有效值为55 V
解析：选AC 由题图乙可得交变电压的周期为：T＝2×10－2 s，故A正确；电压最大值为：Um＝220 V，交变电压的瞬时值表达式为：u＝Umsin ωt＝220sint V＝220sin 100πt V，故B错误；当电压为正值时A点电势高于B点电势，二极管导通，即R1被短路；电压为负值时B点电势高于A点电势，二极管截止，R1、R2串联。设R1上电压的有效值为U，根据有效值的定义得：T＝×，解得：U＝55 V，故C正确，D错误。
6．[多选](2017·南平检测)如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L变暗，下列可以使电灯L重新变亮的方法是( )
A．其他条件不变，P1上移，同时P2下移
B．其他条件不变，P1下移，同时P2上移
C．其他条件不变，断开开关S
D．其他条件不变，将滑动变阻器滑片P向下移动
解析：选BC P1上移增大n1，P2下移减小n2，由理想变压器的变压比：＝，可知U2将会变得更小，所以电灯L不会重新变亮，故A错误；同理，P1下移减小n1，P2上移增大n2，可知U2将会变大，所以电灯L会重新变亮，故B正确；其他条件不变，U2电压不变，断开开关S，并联部分电阻变大，副线圈电流变小，R1分压变小，电灯L的电压将变大，所以电灯L会重新变亮，故C正确；其他条件不变，将滑动变阻器滑片P向下移动，总电阻变小，总电流变大，R1分压变大，电灯L的电压将变小，所以电灯L不会重新变亮，故D错误。
7.[多选](2017·榆林模拟)如图所示，一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接入电压有效值为220 V的正弦交流电，副线圈接有两只理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为无穷大)和两个电阻，且电阻R1＝R2＝50 Ω。电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )
A．电流表的示数为0.275 A
B．电压表的示数为55 V
C．1 min内电阻R1上产生的热量为 3 630 J
D．电阻R2消耗的电功率为60.5 W
解析：选AB 根据电压与匝数成正比，有：＝，则副线圈两端的电压U2＝×220 V＝55 V，故B正确；因为二极管具有单向导电性，1 min内电阻R1上产生的热量Q＝·t＝1 815 J，故C错误；电阻R2消耗的电功率PR2＝·＝30.25 W，故D错误；由题图电路可知，电阻R1消耗的电功率等于电阻R2消耗的电功率，输入功率P1＝30.25×2 W＝60.5 W，电流表的示数为I1＝＝ A＝0.275 A，故A正确。
8．[多选](2017·银川重点中学模拟)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，图甲中P、Q间输入如图乙所示的正弦式交变电压，副线圈接火灾报警系统(未画出)，电压表均为理想电表，电流表内阻不可忽略，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻(其阻值随温度的升高而减小)。下列说法中正确的是( )
A．电压表V1的示数一定小于220 V
B．无论何种情况，电压表V1的示数与电压表V2的示数之比为10∶1
C．R处出现火警时，电流表示数增大
D．R处出现火警时，电阻R0消耗的功率减小
解析：选ABC 由题图乙可知，原线圈电压的有效值为220 V，由于电流表内阻不可忽略，在电流通过电流表时有电压损失，所以电压表V1的示数一定小于220 V，选项A正确；根据变压器变压原理，无论何种情况，变压器原、副线圈两端的电压都与匝数成正比，所以变压器原、副线圈两端的电压(即电压表示数)之比为10∶1，选项B正确；R处出现火警时，R的阻值减小，变压器输出电流增大，电阻R0消耗的功率增大，变压器输出功率增大，根据输出功率决定输入功率可知电流表示数增大，选项C正确，D错误。
高考研究(十六) 聚焦选择题考法——三定则、两定律
1．(2017·全国Ⅰ卷T18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )
解析：选A 施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。
2．(2017·全国Ⅲ卷T15)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
解析：选D 金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，与原磁场方向相反，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C错误，D正确。
3．[多选](2016·全国Ⅱ卷T20)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
解析：选AB 由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω
知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。
4．[多选](2015·全国Ⅰ卷T19)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
解析：选AB 当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘整体呈电中性，转动时不会形成电流，选项D错误。
5．(2015·全国Ⅱ卷T15)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua 、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A．Ua＞Uc，金属框中无电流
B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a—b—c—a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a
解析：选C 金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误；由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确。
6．[多选](2017·全国Ⅱ卷T20)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 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．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
解析：选BC 由题图(b)可知，导线框运动的速度大小为v＝＝ m/s＝0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝＝ T＝0.2 T，A项错误；由题图(b)可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直于纸面向外，C项正确；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小为I＝＝ A＝2 A，则导线框所受的安培力大小为F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D项错误。
高考题型
典型试题
难度
1.楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用
2017·全国Ⅰ卷T18
★★☆
2017·全国Ⅲ卷T15
★★☆
2016·全国Ⅱ卷T20
★★★
2015·全国Ⅰ卷T19
★★★
2015·全国Ⅱ卷T15
★★★
2.电磁感应中的图象和动力学问题
2017·全国Ⅱ卷T20
★★★
题型(一) 楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用
高考定位：常考题型
解题关键：重在掌握“三定则、两定律”的应用，结合电路知识进行分析
[必备知能]
1．三定则、两定律
三
定
则
安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向
左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向
右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向
两
定
律
楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向
法拉第电磁感应定律：确定感应电动势的大小
2.感应电流方向的两种判断方法
一是利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。
二是利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断。
3．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。
4．求感应电动势的两种方法
(1)E＝n，用来计算感应电动势的平均值。
(2)E＝BLv和E＝BL2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值。
[典例示法]
[例1] [多选](2017·吉林延边州检测)1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机，它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上第一台发电机。如图所示是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触。使铜盘转动，电阻R中就有电流通过。若所加磁场为匀强磁场，除R以外其余电阻均不计。从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，下列说法正确的是( )
A．铜片D的电势高于铜片C的电势
B．电阻R中有正弦式交变电流流过
C．铜盘半径增大1倍，流过电阻R的电流也随之增大1倍
D．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生
1．由于铜盘在切割磁感线，则相当于电源，内部电流方向是从负极到正极。
2．应用右手定则判断感应电流的方向，同时注意其产生条件。
[解析] 根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此铜片D的电势高于铜片C的电势，故A正确；由于铜盘转动方向不变，从而在电路中形成方向不变的电流，故B错误；因感应电动势E＝BL ，I＝，而＝，则有I＝，若铜盘半径增大1倍，流过电阻R的电流变为原来的4倍，故C错误；保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，穿过铜盘的磁通量变化，则铜盘中有电流产生，故D正确。
[答案] AD
[演练冲关]
1.[多选](2017·潍坊实验中学检测)绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图所示。线圈上端与电源正极相连，闭合开关的瞬间，铝环向上跳起。若保持开关闭合，则( )
A．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变
B．铝环跳起到某一高度后将回落
C．铝环停留在某一高度
D．铝环不断升高
解析：选AB 闭合开关瞬间，线圈中产生磁场，导致铝环内产生磁通量等效于磁通量增大，根据楞次定律可知，铝环中感应电流的磁场将阻碍磁通量的增大，因此将向上跳起，但是不能阻止磁通量变化，故铝环将回落，故B正确，C、D错误；实验现象与电源的正、负极对调无关，故A正确。
2.(2017·南昌重点中学模拟)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两点的电势差为( )
A.BRv B.BRv
C.BRv D.BRv
解析：选D 由几何关系知，当圆环运动到题图所示位置，圆环切割磁感线的有效长度为R；此时ab间产生的感应电动势为：E＝BRv；a、b两点的电势差由欧姆定律得：U
ab＝E＝BRv，故D正确。
3.[多选](2017·宁德检测)如图所示，固定在倾角为θ＝30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d＝1 m，其底端接有阻值为R＝2 Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中。一质量为m＝1 kg (质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现ab在沿斜面向上、垂直于ab的恒力F＝10 N作用下，从静止开始沿导轨向上运动的距离L＝6 m时，速度恰好达到最大(运动过程中ab始终与导轨保持垂直)。设ab接入电路的电阻为r＝2 Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g＝10 m/s2。则此过程( )
A．ab的速度最大值为5 m/s
B．流过电阻R的电量为6 C
C．在这一过程中，整个回路产生的焦耳热为17.5 J
D．流过电阻R的电流方向为由c到d
解析：选AC 当ab达到最大速度时满足：F＝＋mgsin θ，解得vm＝5 m/s，选项A正确；流过电阻R的电量：q＝＝＝ C＝3 C，选项B错误；回路产生的焦耳热：Q＝FL－mgLsin θ－mvm2＝17.5 J，选项C正确；由右手定则可知，流过电阻R的电流方向为由d到c，选项D错误。
题型(二) 电磁感应中的图象和动力学问题
高考定位：常考题型
解题关键：重在理解图象的物理意义，掌握分析图象问题的两种方法
[典例示法]
[例2] [多选](2017·泰安模拟)矩形线框abcd固定放在匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示。设t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，选项图中i表示线框中感应电流的大小(规定电流沿顺时针方向为正)，F表示线框ab边所受的安培力的大小(规定ab边所受的安培力方向向左为正)，图象可能正确的是( )
1．本题应根据磁感应强度变化规律进行分段研究。
2．根据法拉第电磁感应定律可定性判断电流的图象。
3．由楞次定律和左手定则判断安培力的方向。
4．由法拉第电磁感应定律和安培力公式研究安培力的大小。
[解析] 在0～2 s内，磁感应强度均匀变化，线框的磁通量均匀变化，产生恒定电流，磁场方向先向里后向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感应电流方向一直为顺时针方向，电流为正值。根据法拉第电磁感应定律得：E＝S，该段时间内恒定，则感应电动势恒定，由I＝可知感应电流也恒定。同理得知，在2～4 s内，感应电流方向为逆时针方向，电流为负值，感应电流也恒定，故A正确，B错误；在0～2 s内，线框ab边所受的安培力的大小为F＝BIL，IL一定，F与B成正比，而由楞次定律判断可知，ab边所受安培力方向先向左后向右，即先为正值后为负值。同理得知，在2～4 s内，F与B成正比，安培力方向先向左后向右，即先为正值后为负值，与0～2 s内变化情况相同，故C正确，D错误。
[答案] AC
1．电磁感应中图象问题的一般分析思路
(1)明确图象的种类(看纵横坐标分别表示什么物理量，如Bt、Et、Ex、ix、it、F安t等)。
(2)分析电磁感应的具体过程(如导体匀速、加速、减速切割磁感线，磁感应强度均匀、非均匀变化等)。
(3)结合相关规律写出函数表达式(注意数形结合)。
(4)根据函数关系进行图象分析(注意点、线、面、斜率、截距等的物理意义)。
2．分析电磁感应中图象问题的常用方法
排除法
定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)
，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项
函数法
根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断
3.解答图象问题关注点
(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。
(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的变化趋势是否和物理过程对应。
[演练冲关]
4．[多选](2018届高三·第一次全国大联考Ⅰ卷)如图甲所示，粗细均匀的矩形金属线框abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直线框所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。以垂直于线框所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则选项图中关于ab边的热功率P、ab边受到的安培力F(以向右为正方向)随时间t变化的规律正确的是( )
解析：选AD 由题图乙知，的大小恒定，根据法拉第电磁感应定律：E＝n＝nS 可知，线框中产生的感应电动势大小不变，所以感应电流大小也不变，ab边的热功率P＝I2R，恒定不变，A正确，B错误；根据安培力公式F＝BIL，因为电流大小、ab边长度不变，安培力与磁感应强度成正比，根据左手定则判定方向，可知C错误，D正确。
5.[多选](2018届高三·第一次全国大联考Ⅰ卷)如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，两导轨上端接有电阻R(其余电阻不计)，虚线MM′和NN′
之间有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B1，虚线NN′和PP′之间也有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B2(B1>B2)。现将质量为m的金属杆ab，从MM′上方某处由静止释放，ab在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，已知ab到达NN′和PP′之前已经做匀速运动。则ab从MM′运动到PP′这段时间内的v t图象可能正确的是( )
解析：选BC ab到达MM′切割磁感线时，若安培力大于重力，ab做加速度减小的减速运动，若安培力等于重力，ab一直做匀速运动，若安培力小于重力，ab做加速度减小的加速运动；ab到达NN′前已经匀速运动，即安培力等于重力，则当ab到达NN′时，由于磁感应强度减小，安培力变小，会小于重力，ab做加速度减小的加速运动。可知B、C正确，A、D错误。
6．[多选](2018届高三·安徽皖南八校联考)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板A、B连接，两板间距为d且足够宽，如图甲所示。在圆环处有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。在平行金属板A、B正中间有质量未知、电荷量为q的带电液滴，液滴在0～0.1 s处于静止状态，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．液滴带正电
B．液滴的质量为
C．第0.3 s时液滴的运动方向改变
D．第0.4 s时液滴距初始位置的距离为0.08g(单位：米)
解析：选ABD 根据楞次定律可知，在0～0.1 s内圆环中产生的感应电动势使B板为正，液滴处于静止状态，可知液滴带正电，选项A正确；在0～0.1 s内圆环中产生的感应电动势E＝S＝×πr2＝0.1πr2；对液滴有mg＝q，解得m＝，选项B正确；0.1～0.2 s时电动势的方向发生改变，则液滴向下做加速运动，0.2～0.3 s 时电动势的方向不变，液滴继续向下做加速运动，选项C错误；液滴向下运动的加速度为mg＋q＝ma，解得a＝2g,0.1～0.3 s内液滴向下做加速运动的位移x1＝at2＝×2g×0.22 m＝0.04g m；在0.3 s时液滴的速度v＝at＝2g×0.2 m/s＝0.4g m/s；0.3～0.4
s时电动势的方向改变，液滴受力平衡，液滴继续向下做匀速运动，故位移为x2＝vt＝0.4g×0.1 m＝0.04g m，故第0.4 s 时液滴距初始位置的距离为0.08g(单位：米)，选项D正确。
[选择题保分练] 三定则、两定律
1．(2017·温州中学模拟)“超导量子干涉仪”可用于探测心磁(10－10 T)和脑磁(10－13 T)等微弱磁场，其灵敏度可达10－14 T，其探测“回路”示意图如图甲所示。穿过ABCD“回路”的磁通量为Φ，电流I＝i1＋i2。电流I与的关系如图乙所示(Φ0＝2.07×10－15 Wb)，下列说法正确的是( )
A．图乙中横坐标的单位是Wb
B．穿过“回路”的磁通量越大，电流I越大
C．穿过“回路”的磁通量变化引发电流I周期性变化
D．根据电流I的大小，可以确定穿过“回路”的磁通量大小
解析：选C 因为Φ、Φ0的单位都是Wb，所以的单位是1，故A错误；从题图乙中可以看出，穿过“回路”的磁通量变化引发电流I周期性变化，当的比值是整数时，电流I最大，故B错误，C正确；因为电流I是周期性变化的，同一个电流值，对应很多磁通量的值，故不能根据电流的大小来确定穿过“回路”的磁通量的大小，故D错误。
2.(2017·茂名检测)在光滑水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，磁感应强度为B。正方形闭合金属线圈的边长为L，沿x轴正方向运动，未进入磁场时以速度v0匀速运动，并能垂直磁场边界穿过磁场，那么( )
A．bc边刚进入磁场时，bc两端的电压为
B．线圈进入磁场过程中的电流方向为顺时针方向
C．线圈进入磁场做匀减速直线运动
D．线圈进入磁场过程产生的焦耳热大于离开磁场过程产生的焦耳热
解析：选D bc边刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝BLv0，则bc两端的电压为Ubc＝E＝BLv0
，选项A错误；由右手定则可知，线圈进入磁场过程中的电流方向为逆时针方向，选项B错误；线圈进入磁场后，受向左的安培力作用做减速运动，因速度减小，故安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，故线圈进入磁场后做加速度减小的变减速运动，选项C错误；线圈中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，由于线圈进入磁场时速度较大，所受安培力较大，故线圈进入磁场过程产生的焦耳热大于离开磁场过程产生的焦耳热，选项D正确。
3．(2018届高三·第一次全国大联考Ⅱ卷)间距为 m的无限长光滑金属导轨水平放置，导轨中间分布有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线，一长为2 m 的光滑导体棒以1 m/s的速度匀速向右滑动，如图所示，导轨电阻不计，导体棒总电阻为20 Ω，定值电阻为10 Ω，则下列分析正确的是( )
A．电流表的示数为 A
B．电压表的示数为0.5 V
C．导体棒运动到图示虚线位置时，导体棒的瞬时电流从C到D
D．导体棒上消耗的热功率为0.2 W
解析：选B 当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为E＝BLv，由于磁场边界为正弦曲线，则有效切割长度按正弦规律变化，且当磁场反向时，感应电流反向，故产生正弦式交流电，导体棒有效切割长度最长等于 m，交流电的最大值是：Em＝BLv＝1××1 V＝ V，有效值为E＝＝1 V，由于导体棒接入导轨的有效长度为总长度的一半，所以接入的有效电阻为10 Ω，定值电阻也为10 Ω，则电压表的示数为U＝E＝0.5 V，选项B正确；电流表的示数为I＝＝ A＝0.05 A，选项A错误；导体棒运动到题图所示虚线位置时，磁感应强度等于0，瞬时电流等于0，选项C错误；导体棒上消耗的热功率为Pr＝I2r＝0.052×10 W＝0.025 W，选项D错误。
4.(2017·太原模拟)如图1所示，两平行光滑金属导轨放置在水平面上，间距为L，左端接电阻R，导轨电阻不计。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。将质量为m、电阻为r的金属棒ab置于导轨上，当ab受到垂直的水平外力F的作用由静止开始运动时，F与ab速度v的关系如图2所示。已知ab与导轨始终垂直且接触良好，设ab中的感应电流为I，ab受到的安培力大小为F安，R两端的电压为UR，R的电功率为P，则选项图中可能正确的是( )
解析：选A 由题图2可得F＝F0－kv，ab切割磁感线产生电动势E＝BLv，ab中的感应电流I＝，I∝v，ab所受安培力F安＝BIL，对ab根据牛顿第二定律有，F－F安＝ma，代入得：F0－v＝ma，所以ab做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，由I∝v易知，I先增大后保持不变，且I在相等时间内的增加量逐渐减小，由图象可知，A正确；由F安＝，知安培力随时间先增大后保持不变，由UR＝R，知R两端的电压先增大后保持不变，R消耗的功率P＝＝，知电阻R的电功率先增大后保持不变，且电功率在相等的时间内增加量逐渐减小，B、C、D错误。
5.[多选](2017·济宁模拟)如图所示，在水平面内有两个光滑金属“V”字型导轨，空间中存在垂直于水平面的匀强磁场(磁场未画出)，其中导轨bac固定不动，用外力F使导轨edf向右匀速运动，导轨间接触始终良好，从图示位置开始计时，下列关于回路中的电流I的大小和外力F的大小随时间变化的关系正确的是( )
解析：选AD 设导轨edf向右匀速运动的过程中切割磁感线的有效长度为L，产生的电动势为E＝BLv，由题图知，回路的周长与L成正比，即s＝kL，设单位长度的电阻为R0，总电阻为kLR0，可知电流I＝＝，所以A正确，B错误；导轨edf做匀速运动，所以合外力等于零，即F＝F安＝BIL，电流I不变，切割磁感线的有效长度L随时间均匀增大，所以C错误，D正确。
6.[多选](2018届高三·湖南五市十校联考)如图所示，两平行的光滑导轨固定在同一水平面内，两导轨间距离为L，金属棒ab垂直于导轨，ab两端与导轨接触良好，在导轨左端接入阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。与定值电阻相连的导线、导轨和ab的电阻均可忽略不计。用平行于导轨向右的大小为F的力拉ab，使ab以大小为v的速度向右匀速运动，则( )
A．ab相当于电源，其a端相当于电源负极
B．拉力F＝
C．回路中的感应电流沿顺时针方向流动
D．定值电阻消耗的电功率P＝Fv
解析：选BD 根据楞次定律可得，ab中的感应电流从b到a，a端相当于电源正极，回路中感应电流沿逆时针方向流动，A、C错误；产生的感应电动势E＝BLv，ab受到的安培力F安＝BIL＝B··L＝，由于ab做匀速运动，所以F＝F安＝，B正确；由于速度不变，所以拉力做功转化为电阻产生的内能，故定值电阻消耗的电功率P＝Fv，D正确。
7.[多选](2018届高三·第一次全国大联考Ⅲ卷)如图所示，一宽为l的匀强磁场B区域，磁场方向垂直于纸面向里。一个边长为a(l＝2a)的正方形导线框ABCD位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v通过该磁场区域，线框电阻为R，在运动过程中，线框的AB边始终与磁场区域的边界平行。取它刚进入磁场的时刻t＝0，经过3 s，线框恰好完全离开磁场，下列说法正确的是( )
A．在第1 s内，线框中感应电流为逆时针方向，大小恒定
B．在第2 s内，穿过线框的磁通量最大，感应电流大小恒定且不为零
C．在第3 s内，线框中感应电流为顺时针方向，大小恒定
D．在第1 s内，线框中C点电势高于D点电势
解析：选AC 由题意可知，线框始终匀速运动，在第1 s内，线框向磁场中运动，穿过线框的磁通量均匀增加，感应电流为逆时针方向，电流大小I＝恒定，选项A正确；在第2 s 内，整个线框在磁场中运动，穿过线框的磁通量最大且不变，没有感应电流，选项B错误；在第3 s内，线框从磁场中离开，磁通量均匀减小，感应电流为顺时针方向，电流大小I＝恒定，选项C正确；在第1 s内，由楞次定律判断出，线框中感应电流由D点流向C点，DC边相当于线框的部分外电路，则C点电势低于D点电势，选项D错误。
8.[多选](2017·包头模拟)如图所示，光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中。有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A点。在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A点的总电荷量为Q。已知导体棒与导轨间的接触电阻值恒为R，其余电阻不计，则( )
A．该过程中导体棒做匀减速运动
B．当导体棒的速度为时，回路中感应电流小于初始时的一半
C．开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为 S＝
D．该过程中接触电阻产生的热量为
解析：选BC 该过程中产生的感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝，安培力为F＝BLI＝，L、v都在减小，根据牛顿第二定律知，加速度a＝也在减小，A错误；由I＝，当导体棒的速度为时，导体棒的有效切割长度L也减小，回路中感应电流大小小于初始时的一半，B正确；该过程中，通过A点的总电荷量为Q＝＝，可得，开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为S＝，C正确；由导体棒恰好静止在A点及能量守恒定律，可知该过程中，导体棒的动能全部转化为接触电阻产生的热量，为mv02，D错误。
高考研究(十七) 聚焦计算题考法——三大观点解决电磁感应综合问题
1．(2016·全国Ⅲ卷T25)如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：
(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
解析：(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①
设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
ε＝②
由欧姆定律有i＝③
由电流的定义有i＝④
联立①②③④式得|Δq|＝Δt⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|＝。⑥
(2)当t＞t0时，金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有
f＝F⑦
式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I，F的大小为
F＝B0Il⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪
式中，Φ仍如①式所示。由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为
Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑬
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
εt＝⑭
由欧姆定律有I＝⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
f＝(B0lv0＋kS)。⑯
答案：(1)
(2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS)
2．(2016·全国Ⅱ卷T24)
如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值。
解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
ma＝F－μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0。④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝⑤
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为
f＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－f＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝。⑧
答案：(1)Blt0 (2)
3．(2016·全国Ⅰ卷T24)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小。
解析：(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsin θ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcos θ②
对于cd棒，同理有
mgsin θ＋μN2＝T③
N2＝mgcos θ④
联立①②③④式得
F＝mg(sin θ－3μcos θ)。⑤
(2)由安培力公式得
F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。
ab棒上的感应电动势为
ε＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得
I＝⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sin θ－3μcos θ)。⑨
答案：(1)mg(sin θ－3μcos θ)
(2)(sin θ－3μcos θ)
高考题型
典型试题
难度
1.电磁感应中的电路问题
2016·全国Ⅲ卷T25
★★★
2.电磁感应中的动力学和能量问题
2016·全国Ⅱ卷T24
★★★
2016·全国Ⅰ卷T24
★★★
题型(一) 电磁感应中的电路问题
高考定位：常考题型
解题关键：重在准确画出等效电路，明确各个部分的连接方式，应用闭合电路欧姆定律和串并联知识求解
[典例示法]
[例1] (2017·枣庄模拟)如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m。导轨右端接有阻值R＝1 Ω 的电阻。导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L。从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s 做直线运动，求：
(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。
[思路点拨]
[解析] (1)设正方形磁场的面积为S，
则S＝＝0.08 m2。
在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的。
由Bt图象可知＝0.5 T/s，
根据E＝n，
得回路中的感应电动势
E＝S＝0.5×0.08 V＝0.04 V。
(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大。
此时感应电动势E′＝BLv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V
回路中感应电流I′＝＝ A＝0.2 A
导体棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N
当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度
l＝2v(t－1)(1 s≤t≤1.2 s)。
感应电动势e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V
感应电流i＝＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)。
[答案] (1)0.04 V (2)0.04 N i＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)
电磁感应中的电路综合问题的解题流程
[演练冲关]
1.(2018届高三·河南天一大联考)如图所示，间距为L的两根光滑圆弧轨道置于水平面上，其轨道末端水平，圆弧轨道半径为r，电阻不计。在其上端连有阻值为R0的电阻，整个装置处于如图所示的径向磁场中， 圆弧轨道处的磁感应强度大小为B。现有一根长度等于L、质量为m、电阻为R的金属棒，从轨道的顶端PQ处由静止开始下滑，到达轨道底端MN时对轨道的压力为2mg，重力加速度为g。求：
(1)金属棒到达轨道底端时，金属棒两端的电压；
(2)金属棒下滑过程中通过电阻R0的电荷量。
解析：(1)金属棒两端的电压为路端电压，当金属棒到达轨道底端时，设金属棒的速度为v，
由牛顿第二定律可得2mg－mg＝m，解得v＝
由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律得金属棒两端电压
U＝R0，解得U＝。
(2)通过电阻R0的电荷量q＝Δt
金属棒下滑过程中产生的感应电动势为
＝＝
感应电流为＝，解得q＝。
答案：(1) (2)
题型(二) 电磁感应中的动力学和能量问题
高考定位：常考题型
解题关键：重在提高建模能力，综合分析能力以及推理判断能力
[典例示法]
[例2] 如图甲所示，在水平桌面上固定着两根相距L＝20 cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻r＝0.02 Ω的导体棒a，轨道上横置一根质量m＝40 g、电阻忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L＝20 cm，该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中。开始时，磁感应强度B0＝0.1 T。设金属棒b与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。
(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给金属棒b施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动。此拉力F的大小随时间t变化的关系如图乙所示。求金属棒b做匀加速运动的加速度及其与轨道间的滑动摩擦力；
(2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置中产生的焦耳热。
[思路点拨]
[解析] (1)由题图乙可得，拉力F与t的大小随时间变化的函数表达式为F＝F0＋t＝(0.4＋0.1t)N
当金属棒b匀加速运动时，根据牛顿第二定律有：
F－f－F安＝ma
F安＝B0I1L
I1＝＝，v＝at
所以F安＝t
联立解得F＝f＋ma＋t
代入数据解得a＝5 m/s2，f＝0.2 N。
(2)由题图丙可知，磁感应强度均匀增大，闭合电路中有恒定的感应电流I2，以金属棒b为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到金属棒b所受安培力与最大静摩擦力f相等时要开始运动。
感应电动势：E＝L2＝0.02 V
I2＝＝1 A
金属棒b将要运动时，有f＝BtI2L
所以Bt＝＝1 T
根据题图丙可得，Bt＝B0＋t＝(0.1＋0.5t)T，
解得：t＝1.8 s
装置中产生的焦耳热为：
Q＝I22rt＝12×0.02×1.8 J＝0.036 J。
[答案] (1)5 m/s2 0.2 N (2)0.036 J
[演练冲关]
2.(2018届高三·西安调研)如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝30°，两导轨间距为L，导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值为R的电阻，开关S1、S2分别与电阻和电容器相连。一根质量为m、电阻忽略不计的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝。一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间，另一端跨过定滑轮与一质量为4m的重物相连，金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计。初始状态用手托住重物使轻绳恰好处于伸长状态，不计滑轮阻力，已知重力加速度为g，求：
(1)若S1闭合、S2断开，由静止释放重物，重物的最大速度vm；
(2)若S1断开、S2闭合，从静止释放重物开始计时，重物的速度v随时间t变化的关系式。
解析：(1)S1闭合、S2断开时，重物由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到沿导轨向下的安培力作用，设金属棒的最大速度(即重物的最大速度)为vm，感应电动势为
E＝BLvm
感应电流I＝＝
当金属棒速度最大时有：4mg＝mgsin θ＋BIL＋μFN
FN＝mgcos θ
解得：vm＝。
(2)S1断开、S2闭合时，设从释放重物开始经时间t，金属棒的速度大小为v，加速度大小为a，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的安培力F＝BiL，方向沿导轨向下，
设在时间t到(t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，ΔQ也是电容器在t到(t＋Δt)内增加的电荷量，
ΔQ＝CBLΔv
Δv＝aΔt
则i＝＝CBLa
设轻绳拉力为T，由牛顿第二定律，对金属棒有：
T－mgsin θ－μmgcos θ－BiL＝ma
对重物有：4mg－T＝4ma
解得：a＝
可知重物做初速度为零的匀加速直线运动，
v＝at＝t。
答案：(1) (2)v＝t
题型(三) 电磁感应中的动量问题
[典例示法]
[例3] (2017·南昌模拟)如图所示，竖直平面内，水平线OO′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个单匝正方形导体框，边长为L，质量为m，总电阻为r，从ab边距离边界OO′为L的位置由静止释放；已知从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场所用时间为t，重力加速度为g，空气阻力不计，导体框不翻转；求：
(1)ab边刚进入磁场时，b、a间的电势差大小Uba；
(2)cd边刚进入磁场时，导体框的速度。
[解析] (1)导体框进入磁场前做自由落体运动，根据机械能守恒定律：mgL＝mv12
根据法拉第电磁感应定律：E1＝BLv1
根据闭合电路欧姆定律：I＝，
则：Uba＝I·r＝。
(2)从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程中，根据动量定理得：mgt－At＝mv2－mv1，
根据安培定则：A＝B L，
根据闭合电路欧姆定律：＝
根据法拉第电磁感应定律：＝，ΔΦ＝BL2，
则：v2＝gt－＋。
[答案] (1) (2)gt－＋
电磁感应与动量综合问题的解题思路
1．应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。
2．在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒。解决此类问题往往要应用动量守恒定律。
[演练冲关]
3．(2017·江西师大附中检测)两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端斜轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道区域以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b电阻Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆b以初速度v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从杆a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动的v t图象如图乙所示(以a运动方向为正)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)杆a在斜轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其横截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。
解析：(1)对杆b运用动量定理，有Bd Δt＝mb(v0－vb0)
由题图乙可知，其中vb0＝2 m/s(只考虑速度大小)
解得：Δt＝5 s
即杆a在斜轨道上运动的时间为5 s。
(2)杆a下滑的过程中，由机械能守恒得
magh＝mava2，解得va＝5 m/s
设最后两杆共同的速度为v′，由动量守恒得
mava＋mbvb＝(ma＋mb)v′
其中vb＝－2 m/s
解得v′＝ m/s
杆a的动量变化等于它所受安培力的冲量，由动量定理得I安＝BIdΔt′＝mava－mav′
而q＝IΔt′
解得q＝ C。
(3)由能量守恒得，两杆共产生的焦耳热为
Q＝magh＋mbv02－(mb＋ma)v′2＝ J
杆b产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J。
答案：(1)5 s (2) C (3) J
[计算题增分练] 三大观点解决电磁感应综合问题
1.(2018届高三·第二次全国大联考Ⅲ卷)如图所示，单匝圆形线圈与匀强磁场垂直，匀强磁场的磁感应强度大小为B，圆形线圈的电阻不计。导体棒a绕圆心O匀速转动，以角速度ω旋转切割磁感线，导体棒a的长度为l，电阻为r。定值电阻R1、R2和线圈构成闭合回路，P、Q是两个平行金属板，两极板间的距离为d，金属板的长度为L。在金属板的上边缘，有一质量为m且不计重力的带负电粒子以速度v0竖直向下射入极板间，并从金属板Q的下边缘离开。带电粒子进入电场的位置到P板的距离为，离开电场的位置到Q板的距离为。R1、R2、r均为未知量。
(1)判断导体棒a沿什么方向转动；
(2)若R1＝R2＝2r，求P、Q间的电场强度大小；
(3)若R1＝3r，R2＝2r，求带电粒子的电荷量。
解析：(1)依题意，带电粒子受到的电场力水平向右，带电粒子带负电，所以P板带负电，Q板带正电。由右手定则可知，导体棒a沿逆时针方向转动。
(2)由法拉第电磁感应定律得，电动势大小E0＝Bl2ω
由闭合电路欧姆定律得I＝
由欧姆定律可知，P、Q间的电压UPQ＝IR2
联立可得UPQ＝
故P、Q间匀强电场的电场强度大小E＝
联立并代入R1＝R2＝2r，可得E＝。
(3)若R1＝3r，R2＝2r，则UPQ＝
带电粒子在极板间做类平抛运动L＝v0t，
d－－＝at2，
a＝
联立可得q＝。
答案：(1)沿逆时针方向转动 (2) (3)
2．(2017·哈尔滨第六中学检测)相距l＝1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的小环水平地套在金属导轨上，如图(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度的大小相同。ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计。ab棒在方向竖直向上、大小按图(b)所示规律变化的外力F作用下，从静止开始沿导轨做匀加速运动，同时cd棒也由静止释放。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)磁感应强度B的大小和ab棒加速度的大小；
(2)若在2 s内外力F做功40 J，此过程中两棒产生的总焦耳热；
(3)cd棒达到最大速度所需的时间。
解析：(1)由牛顿第二定律：F－m1g－FA＝m1a
其中FA＝，v＝at
即F＝t＋m1(g＋a)
代入题图(b)中数据，解得a＝1 m/s2，B＝1.2 T。
(2)由ab棒做匀加速运动：
x＝at2
v＝at
2 s末时，由能量关系：WF＝m1gx＋m1v2＋Q
解得Q＝18 J。
(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。
当cd棒速度达到最大时，由平衡条件可得：m2g＝μFA
由FA＝，v＝at
解得t＝2 s。
答案：(1)1.2 T 1 m/s2 (2)18 J (3)2 s
3.(2017·遂宁模拟)如图所示，两个光滑绝缘的矩形斜面WRFE、HIFE对接在EF处，倾角分别为α＝53°、β＝37°。质量为m1＝1 kg的导体棒AG和质量为m2＝0.5 kg 的导体棒CD通过跨过EF的柔软细轻导线相连(导线未画出)，两导体棒均与EF平行，先用外力作用在AG上使它们静止于斜面上，两导体棒的总电阻为R＝5 Ω，不计导线的电阻。导体棒AG下方边长L＝1 m的正方形区域MNQP有垂直于斜面向上的、磁感应强度B1＝5 T的匀强磁场，矩形区域PQKS有垂直于斜面向上的、磁感应强度B2＝2 T的匀强磁场，PQ平行于EF，PS足够长。已知导线足够长，现撤去外力，导体棒AG进入磁场边界MN时恰好做匀速运动。(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2，不计空气阻力)
(1)求导体棒AG静止时与MN的间距x；
(2)当导体棒AG滑过PQ瞬间(记为t＝0)，为了让导体棒AG继续做匀速运动，MNQP中的磁场开始随时间按B1t＝(5＋kt)T的规律变化。求：①1 s内通过导体棒横截面的电荷量；②k值。
解析：(1)导体棒AG到达MN之前，导体棒AG沿斜面向下做匀加速运动，导体棒CD沿斜面向上做匀加速运动，且加速度大小相等，设加速度为a，导线拉力为T1，由牛顿第二定律
对导体棒AG有m1gsin α－T1＝m1a
对导体棒CD有T1－m2gsin β＝m2a
导体棒AG到达MN时做匀速运动，设速度为v，导线拉力为T2，由平衡条件
对导体棒AG有m1gsin α－T2－＝0
对导体棒CD有T2－m2gsin β＝0
由运动学公式v2＝2ax
解得v＝1 m/s，x＝0.15 m。
(2)①导体棒AG滑过PQ后继续做匀速运动，对导体棒AG由平衡条件
m1gsin α－T2－B2IL＝0
1 s内通过导体棒横截面的电荷量q＝It
解得I＝2.5 A，q＝2.5 C。
②导体棒AG滑过PQ后，切割磁感线产生的感应电动势E1＝B2Lv
正方形区域MNQP磁通量发生改变产生的感应电动势E2＝＝kL2
又由闭合电路欧姆定律I＝
解得k＝10.5。
答案：(1)0.15 m (2)①2.5 C ②10.5
4．(2018届高三·湖北八校联考)如图所示，AD与A1D1为水平放置的无限长平行金属导轨，DC与D1C1为倾角为θ＝37°的平行金属导轨，两组导轨的间距均为l＝1.5 m，导轨电阻忽略不计。质量为m1＝0.35 kg、电阻为R1＝1 Ω 的导体棒ab置于倾斜导轨上，质量为m2＝0.4 kg、电阻为R2＝0.5 Ω的导体棒cd置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与cd的中点相连，另一端悬挂一轻质挂钩。ab、cd与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2 T。初始时刻，ab在倾斜导轨上恰好不下滑。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)
(1)求ab与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将P与cd同时由静止释放，当P的质量不超过多大时，ab始终处于静止状态？(cd运动过程中，ab、cd一直与DD1平行，且没有与滑轮相碰)
(3)若P的质量取第(2)问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1 s时cd已经处于匀速直线运动状态，求在这1 s内ab上产生的焦耳热为多少。
解析：(1)对ab，由平衡条件得
m1gsin θ－μm1gcos θ＝0
解得μ＝。
(2)当P的质量最大时，P和cd的运动达到稳定时，P和cd一起做匀速直线运动，ab处于静止状态，但摩擦力达到最大且沿斜面向下。设此时电路中的电流为I
对ab，由平衡条件得
沿斜面方向：BIlcos θ－m1gsin θ－μN＝0
垂直于斜面方向：N－BIlsin θ－m1gcos θ＝0
对cd，设细绳中的张力为T，由平衡条件得
T－BIl－μm2g＝0
对P，由平衡条件得Mg－T＝0
解得：I＝4 A，M＝1.5 kg
故当P的质量不超过1.5 kg时，ab始终处于静止状态。
(3)设P匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得Blv＝I(R1＋R2)
解得v＝2 m/s
对P，由牛顿第二定律得Mg－T′＝Ma，
对cd，由牛顿第二定律得T′－μm2g－Bl＝m2a
即Mg－μm2g－Bl＝(M＋m2)a
两边同时乘以Δt，并累加求和，可得
Mgt－μm2gt－Bl＝(M＋m2)v
解得s＝ m
对P、ab和cd，由能量守恒定律得
Mgs＝μm2gs＋Q＋(M＋m2)v2，
解得Q＝12.6 J
在这1 s内ab上产生的焦耳热为
Q1＝Q＝8.4 J。
答案：(1) (2)1.5 kg (3)8.4 J
高考研究(十八) 聚焦实验题考法——恒定电流
1．(2017·全国Ⅰ卷T23)某同学研究小灯泡的伏安特性。所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)；电压表 (量程3 V，内阻3 kΩ)；电流表 (量程0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；电源E(电动势5 V，内阻不计)；开关S；导线若干。
(1)实验要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。
(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示。
由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻______(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率________(填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)用另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________W，最大功率为________W。(结果均保留2位小数)
解析：(1)要实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，则滑动变阻器需要设计成分压接法；电压表○ 应与固定电阻R0串联，将量程改为4 V。由于小灯泡正常发光时电阻约为12 Ω，所以需将电流表外接。电路图如图所示。
(2)IU图象中随着电流的增大，图线的斜率变小，小灯泡的电阻增大。根据电阻定律R＝ρ，得灯丝的电阻率增大。
(3)当滑动变阻器接入电路中的阻值最大为9.0 Ω时，流过小灯泡的电流最小，小灯泡的实际功率最小，把滑动变阻器视为等效电源内阻的一部分，在题图(a)中画出等效电源E0′(电动势4 V，内阻1.00 Ω＋9.0 Ω＝10 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－10I(V)，图线如图中Ⅰ所示，故小灯泡的最小功率为Pmin＝U1I1＝1.75×0.225 W≈0.39 W。当滑动变阻器接入电路中的阻值最小为零时，流过小灯泡的电流最大，小灯泡的实际功率最大，在题图(a)中画出电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－I(V)，图线如图中Ⅱ所示，故小灯泡的最大功率为Pmax＝U2I2＝3.68×0.318 W≈1.17 W。
答案：(1)见解析图 (2)增大 增大 (3)0.39 1.17
2．(2017·全国Ⅱ卷T23)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100
μA，内阻大约为2 500 Ω)的内阻。可使用的器材有：两个滑动变阻器R1、R2(其中一个阻值为20 Ω，另一个阻值为2 000 Ω)；电阻箱Rz(最大阻值为99 999.9 Ω)；电源E(电动势约为1.5 V)；单刀开关S1和S2。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：
①R1的阻值为________Ω(填“20”或“2 000”)。
②为了保护微安表，开始时将R1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R2的滑片D置于中间位置附近。
③将电阻箱Rz的阻值置于2 500.0 Ω，接通S1。将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置。最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2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Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2 601.0 Ω时，在接通S2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： ____________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)根据题中的原理图(a)，将题图(b)中的实物连线如图所示。
(2)①R1起分压作用，应选用最大阻值较小的滑动变阻器，即R1的电阻为20 Ω。②为了保护微安表，闭合开关前，滑动变阻器R1的滑片C应移到左端，确保微安表两端电压为零。③反复调节D的位置，使闭合S2前后微安表的示数不变，说明闭合后S2中没有电流通过，B、D两点电势相等。④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz
的阻值置于2 601.0 Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。说明＝，则解得RμA＝2 550 Ω。
(3)要提高测量微安表内阻的精度，可调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程。
答案：(1)见解析图
(2)①20 ②左 ③相等 ④2 550
(3)调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程
3．(2016·全国Ⅱ卷T23)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V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99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ)，直流电源E(电动势3 V)，开关1个，导线若干。
实验步骤如下：
①按电路原理图(a)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(a)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2.00 V，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(a)所示电路将图(b)中实物图连线。
(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，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(结果保留到个位)。
(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．100 μA B．250 μA
C．500 μA D．1 mA
解析：(1)滑动变阻器R1的阻值较小，在分压电路中便于调节，故实验中应选择滑动变阻器R1。
(2)实物图连线如图所示。
(3)电阻箱阻值为0时，电压表满偏电压Ug＝2.5 V，电阻箱阻值R＝630.0 Ω时，电压表的示数UV＝2.00 V，此时电阻箱两端的电压UR＝Ug－UV＝0.5 V，根据串联电路电压与电阻成正比可得＝，故Rg＝R＝×630.0 Ω＝2 520 Ω。
(4)电压表的满偏电流为Ig，则IgRg＝Ug，
故Ig＝＝ A≈1 mA，选项D正确。
答案：(1)R1 (2)见解析图 (3)2 520 (4)D
4．(2015·全国Ⅱ卷T23)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：
待测电压表(量程3 V，内阻约为3 000 Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值100 Ω，额定电流2 A)，电源E(电动势6 V，内阻不计)，开关两个，导线若干。
(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整。
(2)根据设计的电路，写出实验步骤： ____________________________________。
(3)将这种方法测出的电压表内阻记为RV′，与电压表内阻的真实值RV相比，RV′________RV(填“＞”“＝”或“＜”)，主要理由是________________________________________________________________________。
解析：(1)因滑动变阻器阻值较小，所以选择滑动变阻器的分压接法。实验电路如图所示。
(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，即为测得的电压表内阻。
(3)断开S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故RV′＞RV(说法合理即可)。
答案：见解析
5．(2017·全国Ⅲ卷T23)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R6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R6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R6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R6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R1＋R2＝________Ω，R4＝________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________。(结果均保留三位有效数字)
解析：(1)A端与电池正极相连，电流从A端流出，A端与黑色表笔相连。
(2)使用多用电表前，应机械调零，即应调整“指针定位螺丝”，使指针指在表盘左端电流“0”位置，与R6无关，选项A错；使用欧姆挡时，需要红、黑表笔短接，使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，选项B对；使用电流挡时，B端与“1”或“2”相连，与R6无关，C错。
(3)B端与“1”、“2”相连时，该多用电表挡位分别为直流2.5 mA挡、直流1 mA挡，如图甲所示，由电表的改装原理可知，B端与“2”相连时，有I2＝Ig＋，解得R1＋R2＝160 Ω；B端与“4”相连时，如图乙所示，多用电表为直流电压1 V挡，表头并联部分电阻R0＝，R4＝－R0＝880 Ω。
(4)B端与“1”相连时，电表读数为1.47 mA；B端与“3”相连时，多用电表为欧姆×100 Ω挡，读数为11.0×100 Ω＝1.10×103 Ω；B端与“5”相连时，多用电表为直流电压5 V 挡，读数为×5 V＝2.95 V。
答案：(1)黑 (2)B (3)160 880 (4)1.47 mA
1．10×103 Ω 2.95 V
6．(2015·全国Ⅰ卷T23)图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路。
(1)已知毫安表表头的内阻为100 Ω，满偏电流为1 mA；R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱，电表量程为3 mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA。由题给条件和数据，可以求出R1＝______Ω，R2＝________Ω。
(2)现用一量程为3 mA、内阻为150 Ω的标准电流表对改装电表的3 mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5 mA、1.0 mA、1.5 mA、2.0 mA、2.5 mA、3.0 mA。电池的电动势为1.5 V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300 Ω和1 000 Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750 Ω和3 000 Ω。则R0应选用阻值为________Ω的电阻，R应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器。
(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻。图(b)中的R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路。则图中的d点应和接线柱________(填“b”或“c”)相连。判断依据是： ________________。
解析：(1)设使用a和b两接线柱时，电表量程为I1，使用a和c两接线柱时，电表量程为I2，则
使用a和b时：＋Ig＝I1①
使用a和c时：＋Ig＝I2②
由①②两式得R1＝15 Ω，R2＝35 Ω。
(2)校准时电路中的总电阻的最小值为R小＝ Ω＝500 Ω，总电阻的最大值为R大＝ Ω＝3 000 Ω，故R0选300 Ω的，R选用最大阻值为3 000 Ω的滑动变阻器。
(3)d接b时，R1和R2串联，不论是R1还是R2损坏，电表都有示数且示数相同，故应将d接c。根据d接c时的电路连接情况可知：闭合开关，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R2。
答案：(1)15 35 (2)300 3 000 (3)c 闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R2
7．(2016·全国Ⅲ卷T22)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。
(1)在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。
(2)[多选]为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是________(填入正确选项前的标号)。
解析：(1)实验电路连线如图所示。
(2)为使金属棒获得更大的速度，则金属棒运动时需要更大的加速度，根据牛顿第二定律有a＝，所以增加磁感应强度、增大电流、增加两导轨间的距离都可以使加速度增大。故选项A、C正确，B错误。
答案：(1)见解析图 (2)AC
8．(2016·全国Ⅰ卷T23)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干。
在室温下对系统进行调节。已知U约为18 V，Ic约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 ℃时阻值为650.0 Ω。
(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
(2)电路中应选用滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)。
(3)按照下列步骤调节此报警系统：
①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________Ω；滑动变阻器的滑片应置于________(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是________________________________________________________________________。
②将开关向________(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至________________________________________________________________________。
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。
解析：(1)电路图连接如图。
(2)报警器开始报警时，对整个回路有U＝Ic(R滑＋R热)，代入数据可得R滑＝1 150.0 Ω，因此滑动变阻器应选择R2。
(3)①
在调节过程中，电阻箱起到等效替代热敏电阻的作用，电阻箱的阻值应为报警器报警时热敏电阻的阻值，即为650.0 Ω。滑动变阻器在电路中为限流接法，滑片应置于b端附近，若置于另一端a时，闭合开关，则电路中的电流I＝ A≈27.7 mA，超过报警器最大电流20 mA，报警器可能损坏。②开关应先向c端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警为止。
答案：(1)连线见解析图 (2)R2 (3)①650.0 b 接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏 ②c 报警器开始报警
实验
典型试题
难度
1.研究小灯泡的伏安特性
2017·全国Ⅰ卷T23
★★★
2.测量电表的内阻
2017·全国Ⅱ卷T23
★★★
2016·全国Ⅱ卷T23
★★★
2015·全国Ⅱ卷T23
★★★
3.电表的改装和使用
2017·全国Ⅲ卷T23
★★★
2015·全国Ⅰ卷T23
★★★
4.与安培力有关的实验
2016·全国Ⅲ卷T22
★★☆
5.组装由热敏电阻控制的报警系统
2016·全国Ⅰ卷T23
★★★
实验(一) 描绘小灯泡的伏安特性曲线
本实验主要考查主要实验仪器的使用与读数、实验电路的设计、实物图的连 接、图象法处理实验数据等，也常结合创新设计实验考查实验迁移能力。
考查实验的基本设计、器材的选择等
[例1] 在描绘标有“6 V 3 W”的小灯泡的伏安特性曲线的实验中，要求小灯泡两端的电压由零逐渐增加到6.0 V，并便于操作。实验室提供的器材有：
A．学生电源(电动势为9 V，内阻约1 Ω)
B．电流表(量程为0～0.6 A，内阻约0.2 Ω；量程为0～3 A，内阻约0.04 Ω)
C．电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ；量程为0～15 V，内阻约15 kΩ)
D．滑动变阻器(最大阻值10 Ω，最大允许电流1 A)
E．滑动变阻器(最大阻值1 500 Ω，最大允许电流0.3 A)
F．开关一个、导线若干
(1)为了完成实验，应选用的滑动变阻器是________(填“D”或“E”)，选用的实验电路图应为图1中的________(填“甲”或“乙”)。
(2)请根据(1)中所选的电路图，补充完成图2中实物图的连线。
(3)闭合开关，改变滑动变阻器滑动触头的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次测量中电流表、电压表示数如图3所示，可知该状态下小灯泡电阻的测量值为Rx＝________Ω(计算结果保留两位有效数字)。
(4)根据实验数据，画出小灯泡的IU图线如图4所示。由此可知，当小灯泡两端的电压增加时，小灯泡的电阻值将________(选填“变大”或“变小”)。
[解析] (1)因要求小灯泡两端的电压由零逐渐增加到6.0 V，所以滑动变阻器采用分压式接法，为了操作方便，应选用最大阻值较小的滑动变阻器，即选用D，实验电路选用乙。
(2)实物图连接如图所示。
(3)由小灯泡规格知电流表用0～0.6 A量程，电压表用0～15 V量程，由题图3知电流表示数为0.22 A，电压表示数为4.0 V，所以该状态下小灯泡电阻的测量值为Rx＝＝ Ω≈18 Ω。
(4)由题图4知小灯泡两端的电压增加时，小灯泡的电阻值将变大。
[答案] (1)D 乙 (2)见解析图 (3)18 (4)变大
[必备知能]
1．电流表和电压表的选择
选取
原则
(1)安全，即所选电表的量程不能小于被测的最大值(2)准确，即电表的示数应在满偏刻度值的以上
选取技巧
若待测元件标明了额定电压、额定电流或额定功率，可根据额定电压确定电压表量程，根据额定电流确定电流表量程；若待测元件只标出了电阻的大约值， 则可根据电源电动势确定电压表量程，再计算出电路中允许的最大电流，以此选择电流表的量程
2．电流表内、外接法的选择
(1)当RV≫Rx时，电压表的分流作用可忽略不计，宜采用电流表外接法。
(2)当Rx≫RA时，电流表的分压作用可忽略不计，宜采用电流表内接法。
3．滑动变阻器限流式和分压式接法的选择
若负载电阻的阻值小于滑动变阻器的总阻值或相差不多，且电压、电流不要求从零可调时，一般用限流式接法。两种接法均可使用时，考虑安装简便和节能因素，一般用限流式接法。
以下三种情况下，滑动变阻器必须选择分压式接法：
(1)题中要求电压表、电流表的示数从零可调时。
(2)题中要用小量程电表测大电压、大电流时。
(3)滑动变阻器的阻值比待测电阻的一半还小时。
4．滑动变阻器的选择
(1)用分压式接法时，应选用最大阻值较小、额定电流较大的滑动变阻器。
(2)用限流式接法时，应选用最大阻值和被测电阻阻值接近的滑动变阻器。
说明：小灯泡的伏安特性曲线在各点的切线的斜率的倒数并不表示小灯泡在该电压下的电阻值，IU图线上某点对应的电阻值应等于该点对应电压与电流的比值，即该点与原点O连线的斜率的倒数(I和U均从零开始)。
考查数据的处理和伏安特性曲线的应用
[例2] 某实验小组要判定两种元件的制作材料，已知其中一种是由金属材料制成的，它的电阻随温度的升高而增大，而另一种是由半导体材料制成的，它的电阻随温度的升高而减小，准备的器材有：
A．电源E(电动势为3.0 V，内阻不计)
B．电压表V1(量程0～3 V，内阻约1 kΩ)
C．电压表V2(量程0～15 V，内阻约4 kΩ)
D．电流表A1(量程0～3 A，内阻约0.1 Ω)
E．电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约0.6 Ω)
F．滑动变阻器R1(0～5 Ω，3.0 A)
G．滑动变阻器R2(0～200 Ω，1.25 A)
H．开关和若干导线
该小组成员对其中的一个元件进行了测试，测得通过其中的电流与加在它两端的电压数据如下表所示。
U/V
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.50
1.58
I/A
0.20
0.45
0.80
1.25
1.80
2.81
3.00
请完成以下内容：
(1)实验中电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________(填写器材前对应的字母)。
(2)请根据表中数据在图中作出该元件的IU图线，该元件可能是由________(选填“金属”或“半导体”)材料制成的。
(3)在(2)的基础上，该同学进一步分析，如果让一节电动势为1.5 V、内阻为0.5 Ω的干电池只对该元件供电，则该元件消耗的功率为________W(结果保留两位有效数字)。
[解析] (1)由表中数据可知电压表选用的是B，电流表选用的是D；滑动变阻器必须接成分压式，应选用阻值较小的F。
(2)根据表中数据描点并用平滑曲线连接，如图中①所示。由描绘的曲线可知，元件的电阻随温度的升高而减小，所以元件是由半导体材料制成的。
(3)在元件的IU图线中作出干电池的IU图线，如图中②所示，可知交点坐标为U＝0.95 V，I＝1.1 A，所以元件消耗的功率为P＝UI≈1.0 W。
[答案] (1)B D F (2)解析图中①所示 半导体 (3)1.0
[必备知能]
1．描点作图时的注意事项
(1)单位长度的选取。
(2)平滑连接各点。
(3)尽量使图线占满整个坐标纸。
2．非线性元件与某电源连接后实际功率的求法
若该元件直接接在电源两端，一般是在该元件的伏安特性曲线中作出电源的路端电压随电流变化的关系图线，两图线的交点即该元件的工作点，利用P＝UI求得元件的实际功率；若元件与某定值电阻R0串联后再接入电源两端，则可将该定值电阻和电源等效为电源电动势为E、内电阻为(r＋R0)的电源再进行分析。
实验(二) 测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)
本实验主要考查基本仪器的读数、伏安法测电阻(仪器的选择、电路的设计与连接)、利用图象处理实验数据等，对考生的各项实验能力要求都比较高，在备考复习中应高度重视。
基本仪器的使用与实验电路的分析
[例3] 某同学要精确测量一金属丝的电阻率。
(1)如图甲所示，先用多用电表“×1”挡粗测其电阻为________Ω，然后用螺旋测微器测其直径为________mm，用游标卡尺测其长度为________cm。
(2)为了减小实验误差，要进一步精确测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表V(量程3 V，内阻约为15 kΩ；量程15 V，内阻约为75 kΩ)
B．电流表A(量程0.6 A，内阻约为1 Ω；量程3 A，内阻约为0.2 Ω)
C．滑动变阻器R1(0～5 Ω，0.6 A)
D．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A)
E．1.5 V的干电池两节，内阻不计
F．开关S，导线若干
为了测多组实验数据，则上述器材中的滑动变阻器应选用________(填“R1”或“R2”)。
请设计出最合理的电路图画在方框中，并完成如图乙所示的实物图的连线。
[解析] (1)由多用电表欧姆挡读数规则知，所测金属丝的阻值为R＝8×1 Ω＝8 Ω；由螺旋测微器读数规则知，金属丝的直径为d＝2 mm＋0.01 mm×9.8＝2.098 mm；由游标卡尺读数规则知，金属丝长为50 mm＋0.05 mm×4＝5.020 cm。
(2)为了减小实验误差，要测量多组数据，滑动变阻器应接成分压式，为便于调节，滑动变阻器应选用最大阻值较小的R1，由于金属丝电阻较小，与电流表内阻相差不大，故选择电流表外接法。电路图如图1所示，实物图如图2所示。
[答案] (1)8 2.098(±0.002) 5.020 (2)R1 电路图见解析图1 实物图见解析图2
[必备知能]
1．测金属丝的电阻率实验的考查点
在考查基本实验仪器的读数时，特别注重对长度测量仪器读数的考查，故在复习本实验时，要重视刻度尺、螺旋测微器和游标卡尺的读数方法。另外实验常涉及的基础实验热点还有：(1)多用电表等仪器的读数；(2)实物图的连接；(3)实验器材及测量电路的选取；(4)控制变量法的应用，即根据公式R＝ρ，控制其中某个量不变，就可得到R L、R 等图象。
2．测金属丝的电阻率实验中仪器的选择
电压表和电流表一般要根据实验电路中电源的电动势和流过金属丝的电流进行选择。如果采用限流式电路，选用的滑动变阻器的最大阻值一般要比待测金属丝的阻值大；如果采用分压式电路，选用的滑动变阻器的最大阻值一般要比待测金属丝的阻值小一些或接近待测金属丝的阻值。
3．实物图连接时注意
(1)按从电源“＋”极到“－”极的顺序连接电路，对有多条回路的电路，可逐条连接。
(2)电流表与被测电路串联，电流表不能直接接到电源两端；电压表与被测电路并联，可以直接接到电源两端。两者“＋”接线柱均靠近电源“＋”极，“－”接线柱靠近电源“－”极。
(3)滑动变阻器的限流式接法应“一上一下”；分压式接法应先将全部电阻丝接入电路，再将被测电路与滑动变阻器的上接线柱按电路图连接。
(4)连接完成后需检查是否与电路图一致，有无元件连接错误等。
图象、闭合电路欧姆定律和电阻定律的应用
[例4] 某同学利用下列器材测定一金属丝的电阻率，其中待测金属丝固定在接线柱a、b上，金属丝上安装有小金属滑片P，实验时移动滑片P就可改变金属丝接入电路中的长度L，同时记录所对应的电流表示数I。
A．待测金属丝(横截面的直径已由螺旋测微器测得为D＝0.612 mm)
B．电源(电动势E＝1.5 V，内阻r＝4.0 Ω)
C．电流表A(量程200 mA，内阻不计)
D．定值电阻R0＝10 Ω
E．开关一个，导线若干
(1)将如图甲所示的虚线框内的电路图补画完整。
(2)若某次接入电路中的金属丝的长度如图乙所示，可知接入电路中的金属丝长为L＝________m。
(3)该同学根据所测得的I和L作出如图丙所示的图象，则根据所作图象可知该金属丝的电阻率为________Ω·m(保留两位有效数字)。
[解析] (1)因题中没有电压表，因此可将电流表和定值电阻串联(整体作为电压表)后并联在Pa两端，电路图如图所示。
(2)由刻度尺读数规则知，金属丝长为L＝0.100 0 m。
(3)由电路图和闭合电路欧姆定律知E＝IR0＋r，而R＝ρ，S＝，联立得＝·＋，由题图丙可知图象的斜率为k＝2.5 A－1·m，所以＝k，代入数据得ρ≈3.1×10－6 Ω·m。
[答案] (1)见解析图 (2)0.100 0 (3)3.1×10－6
[必备知能]
本题将电阻定律与闭合电路欧姆定律相结合，考查了电阻率的测定，实验的难点：一是将定值电阻与电流表串联后再与待测金属丝并联；二是要将所研究的物理量间的关系转化为线性函数关系，进而通过图象的斜率或截距求得电阻率。本实验在数据处理过程中可能会出现各种各样的图象，处理的方法是根据闭合电路欧姆定律列出方程，再转换成所给物理量间的关系。
实验(三) 测定电源的电动势和内阻
测定电源电动势和内阻是高中阶段重要的电学实验之一，本实验在高考中主要考查实验电路的设计、图象法处理实验数据、误差分析等。
考查伏安法测定电源的电动势和内阻
[例5] 某同学利用图甲所示电路测量电源电动势和内阻。
(1)实验中该同学记录的实验数据如下表，请在图乙的直角坐标系中画出UI图象。
U/V
1.96
1.86
1.80
1.74
1.64
1.56
I/A
0.05
0.15
0.25
0.35
0.45
0.55
(2)根据所画的UI图象，可求得电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。
(3)随着滑动变阻器滑片的移动，电压表示数及电源的输出功率都会发生变化，则下列图中能正确反映P与U
关系的是________，电源的最大输出功率为________W(保留两位有效数字)。
(4)实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并重新设计电路，在下列电路中，你认为相对合理的电路是________(Rx为未知小电阻)。
[解析] (1)根据实验数据在坐标系内描点并用直线连接，如图所示。
(2)由所画UI图象可知，图线与纵轴交点的纵坐标为2.0 V，图线的斜率的绝对值约为0.83 Ω，即电源电动势E＝2.0 V，内阻r＝0.83 Ω。
(3)电压表测的是路端电压，电源的输出功率P＝UI，I＝，U内＝E－U，联立可得P＝－＋，故P U 图线为一条过原点、开口向下的抛物线，图C正确。当电源内电压与路端电压相等时，输出功率最大，此时路端电压是电动势的一半，最大功率为P＝≈1.2 W。
(4)图A中，当滑动变阻器的滑片滑到最右端时，电源短路，存在安全隐患，A错；图B中滑动变阻器采用分压式接法，能保护电路，但不能测量出电路中的总电流，B错；图C中滑动变阻器采用限流式接法，既能保护电路，又能测出电源的电动势和内阻，C对；图D中能测出电源电动势，但测不出电源的内电阻(测的是Rx＋r)，D错。
[答案] (1)见解析图 (2)2.0 0.83 (3)C 1.2 (4)C
[必备知能]
1．伏安法测电源电动势和内阻的要点分析
原理图选取
本实验有甲、乙两种设计图，因待测电阻远小于电压表电阻，为减小误差，应采用电流表外接法(即相对电源而言电流表在电压表的外面)，故实验中应选用图甲。
实验数据处理
为了减小误差通常采用图象法处理数据，即描点作出电源的UI图象，图线与纵轴交点的纵坐标表示电源电动势，图线的斜率的绝对值表示内阻。一定要注意U轴的起点是否从零开始，图线与I轴的交点的横坐标不一定表示短路电流。
2.保护电阻的处理
为了保护电路，一般会在电路中加入一个保护电阻，如方案一中可将保护电阻看成滑动变阻器的一部分；方案二中可将保护电阻看成电源内阻的一部分，求解电源内阻时一定要注意减去保护电阻的阻值。
考查其他方法测定电源的电动势和内阻
[例6] 某实验小组甲、乙两同学要测量一节干电池的电动势和内阻。实验室有如下器材可供选择：
A．待测干电池(电动势约为1.5 V，内阻约为0.8 Ω)
B．电压表V(量程15 V)
C．电流表A1(量程0～3 mA，内阻RA1＝10 Ω)
D．定值电阻R(阻值为50 Ω)
E．电流表A2(量程0～0.6 A，内阻RA2＝0.1 Ω)
F．电阻箱R0(0～9 999.9 Ω)
G．滑动变阻器(0～20 Ω，1.0 A)
H．开关、导线若干
(1)甲同学采用伏安法测量，为了尽量减小实验误差，在下列四个实验电路中应选用________。
(2)甲同学根据实验所测(或经过转换)的数据描绘出电源的UI图线如图甲所示，则被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。(结果均保留三位有效数字)
(3)乙同学采用电流表和电阻箱进行测量，所用电路图如图乙所示，闭合开关后，改变电阻箱阻值，当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1；当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2，请用RA2、R1、R2、I1、I2表示被测电池的电动势E＝____________，电池的内阻r＝____________。
[解析] (1)因电压表量程太大，直接使用误差很大，因此可将电流表A1与电阻箱串联改装成电压表，电流表A2测电流，所以选用D。
(2)图线与纵轴交点纵坐标约为1.48 V，即电源电动势E＝1.48 V，图线的斜率的绝对值|k|＝Ω≈0.844 Ω，即电源的内阻r≈0.844 Ω。
(3)由闭合电路欧姆定律知E＝I1(R1＋RA2＋r)，E＝I2(R2＋RA2＋r)，联立得E＝，r＝－RA2。
[答案] (1)D (2)1.48 0.844 (3) －RA2
[必备知能]
1．利用其他方法测电源电动势和内阻
(1)安阻法：用电流表和电阻箱测量，电路如图1所示，测量原理为E＝I(R＋r)，多次测量即可求出E和r，此种方法测得的电动势无偏差，但测得的内阻偏大。
(2)伏阻法：①用一个电压表和电阻箱测量，电路如图2所示，测量原理为E＝U＋r，多次测量即可求出r和E，此种方法测得的电动势和内阻均偏小。
②电流表和定值电阻串联改装成电压表，测量电源的路端电压，电路如图3所示。电路中的总电流为I＋，由闭合电路欧姆定律知E＝IR0＋r，变形为＝·＋，为此可作图线，该图线的斜率k＝，图线的纵截距为。
(3)伏伏法：用两个电压表(其中电压表的内阻已知)测量，电路如图4所示，测量时先闭合S1，断开S2，测得、的示数分别为U1、U2，此时E＝U1＋U2＋r，RV为的内阻；再闭合S2，的示数为U1′，此时E＝U1′＋r，解方程组可求得E、r，此种方法无系统误差。
2．三类图象中的数据处理方法
电路图
图象
解析式及斜率、纵截距
U＝－rI＋E⇒
＝·R＋⇒
＝·＋⇒
3.电表的改装
利用改装后的电表测量电源电动势和内阻也是高考的一个重要考查方向。小量程的电流计改装成大量程的电压表或电流表，实质上是抓住了电流计的三个参数(Ug、Ig、rg)，利用了串、并联电路的规律进行量程扩大的。
(1)改装后电压表的分压电阻为R＝(n－1)rg，其中n＝为扩充倍数，所以扩充倍数越大，串联的电阻阻值越大。
(2)改装后电流表的分流电阻为R＝，其中n＝为扩充倍数，所以扩充倍数越大，并联的电阻阻值越小。
实验(四) 练习使用多用电表
练习使用多用电表一直是高考考查的热点，考查的主要内容是多用电表的工作原理、读数、数据处理以及与其他电学实验的结合。
多用电表的操作与读数
[例7] (1)某同学用多用电表的欧姆挡测量一电流计G的内阻(几百欧)，当他选择倍率“×100”进行正确测量时，指针偏转情况如图1中“a”所示，误差很大，为了减小测量误差，他应选择倍率________(填“×10”或“×1 k”)，正确操作后得到指针偏转情况如图1中的“b”所示，则该电流计的内阻为________。
(2)将G改装成多用电表，如图2所示，用此多用电表测量一阻值未知的电阻，所采用的器材及电路图如图3所示。测量电阻两端电压时，选择开关K应接__________(填“1”“2”或“3”)，电路开关S应__________，两表笔并接在电阻两端，且红表笔接__________(填“a”“b”或“c”)，记下电阻两端电压值U1；测量通过电阻的电流时，选择开关K应接__________(填“1”“2”或“3”)，开关S应________，红表笔接________(填“a”“b”或“c”)，黑表笔接________(填“a”“b”或“c”)，记下通过电阻的电流I1，调节滑动变阻器滑片的位置，重复上述方法再测出两组数据U2、I2和U3、I3，利用上述三组数据可求出被测电阻的阻值Rx＝__________。
[解析] (1)当他选用倍率“×100”进行正确测量时，指针偏角太大，说明所测电阻较小，应换用小倍率进行测量，即选用“×10”倍率，由欧姆表读数规则知电流计的内阻为36×10 Ω＝360 Ω。
(2)因多用电表电流流向是“红进黑出”，测量电阻两端电压时，选择开关K应接3，电路开关S应闭合，红表笔接b，黑表笔接a；测量通过电阻的电流时，选择开关K应接1，由题图3可知，此时开关S应断开，红表笔接c，黑表笔接b，串联接入电路中，由欧姆定律及多次测量求平均值的方法可知，被测电阻的阻值Rx＝。
[答案] (1)×10 360 Ω (2)3 闭合 b 1 断开 c b
[必备知能]
1．多用电表使用注意事项
(1)电流的流向：由于使用多用电表时不管测量什么，电流都要从电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，所以使用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接的是黑表笔，负极接的是红表笔。
(2)要区分“机械零点”与“欧姆零点”：“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置，用表盘下边中间的指针定位螺丝调整；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，用欧姆调零旋钮调整。
(3)测电阻时每变换一次挡位，都要重新进行欧姆调零。
(4)选倍率：测量前应根据所估阻值选用适当的挡位。由于欧姆挡的刻度不均匀，使用欧姆挡测电阻时，指针偏转过大或过小都有较大误差，通常只使用表盘中间的一段刻度。
(5)测电阻时要将电阻与电路中其他元件断开，不要用手接触多用电表的表笔。
(6)多用电表使用完毕应将选择开关旋至“OFF”挡或交流电压最高挡，拔出表笔。长期不用应取出电池。
2．多用电表的读数技巧
欧姆表的读数技巧
为了减小读数误差，指针应指在表盘中央刻度附近；电阻值等于指针示数与所选倍率的乘积
测电压、电流时的读数技巧
要注意其量程，根据量程确定精确度，精确度是“1”时要估读到下一位，精确度是“2”或“5”时，估读到本位即可
多用电表与电阻的测量综合考查
[例8] 某研究小组的同学要测量一电阻Rx的阻值。
(1)甲同学先用多用电表进行粗测。使用多用电表欧姆挡时，将选择开关调到欧姆挡“×10”挡位并调零，测量时发现指针向右偏转角度太大，则：
先将选择开关换成欧姆挡的“________”挡位，将红、黑表笔短接，进行________，使指针指在欧姆刻度的“0”处；再次测量电阻Rx的阻值时，指针在刻度盘上的位置如图甲所示，则所测量的值为________Ω。
(2)乙同学利用下列器材进一步精确测量该电阻，他设计了图乙所示电路图。
A．电流表(量程15 mA，内阻约100 Ω)
B．电阻箱(最大电阻99.9 Ω)
C．电源(电动势3 V，内阻0.8 Ω)
D．开关2个、导线若干
乙同学按照如下实验步骤进行实验：
①调节电阻箱，使电阻箱有合适的阻值R1，仅闭合S1，使电流表有较大的偏转且读数为I；
②保持开关S1闭合，增大电阻箱阻值，再闭合开关S2，然后调节电阻箱的阻值为R2，使电流表读数仍为I。
根据实验步骤可知，待测电阻Rx＝________(用题目所给测量量表示)。
[解析] (1)因选择开关调到欧姆挡“×10”挡位测量时，指针向右偏转角度太大，说明电阻值较小，应换用“×1”挡位测量，而换挡后一定要进行欧姆调零，即两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆刻度的“0”处，所测电阻的阻值为Rx＝12×1 Ω＝12 Ω。
(2)由闭合电路欧姆定律知，S2断开时有E＝I(Rx＋R1＋RA＋r)，S2闭合时有E＝I(R2＋RA＋r)，联立解得Rx＝R2－R1。
[答案] (1)×1 欧姆调零 12 (2)R2－R1
[必备知能]
欧姆表测电阻的原理
1．测量原理——闭合电路欧姆定律(原理图如图所示)
(1)Ig＝，
Ix＝，
即改变Rx，电流Ix随之改变，Rx与Ix一一对应。
(2)欧姆表内阻，即中值电阻R中＝r＋rg＋R0＝。
(3)测量电阻与内阻(中值电阻)的关系Rx＝R中。
2．欧姆表的装置特点
欧姆表是由表头(电流计)改装的，表盘上电流刻度是均匀的，但因电流I与电阻Rx是非线性关系，电流刻度对应的电阻刻度是不均匀的，最左边为无穷大、最右边为0，刻度线左密右疏。
[实验题增分练] 恒定电流
1．(2018届高三·武汉联考)电源的输出功率与外电路的电阻有关，图1是研究它们关系的实验电路。为了便于进行实验和保护蓄电池，给蓄电池串联了一个定值电阻R0，把它们一起视为电源E(图中虚线框内部分)。
(1)在图2中，按图1画出连线，把所示的器件连接成实验电路。(电压表内阻约为3 kΩ，电流表内阻约为0.1 Ω)
(2)实验中多次调节电阻R，读出电压表和电流表的示数U(单位：V)和I(单位：A)。根据测量数据，通过电脑描绘出UI图，拟合图线，得到的函数解析式为U＝4－5I，则电源E输出功率的最大值是________，对应的外电路的阻值是________。
解析：(1)器件连线如图所示
(2)根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir，可知U＝E－Ir，根据函数解析式为U＝4－5I，可知电源电动势E＝4 V，内阻r＝5 Ω；当R＝r时，电源输出功率最大，最大值为：Pm＝·R＝×5 W＝0.8 W；则对应的外电路的阻值是R＝5 Ω。
答案：(1)见解析图 (2)0.8 W 5 Ω
2.(2018届高三·第一次全国大联考Ⅰ卷)某同学试着把电流表改装成能够测量导体电阻的欧姆表。他在实验室找了一节干电池(电动势E＝1.5 V、内阻r＝2.5 Ω)，待改装的电流表满偏电流Ig＝5 mA、内阻Rg＝17.5 Ω。该同学设计了如图所示的电路图，A、B为接线柱，R为滑动变阻器。
(1)使用改装好的欧姆表测量导体电阻前应该进行“欧姆调零”，此时应调节滑动变阻器R的阻值为________Ω。
(2)欧姆调零后，发现在A、B间接入阻值不同的电阻时，电流表读数不同。若在电流表刻度线上直接标注相应电阻，则可直接读出A、B间接入的电阻，电流表就改装成了一块能够测量导体电阻的欧姆表。电流表“3.0 mA”刻度线应标为________Ω；为了操作方便，在A、B处用红、黑表笔接出，其中红表笔应接在________(填“A”或“B”)处。
解析：(1)欧姆调零时，应该将A、B短接，调节滑动变阻器R，使欧姆表指针指到0刻度，即电流表达到满偏电流Ig，由闭合电路欧姆定律得R＝－r－Rg＝－2.5－17.5Ω＝280 Ω。
(2)保持R阻值不变，在A、B间接入电阻Rx时，通过电流表的电流为I1＝3.0 mA，由闭合电路欧姆定律有Rx＝－＝Ω＝200 Ω；为了操作方便，在A、B处用红、黑表笔接出，根据多用电表中电流从红表笔进、从黑表笔出的原则，红表笔应接在A处。
答案：(1)280 (2)200 A
3．(2018届高三·第一次全国大联考Ⅲ卷)某实验探究小组为了较精确地测量一待测电阻Rx的阻值，利用多用电表粗测出它的阻值，然后再改用伏安法测量。以下是备用器材：
A．多用电表
B．电压表V1，量程6 V，内阻约8 kΩ
C．电压表V2，量程15 V，内阻约10 kΩ
D．电流表A1，量程10 mA，内阻约6 Ω
E．电流表A2，量程0.6 A，内阻约0.5 Ω
F．电源：电动势E＝6 V
G．滑动变阻器R1，最大阻值10 Ω，最大电流为2 A
H．滑动变阻器R2，最大阻值50 Ω，最大电流为0.1 A
I．导线、开关若干
(1)如图甲所示为多用电表表盘，若用“×100”挡测量电阻，则读数为________Ω。
(2)从备用器材中选出实验中用到的所有元器件________________(填器材前面的字母代号)。
(3)请在图乙所示的虚线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图。
(4)探究小组的同学合理地连接好电路，并按正确的顺序操作，闭合开关后发现移动滑动变阻器滑片时，电压表示数有变化，电流表示数为零，故障可能是____________________________________，为了检测故障具体原因，可以先使用多用电表________挡检测，在断电后用多用电表________挡检测。
解析：(1)通过多用电表欧姆挡“×100”挡读出，电阻值是9×100 Ω＝900 Ω。
(2)根据电源电动势的值确定电压表量程，电压表选V1；由于通过待测电阻的电流最大值为 A≈6.7 mA，而A2量程太大，所以电流表选A1，又A1内阻约6 Ω，远小于被测电阻阻值，故根据伏安法测电阻原理知，应采用电流表内接法；由于待测电阻阻值较大，滑动变阻器阻值过小，并且需要测量多组数据，结合滑动变阻器所能允许通过的最大电流，所以选滑动变阻器R1，并采用分压式接法。所以器材要选ABDFGI。
(3)根据(2)中的分析易得，电路图如图所示。
(4)闭合开关后发现移动滑动变阻器滑片时，电压表示数有变化，电流表示数为零，说明滑动变阻器调节有效，可能是待测电阻或电流表以及连接线发生断路。先用多用电表的电压挡检测电阻或电流表上的电压情况，再在断电情况下用欧姆挡检测电路连接或电阻状态。
答案：(1)900 (2)ABDFGI (3)见解析图 (4)待测电阻或电流表以及连接线发生断路 电压 欧姆
4．(2018届高三·第一次全国大联考Ⅰ卷)在做测量电源电动势E和内阻r的实验时，提供的器材有：待测电源一个(电动势E约为9 V，内阻r在35～85 Ω范围内)，内阻为RV＝19.95 kΩ的电压表一个(量程略大于电源的电动势)，电阻箱一个，开关一个，导线若干。
为了测量得更加准确，多次改变电阻箱的电阻R，读出电压表的相应示数U，以为纵坐标，R为横坐标，画出与R的关系图象，如图所示。试根据以上信息回答问题：
(1)在虚线框内画出实验电路图。
(2)根据图象可得E＝________，r＝________。(保留两位有效数字)
解析：(1)由题图可知，电阻箱的阻值可达到5.0 kΩ，与电压表内阻的数量级相当，故电压表可并联在电阻箱两端，也可与电阻箱串联测电流，由与R成线性关系知，电压表应与电阻箱串联，实验电路图如图所示。
(2)设干路电流为I，由闭合电路欧姆定律，得：E＝U＋I(R＋r)，其中I＝，解得：＝＋，可得斜率k＝＝6×10－6 V－1·Ω－1，纵轴截距b＝＝0.12 V－1，解得：E＝≈8.4 V，r＝－RV＝50 Ω。
答案：(1)见解析图 (2)8.4 V 50 Ω
5．(2017·内蒙古包钢一中模拟)为测量某一电压表的内阻，实验室备有如下器材：
A．待测电压表V1，量程0～3 V，内阻约为3 kΩ；
B．电压表V2，量程0～15 V，内阻约为15 kΩ；
C．电阻箱R1，电阻范围0～9 999 Ω；
D．滑动变阻器R2，电阻范围0～10 Ω；
E．电源电动势约为15 V，内阻可不计；
F．电键、导线若干。
(1)请按照图1中给定的电路图连接实验器材。
(2)将电阻箱的阻值调到7 375 Ω。
(3)闭合电键前，将滑动变阻器的滑片滑到______端(填“a”或“b”)。
(4)调节滑动变阻器的滑片位置时，发现两表均有读数，但读数几乎不变，经排查发现故障为导线断路引起，请指出发生断路的导线为______(填写电路图中的数字序号)。
(5)排除故障后，继续进行实验，调节滑动变阻器滑片到某一位置，发现V1表刚好满偏，V2表指针偏转情况如图2所示，读出V2表读数为________V，待测电压表的内阻为________Ω。
(6)改变滑动变阻器的位置，获得多组待测电压表内阻的测量值，取平均值作为待测电压表内阻的最终结果。
解析：(1)实物电路图如图所示：
(3)为保护电路安全，闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片滑到a端。
(4)调节滑动变阻器的滑片位置时，两表均有读数，说明两电压表都与电源两极相连，读数几乎不变，说明移动滑片时分压电路两端电压不变，可能是由于导线6断路，造成两电压表与滑动变阻器串联，滑动变阻器阻值很小，移动滑片时总电路电阻几乎不变，电压表示数几乎不变。
(5)由题图2所示电压表刻度可知，其量程为15 V，分度值为0.5 V，示数为10.5 V；由串联电路特点可知，电阻箱两端电压：U＝U2－U1＝(10.5－3)V＝7.5 V，电阻箱与电压表V1串联，则＝＝＝，解得：RV1＝2 950 Ω。
答案：(1)见解析图 (3)a (4)6 (5)10.5 2 950
6．(2017·烟台模拟)
某实验小组利用以下实验器材进行实验，描绘热敏电阻的伏安特性曲线。
电动势为6 V的直流电源，内阻约0.5 Ω；
量程为6 V的电压表，内阻RV约10 kΩ；
量程为0.5 A的电流表，内阻RA＝4.0 Ω；
阻值范围为0～99.9 Ω的电阻箱R；
热敏电阻RT；
开关和导线若干。
(1)如图所示为实验得到的热敏电阻的伏安特性曲线，在虚线框内画出实验所用的电路图。
(2)若该实验小组记录实验数据时，电压表的示数用U表示，电流表的示数用I表示，电阻箱的阻值用R表示，则实验中电源的输出功率P＝______________。(用U、I、R和RA表示)
(3)若该小组连续进行两次重复实验，结果得到两条伏安特性曲线①和②(如上图所示)，则两条曲线不重合的原因可能是：____________________________。在曲线①中当电流为0.40 A时，热敏电阻的阻值为______Ω。(结果保留两位有效数字)
解析：(1)实验电路图如图所示。
(2)电源的输出功率等于热敏电阻消耗的功率与电流表以及电阻箱消耗的功率之和，即P＝IU＋I2(R＋RA)。
(3)不重合的原因可能是：第二次实验的温度比第一次的高，热敏电阻的阻值变大，从题图可知曲线①中当电流为0.40 A时，对应的电压为1.20 V，故热敏电阻阻值为 Ω＝3.0 Ω。
答案：(1)见解析图 (2)IU＋I2(R＋RA) (3)第二次实验的温度比第一次的高，热敏电阻的阻值变大 3.0(2.9～3.1均可)
7.(2017·宜宾检测)某同学利用图甲电路测量自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动。实验器材还有：电源(电动势约为3 V，内阻不可忽略)，两个完全相同的电流表A1 、A2(量程为3 mA，内阻不计)，电阻箱R(最大阻值为9 999 Ω)，定值电阻R0(可供选择的阻值有100 Ω、1 kΩ、10
kΩ)，开关S，导线若干，刻度尺。
实验步骤如下：
A．测得圆柱形玻璃管内径d＝20 mm；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．连接好电路，闭合开关S，调整电阻箱阻值，读出电流表A1 、A2示数，分别记为I1、I2，记录电阻箱的阻值R；
D．改变玻璃管内水柱长度，多次重复实验步骤B、C，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；
E．断开S，整理好器材。
(1)为了较好的完成该实验，定值电阻R0应选________。
(2)玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式Rx＝__________(用R0、R、I1、I2表示)。
(3)若在上述步骤C中每次调整电阻箱阻值，使电流表A1 、A2示数均相等，利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图乙所示的RL关系图象，则自来水的电阻率ρ＝______Ω·m(保留两位有效数字)。在用本实验方法测电阻率实验中，若电流表内阻不能忽略，则自来水电阻率测量值与上述测量值相比将_______(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
解析：(1)电源电动势为3 V，电流表的量程为3 mA，则最小电阻R＝＝ Ω＝1 kΩ，故定值电阻选1 kΩ 的即可。
(2)玻璃管内水柱的电阻Rx满足I1Rx＝I2(R0＋R)，即Rx＝。
(3)当I1＝I2时，则Rx＝R0＋R，即ρ＝R0＋R，即R＝L－R0，由题图乙可知：＝＝5×104，S＝π2＝πd2，则ρ＝5×104××3.14×(20×10－3)2 Ω·m≈16 Ω·m；若电流表内阻不能忽略，则：Rx＋rA＝R0＋R＋rA，即Rx＝R0＋R，则表达式不变，自来水电阻率测量值与上述测量值相比将不变。
答案：(1)1 kΩ (2) (3)16 不变
一、选择题(第1～4题为单项选择题，第5～8题为多项选择题)
1．(2017·西安长安区一中检测)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，电流表、电压表均为理想电表，R为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L1和L2是两个完全相同的灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是( )
A．电压u的频率为100 Hz
B．电压表的示数为22 V
C．当光强增大时，变压器的输入功率变大
D．当L1的灯丝烧断后，电压表示数变小
解析：选C 电压的频率f＝＝ Hz＝50 Hz，选项A错误；初级电压有效值为220 V，故次级电压有效值为22 V，所以电压表的示数小于22 V，选项B错误；当光强增大时，R的阻值减小，次级电阻减小，电流变大，则初级电流变大，变压器输入功率变大，选项C正确；当L1灯丝烧断后，因次级电压不变，则L2上的电压不变，电压表的示数不变，选项D错误。
2．(2017·辽师大附中模拟)电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称“霍尔转把”，属于传感器非接触控制。转把内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲。开启电源时，在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，如图乙。随着转把的转动，其内部的永久磁铁也跟着转动，霍尔器件能输出控制车速的电压，已知电压与车速关系如图丙所示。以下关于“霍尔转把”叙述正确的是( )
A．为提高控制的灵敏度，永久磁铁的上、下端分别为N、S极
B．按图甲顺时针转动电动车的右把手，车速将变快
C．图乙中从霍尔器件的左右侧面输出控制车速的霍尔电压
D．若霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，将影响车速控制
解析：
选B 为提高控制灵敏度，永久磁铁的左、右端分别为N、S极，这样能使得霍尔器件处在较强的磁场内，A错误；按题图甲顺时针转动电动车的右把手，永久磁铁和霍尔器件的距离减小，霍尔器件所处位置的磁场增强，在霍尔器件上形成的电势差变大，根据电势差与车速关系可知，车速变快，B正确；由左手定则可知，题图乙中从霍尔器件的前后侧面输出控制车速的霍尔电压，C错误；若霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，则电流反向，于是前后侧面产生的电压反向，根据电势差与车速的关系，可知不影响车速，D错误。
3.(2018届高三·江西重点中学联考)如图所示，理想变压器有两个输出端，电路中五个相同的灯泡都正常发光。则三个线圈的匝数N1∶N2∶N3是( )
A．1∶4∶2 B．1∶2∶4
C．4∶1∶2 D．4∶2∶1
解析：选C 由灯泡相同，且全部正常发光知：流经每个灯泡的电流都相等设为I，每个灯泡两端电压都相等设为U，则U2＝U，U3＝2U；根据输入功率等于输出功率知：U1I＝U2·2I＋U3I，U1＝4U；再根据电压与匝数成正比知N1∶N2∶N3＝U1∶U2∶U3＝4∶1∶2，故C正确，A、B、D错误。
4.(2017·广元模拟)一理想降压变压器原、副线圈匝数比为k，原线圈与阻值为4R0的电阻串联后，接入有效值为25 V 的正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，当负载电阻的阻值R＝5R0时，理想电压表的示数为5 V。保持变压器输入电流不变，现将负载电阻的阻值增大到R′＝11R0，此时输入电压有效值为U′，则( )
A．k＝，U′＝49 V B．k＝，U′＝48 V
C．k＝4，U′＝49 V D．k＝4，U′＝48 V
解析：选C R＝5R0时，变压器次级电流I2＝＝＝，此时变压器初级电流为I1＝；变压器次级电压：U2＝I2×6R0＝6 V；初级电压：U1＝kU2＝6k；则U＝U1＋I1×4R0，即25＝6k＋，解得k＝4；保持变压器输入电流不变，则次级电流也不变，将负载电阻的阻值增大到R′＝11R0，则变压器次级电压为U2′＝I2(11R0＋R0)＝12 V；初级电压U1′＝kU2′＝48 V；故U′＝U1′＋I1·4R0＝V＝49 V；故选项C正确，A、B、D错误。
5.(2017·遂宁检测)如图所示，理想变压器原、副线圈接有额定电压均为20 V的灯泡a和b。当输入u＝220sin 100πt V的交变电压时，两灯泡均能正常发光。设灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是( )
A．原、副线圈匝数比为10∶1
B．原、副线圈中电流的频率比为11∶1
C．当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，灯泡b变亮
D．当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，变压器输入功率变大
解析：选AD 交变电压的有效值为U＝ V＝220 V，因为灯泡a正常发光，所以原线圈输出端电压为U1＝U－Ua＝(220－20)V＝200 V，又因为副线圈中灯泡b正常发光，所以副线圈两端的电压为U2＝20 V，故根据＝可得，原、副线圈匝数比为＝，A正确；变压器不改变交变电压的频率，所以原、副线圈中电流的频率比为1∶1，B错误；当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，其连入电路中的电阻减小，副线圈电阻减小，副线圈电流增大，故原线圈中的电流增大，灯泡a两端的电压增大，所以原线圈输出电压减小，即副线圈两端电压减小，即灯泡b两端电压减小，灯泡b变暗，C错误；副线圈中消耗的电功率决定变压器的输入功率，由C项分析知，副线圈电流增大，则消耗的电功率增大，所以变压器输入功率增大，D正确。
6.(2017·温州中学模拟)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和金属杆不计形变。则( )
A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
解析：选AC 当t＝1 s时，由磁感应强度随时间变化规律B＝(0.4－0.2t)T，可知，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D，故A正确；当t＝3 s 时，磁场在反向增加，由楞次定律可知，金属杆中感应电流方向从C到D，故B错误；当t＝1 s时，由法拉第电磁感应定律，则有E＝sin 30°＝0.2×12×0.5 V＝0.1 V；由欧姆定律，则有感应电流大小I＝ A＝1 A；则t＝1 s时，安培力大小F＝BtIL＝(0.4－0.2×1)×1×1 N＝0.2 N；由左手定则可知，安培力垂直磁场方向斜向上，将安培力分解，金属杆对挡板P的压力大小N＝Fsin 30°＝0.2×0.5 N＝0.1 N，故C正确；同理，当t＝3 s 时，感应电动势大小仍为E＝0.1 V，电流大小仍为I＝1 A，F′＝0.2 N，由于磁场的方向相反，由左手定则可知，安培力的方向垂直磁场方向斜向下，根据力的合成，则得金属杆对H的压力大小为N′＝F′sin 30°＝0.2×0.5 N ＝0.1 N，故D错误。
7.(2017·石家庄二中检测)如图所示是某同学自制的电流表原理图，质量为m的均匀金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在边长为ab＝L1、bc＝L2的矩形区域abcd内均有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且静止时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流大小，MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g，则( )
A．要使电流表正常工作，MN中电流方向应从N至M
B．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量不为零
C．该电流表的量程是Im＝
D．该电流表的刻度是均匀的
解析：选BCD 要使电流表正常工作，MN应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知，MN中的电流方向应从M至N，故A错误；当该电流表的示数为零时，MN与ab边重合，弹簧的弹力与MN的重力平衡，弹簧处于伸长状态，故B正确；设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x0，由平衡条件得：mg＝kx0；解得：x0＝，当电流为I时，安培力为：FA＝BIL1；设此时弹簧伸长量的增加量为Δx，根据胡克定律ΔF＝kΔx，得：Δx＝＝∝I，故该电流表的刻度是均匀的；当Δx＝L2时，I＝Im，则有BImL1＝kL2，得Im＝，故C、D正确。
8.(2017·榆林模拟)如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒ab与固定弹簧相连，放在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度。给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨做往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是( )
A．导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左
B．导体棒开始运动的初始时刻，导体棒两端的电压 U＝BLv0
C．导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能Ep＝mv02
D．导体棒最终会停在初始位置，在导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热QR
＝mv02
解析：选AD 导体棒和定值电阻组成闭合回路，开始运动的初始时刻，导体棒向右运动，回路面积减小，根据楞次定律“增缩减扩”，安培力阻碍回路面积的变化，所以安培力水平向左，选项A对；根据楞次定律，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0，但导体棒和定值电阻组成闭合回路，导体棒两端电压为路端电压，已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，所以路端电压U＝E＝BLv0，选项B错；导体棒向右运动的过程，安培力和弹簧弹力做功，根据功能关系知，产生的焦耳热Q＋Ep＝mv02，选项C错；导体棒最终会停下来，不再切割磁感线，没有感应电动势和感应电流，不受安培力，而导轨光滑，没有摩擦力，所以导体棒静止时，弹簧弹力为0，即弹簧处于自然长度，根据功能关系，电路上产生的焦耳热Q＝mv02，由于导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，所以电阻R上产生的焦耳热为QR＝Q＝mv02，选项D对。
二、非选择题
9．某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图1所示，继电器与热敏电阻Rt、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15 mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。继电器的电阻约20 Ω，热敏电阻的阻值Rt与温度t的关系如下表所示。
t/℃
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
Rt/Ω
199.5
145.4
108.1
81.8
62.9
49.1
(1)提供的实验器材有：电源E1(3 V，内阻不计)、电源E2(6 V，内阻不计)、滑动变阻器R1(0～200 Ω)、滑动变阻器R2(0～500 Ω)、热敏电阻Rt、继电器、电阻箱(0～999.9 Ω)、开关S、导线若干。
为使该装置实现对30～80 ℃之间任一温度的控制，电源E应选用________(选填“E1”或“E2”)，滑动变阻器R应选用________(选填“R1”或“R2”)。
(2)实验发现电路不工作。某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图2所示的选择开关旋至________(选填“A”“B”“C”或“D”)。
(3)合上开关S，用调节好的多用电表进行排查。在图1中，若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)，接入a、c时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)。
(4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 ℃时被吸合，下列操作步骤的正确顺序是________(填写各步骤前的序号)。
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③断开开关，将电阻箱从电路中移除
④合上开关，调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1 Ω
解析：(1)如果电源用E1，则在t＝30 ℃时电路中的最大电流Im＝ A≈13.67 mA<15 mA，故不能实现对此温度的控制，因此电源应选用E2；为了在t＝80 ℃时实现对温度的控制，设滑动变阻器阻值的最大值至少为R′，则＝0.015 A，解得R′＝330.9 Ω，因此滑动变阻器应选用R2。
(2)测量各接点间的电压，要用多用电表的直流电压挡检测，应将选择开关旋至C。
(3)如果只有b、c间断路，说明b点与电源的负极间没有形成通路，a、b间的电压为零，表笔接在a、b间时，指针不偏转；c点与电源的负极间形成通路，a与电源的正极相通，a、c间有电压，因此两表笔接入a、c间时指针发生偏转。
(4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 ℃时被吸合，应先断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，并将阻值调至108.1 Ω，合上开关，调节滑动变阻器的阻值，直至观察到继电器的衔铁被吸合，这时断开开关，将电阻箱从电路中移除，将热敏电阻接入电路。因此操作步骤的正确顺序是⑤④②③①。
答案：(1)E2 R2 (2)C (3)不偏转 偏转
(4)⑤④②③①
10.(2017·吉安第一中学检测)如图所示，竖直平面内两根光滑且不计电阻的长直平行金属导轨，间距为L，导轨所在空间内存在垂直导轨平面的匀强磁场；将一质量为m、电阻为R的金属杆水平靠在导轨处上下运动，与导轨接触良好。
(1)若磁感应强度随时间变化满足B＝kt，k为已知非零常数。金属杆在距离导轨顶部L处释放，则何时释放，会获得向上的加速度？
(2)若磁感应强度随时间变化满足B＝，B0、c、d均为已知非零常数。为使金属杆中没有感应电流产生，从t＝0时刻起，金属杆应在外力作用下做何种运动？
解析：(1)金属杆释放时，由法拉第电磁感应定律得：
E＝＝S＝kL×L＝kL2
安培力：FA＝BIL＝BL＝ktL＝，
设t时刻释放能获得向上的加速度，此时有：FA>mg，即：>mg，
解得：t>。
(2)设t＝0时，金属杆与顶部间距为x，为了不产生感应电流，任意时刻t时磁通量应与刚开始时相同，设t时间内金属杆位移为s，已知B＝，为保持磁通量不变，则
Lx＝L(x＋s)，
解得：s＝t2，金属杆由静止开始向下做匀加速直线运动。
答案：(1)t> (2)由静止开始向下做匀加速直线运动
11．(2017·怀化模拟)如图甲所示，平行粗糙导轨固定在绝缘水平桌面上，间距L＝0.2 m，导轨左端接有R＝1 Ω
的电阻，质量为m＝0.1 kg的粗糙导体棒ab静置于导轨上，导体棒ab及导轨的电阻忽略不计。整个装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨向下。现外力F作用在导体棒ab上使之一开始做匀加速运动，且外力F随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)导体棒a、b两点电势的高低；
(2)前10 s导体棒ab的加速度大小；
(3)若整个过程中通过R的电荷量为65 C，导体棒ab运动的总时间为多少。
解析：(1)据右手定则知，a点电势高，b点电势低。
(2)由于导体棒ab一开始做匀加速运动，由牛顿第二定律：
F－FA－f＝ma
FA＝
v＝at
解得：F＝t＋f＋ma
据题图乙可知前10 s，Ft图线斜率为0.05，
即＝0.05 N/s
解得：a＝5 m/s2。
(3)由题意知，当t＝0时，f＋ma＝1 N，则f＝0.5 N
10 s时导体棒ab的速度v1＝at1＝50 m/s
此时安培力FA1＝＝0.5 N
由于F＝1 N，且此时f＋FA1＝F＝1 N，
故10～15 s内导体棒ab做匀速直线运动
0～15 s内导体棒ab的位移x＝t1＋v1t2＝500 m
通过R的电荷量q1＝＝＝50 C
F为0后，导体棒ab做减速运动直到停止过程中，通过R的电荷量：q2＝q－q1＝15 C
对导体棒ab应用动量定理：－ft3－BLt3＝0－mv1，t3＝q2
解得t3＝7 s
则总运动时间：t＝t1＋t2＋t3＝22 s。
答案：(1)a点电势高，b点电势低 (2)5 m/s2 (3)22 s
