#【試題解析】：(1)由半電動勢可知,當電源的輸出電壓為電源電動勢的一半時，電源的輸出功率最大,由乙圖可知此時,內電壓U內=6V,所以電流強度1=爭=2A,電動機的焦耳熱功率P熱=/2R0=4W(2)純電阻電路中，當電路的外電阻等于內阻時，電路的輸出功率最大,所以甲圖中：R]=r-R0=3Q-1Q=2Q根據閉合電路歐姆定律，有：E=Ir+IR2+p代入數據，有：12=2x3+2xR2+6,解得：R2=1.5Q222第一問另解：(1)圖乙是非純電阻電路，電源的輸出功率為：P=UI=(E-Ir)I=-r/2+EI,當I=E=上=2A2r23時,電源的輸出功率最大，此時電動機的熱功率：P=/2R0=4W;熱0【典型例題3】如圖甲所示，已知電源電動勢P=6V,閉合開關，將滑動變阻器的滑動觸頭P從A端滑至B端的過程中，得到電路中的一些物理量的變化如圖乙、丙、丁所示.其中圖乙為輸出功率與路端電壓關系曲線，圖丙為路端電壓與總電流關系曲線，圖丁為電源效率與外電路電阻關系曲線，不考慮電表、導線對電路的影響.則下列關于圖中a.b.c.d點的坐標值正確的是()(丙)(丙)A、(4V,4.5W)B、(4.8V,2.88W)C、(0.6A,4.5V)D、(8Q,80%)【試題解析】：由圖乙可知電源的輸出功率最大為4.5W,由半電動勢法,當路端電壓等于電源電動勢的一半時,電源的輸出功率最大，所以圖乙中a點的坐標為(3V,4.5W),A錯誤；由丙圖可知短路電流為I=3A,r=-E-r=-E-1短36Q=2Q;電源效率最高時，滑動變阻器的阻值最大,由丁圖知電源的最大效率為n=80%由n=U=衛(wèi)，解得：R=8QIER+r變阻器的滑動頭P在右端B時，分別對應c、b、d三點.b點、c點：R=8Q,I二亠=-^A=0.6A,R+r8+2U=E-Ir=6-0.6x2=4.8V,P=UI=4.8x0.6W=2.88W，所以b點的坐標為：(4.8V,2.88W);c點的坐標為(0.6A,4.8V);d點坐標為(8Q,80%).故A、C錯誤,B、D正確.另解：當輸出功率達到最大時：R=r=2Q,此時路端電壓為U=3V,所以各點的坐標為：a點：U=3V,P=E=亙W=4.5W，坐標為：(3V,4.5W);4r4x2【典型例題4】如圖所示電路中，電源電動勢為民內阻為尸，電動機內阻為對。當開關S閉合,電動機正常工作時,滑動變阻器接入電路中的電阻為人2,此時電源的輸出功率最大,電動機兩端的電壓為U通過電動機的電流為/,則有()A、R]+R2=rB、電動機輸出的機械功率為IE-/2R]C、電源的最大輸出功率為坐2D、電源的熱功率為I2r【試題解析】：電動機不是純電阻，不能滿足電源輸出功率最大時的條件R1+R2=r,故A錯誤；電動機輸出的機械功率為P=IU-/2R],B錯誤；電源的輸出功率P=UI+I2R2,電源的最大輸出功率時,路短電壓等于電源電動勢的一半，則電源的最大輸出功率為坐，故C正確；電源的熱功率為電源內阻的熱功2率P扌=/2r,故D正確.解題技巧之九電橋法如圖：R「R2、R3、R4是電橋的四個臂,電橋的一組對角頂點a、b之間接電阻R,對角c、d之間接電源，如果所接電源為直流電源，則這種電橋稱為直流電橋。電橋電路的主要特點就是：當四個橋臂電阻的阻值滿足一定關系時,會使接在對角線a、b間的電阻R中沒有電流通過。這種情況稱平衡狀態(tài)。要達到平衡條件：必須滿足a、b兩點電勢相同。Uda=IaR1UflaRUb"5戶扎乙=際FbcR堺RIR堺RIRR~T=~3RR~T=~3RR24或r1r4=r2r3直流電橋的平衡條件是:對臂電阻的乘積相等.【典型例題1】如圖所示是一種測量電阻的實驗裝置電路圖，其中R］、R2是未知的定值定值,R3是保護電阻,R是電阻箱,R’是待測電阻,V是一只零刻度在中央、指針可以左右偏轉的雙向電壓表閉合開關S「S2,調節(jié)R,使電壓表V的指針指在零刻度處，這時R的讀數為900；將R「R2互換后，再次閉合S］、S2,調節(jié)R,使電壓表V的指針指在零刻度處，這時R的讀數為1600,那么被測電阻R」勺數值及R］與R2的比值分別為（）A.12003:4B.12504:3C.160016:9D.25009:16【試題解析】此題中的電路圖是電橋電路圖，其中R、Rx、R］、R2稱為電橋的四個臂，調節(jié)電阻箱R適當時，使電壓表的讀數為零，此時稱電橋平衡；這時要滿足的條件為R=A，由該條件即可求出R及TOC\o"1-5"\h\zRRx2xR「R2的比值；當R=9O0時，即R=90人、R2互換后,R=16O0，即R=-Rr，所以90=-Rr得R=1200.12RR12R160R160x2x2x進一步求出R=3.A對.R42【典型例題2】如圖甲所示電路稱為惠斯通電橋，當通過靈敏電流計G的電流1=0時，電橋平衡，可g

以證明電橋的平衡條件為：與一r3.圖乙是實驗室用惠斯通電橋測量未知電阻卷的電路原理圖，其中RR24R是已知電阻,S是開關,G是靈敏電流計是一條粗細均勻的長直電阻絲Q是滑動頭，按下D時就使電流計的一端與電阻絲接通上是米尺.⑴簡要說明測量R」勺實驗步驟，并寫出計算R」勺公式；（2）如果滑動觸頭D從A向C移動的整個過程中，每次按下D時，流過G的電流總是比前一次增大，已知A、C間的電阻絲是導通的，那么，電路可能在哪里出現斷路了.乙乙【試題解析】（1）閉合開關，把滑動觸頭放在AC中點附近，按下D,觀察電流表指針的偏轉方向；向左或向右移動D,直到按下D時,電流表指針不偏轉；用刻度尺量出AD、DC的長度1]和12；根據公式R=打R,求出R”的值；（2）BC斷了.【典型例題3】如圖所示電路，電源的電動勢E=10V,內阻不計，電阻R=R=R=2Q,R4=6Q,電容器的電容C=7.5yF,G為靈敏電流計。當電路中電阻R3發(fā)生斷路時，求流過電流計的電荷量。【試題解析】：原來電流計中無電流為等勢體,R】兩端電壓Ur1=-R^=5V,R3兩端電壓Ur3=^3E~1R1R+R3R3R+R1234=2.5V,故Uba=他一化=2.5V,電勢他＞鶴，電容器下極板帶正電,Q]=CUba=1.875x10-5C。r3發(fā)生斷路后,電路最終穩(wěn)定時等效電路如圖所示，電阻r4和電流計為等勢體,電容器兩板間電壓等于R2兩端電壓。Uab'=UR2'=5V,電勢申a＞（p；,電容器上極板帶正電，下極板帶負電，帶電荷量Q2=CUab，=3-75X]0-5C。電容器下極板由帶正電,到后來帶負電，表明流過電流計的電流方向先是向下,放完電后又繼續(xù)反向充電,流過電流計的總電荷量為：Aq=Q]+Q2=5.625x10-5C?！镜湫屠}4】某同學利用如圖（a）所示的電路測量一微安表（量程為100叭，內阻大約為25000）的內阻。可使用的器材有:兩個滑動變阻器R]、R2（其中一個阻值為20Q,另一個阻值為20000）；電阻箱Rz（最大阻值為99999.90）；電源E（電動勢約為1.5V）；單刀開關齊和S2。C、D分別為兩個滑動變阻器的滑片。

（1）按原理圖（a）將圖（b）中的實物連線.（2）完成下列填空：R］的阻值為Q（填“20”或“2000”）.為了保護微安表，開始時將R］的滑片C滑到接近圖（a）中的滑動變阻器的端（填“左”或石”）對應的位置；將R2的滑片D置于中間位置附近.將電阻箱Rz的阻值置于2500.0Q,接通S1.將R1的滑片置于適當位置，再反復調節(jié)R2的滑片D的位置，最終使得接通S2前后，微安表的示數保持不變,這說明S2接通前B與D所在位置的電勢（填“相等”或“不相等”）.將電阻箱Rz和微安表位置對調，其他條件保持不變，發(fā)現將Rz的阻值置于2601.00時,在接通S2前后，微安表的示數也保持不變。待測微安表的內阻為0（結果保留到個位）。（3）寫出一條提高測量微安表內阻精度的建議：?！驹囶}解析】（1）實物連線如圖：（2）①滑動變阻器R］要接成分壓電路,則要選擇阻值較小的200的滑動變阻器；為了保護微安表，開始時將R］的滑片C滑到接近圖（a）中滑動變阻器的左端對應的位置；將電阻箱Rz的阻值置于2500.00，接通S］;將R］的滑片置于適當位置，再反復調節(jié)R2的滑片D的位置；最終使得接通S2前后，微安表的示數保持不變,這說明S2接通前后在BD中無電流流過，可知B與D所在位置的電勢相等；④設滑片P④設滑片P兩側電阻分別為R21和R22,因B與D所在位置的電勢相等，可知;R=R.~Z1~A?RR2122同理當Rz和微安表對調時,仍有：-Ra=爲.聯立兩式解得：RA=,rr250026010=25500.RRz1z22122（3）為了提高測量精度，調節(jié)R］上的分壓，盡可能使微安表接近滿量程.解后反思此題考查電阻測量的方法；實質上這種方法是一種“電橋電路”,搞清電橋平衡的條件：對角線電阻乘積相等,即可輕易解出待測電阻值；知道分壓電路中滑動變阻器選擇的原則及實物連線的注意事項.解題技巧之十放縮圓法帶電粒子垂直磁場以任意速率沿特定方向射入勻強磁場時，它們將在磁場中做勻速圓周運動，其軌跡半徑隨速度大小的變化而變化，如圖所示，速度v越大，運動半徑也越大,可以發(fā)現這樣的粒子源產生的粒子射入磁場后,它們運動軌跡的圓心在垂直速度方向的直線PP'上.由此我們可得到一種確定臨界條件的方法:在確定這類粒子運動的臨界條件時,可以以入射點P為定點，圓心位于PP'直線上，將半徑放縮作軌跡，從而探索出臨界條件，使問題迎刃而解,這種方法稱為“放縮圓法”【典型例題1】如圖所示,寬度為d的勻強有界磁場，磁感應強度^B,MN和PQ是磁場左右的兩條邊界線,現有一質量為m,電荷量為q的帶正電粒子沿圖示方向垂直射入磁場中,0=45。，要使粒子不能從右邊界PQ射出,求粒子入射速率的最大值為多少？【試題解析】用放縮法作出帶電粒子運動的軌跡，如圖所示,MCNMCNvQ當其運動軌跡與PQ邊界線相切于C點時，這就是具有最大入射速率v的粒子的軌跡，由圖可知:^maxR(l-cos45o)=d,又Bqv=m聯立可得：v=(2旳Bqdmaxm【典型例題2】平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質量為m,電荷量為q(q>0).粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場,速度與OM成30°角.已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場.不計重力.粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為()

AmvB.、、3mv2qBqBCAmvB.、、3mv2qBqBC2mvqBD4mv【試題解析】：D如圖所示，粒子在磁場中運動的軌道半徑為R=mv.設入射點為A,過A點作一個圓,qB將圓逐漸放大，圓弧與ON的相切于點P,出射點為B,由粒子運動的對稱性及粒子的入射方向知,AB=R.由幾何圖形知AP=<3R,則AO=AP=3R,所以OB=4R=4mv.故選項D正確.qB【典型例題3】在一個邊界為等邊三角形的區(qū)域內，存在一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場，在磁場邊界上的P點處有一個粒子源，發(fā)出比荷相同的三個粒子a、b、c（不計重力）沿同一方向進入磁場,三個粒子通過磁場的軌跡如圖所示，用乙、tb、tc分別表示a、b、c通過磁場的時間；用ra.rb、rc分別表示a、b、c在磁場中的運動半徑；則下列判斷正確的是（）At=t>abct>t>tbcar>r,>rcbar>r>rbac【試題解析】：此題可以看作粒子a軌跡圓弧逐漸放大，變?yōu)榱Ｗ觔、c的軌跡，由圖可以看出三個粒2兀m子從P點的軌跡，得出r>rb>r,選項C正確、D錯誤；根據周期公式T=吧可知，處在同一磁場中運cbaqB動的電荷,當比荷相同時，它們的周期相等，運動時間t=蟲八由圖可得出粒子運動軌跡圓弧所對的圓心角ea=eb>ec，則t評刁c，選項a正確、b錯誤?！镜湫屠}4】一足夠長矩形區(qū)域abed內充滿磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，矩形區(qū)域的左邊界ad寬為L,現從ad中點O垂直于磁場射入一帶電粒子，速度大小為v0,方向與ad邊夾角為如30。,如圖所示,已知粒子的電荷量為q,質量為m（重力不計）.

(1)若粒子帶負電且恰能從(1)若粒子帶負電且恰能從d點射出磁場,求v0的大??；(2)若粒子帶正電，且粒子能從ab邊射出磁場，求v0的取值范圍及此范圍內粒子在磁場中運動時間t的范圍．【試題解析】：(1)若粒子帶負電，則進入磁場后沿順時針方向偏轉，如圖所示，O]為軌跡圓心O]為軌跡圓心，由對稱性可知,速度的偏轉角0]=2a=60°,故軌跡半徑r1=Od=L2根據qv0B=mV20r1解得v0=叫=qBL.0m2m⑵若粒子帶正電,則沿逆時針方向偏轉，當v0最大時，軌跡與cd相切，軌跡圓心為O2,半徑為r2,由幾何關系得r2何關系得r2-r2cos60°=—,解得r2=L=qBr=qBLmaxmmmaxmm當v0當v0最小時，軌跡與ab相切，軌跡圓心為O3,半徑為r3,由幾何關系可得r3+r3sin30°=—解得r3=貝ij貝ijv=qBr_=qBL

'min…33m所以qBL<v<qB—3m0m粒子從ab邊射出磁場，當速度為vmax時,速度偏轉角最小且為150°，故運動時間最短，有t.=臣min360t.=臣min360oT_5兀m6qB速度為v.時,速度偏轉角最大且為240°，因此運動時間最長，有t_2400T_4^mminmax360o3qB所以粒子的運動時間t的范圍是泌＜t＜如.6qB3qB【典型例題5】如圖所示,M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數值?靜止的帶電粒子帶電荷量為+q,質量為m(不計重力)，從點P經電場加速后，從小孔Q進入N板右側的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為5方向垂直于紙面向外,CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為嚴45。,孔Q到板的下端C的距離為厶當M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，求:⑴兩板間電壓的最大值Um；(2)CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s；(3)粒子在磁場中運動的最長時間tm.【試題解析】⑴粒子在兩板之間運動被加速，設粒子離開電場時的速度為V],則有:qU=1mV”粒子以速度v]進入磁場,在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則qv.B=mvr，解得r=吟=2mUr1qBB''q1隨著兩板之間電壓的升高，粒子進入磁場的速度不斷增大，粒子做圓周運動的軌跡半徑不斷增大,M、

N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點，如圖所示,CH=QC=L，故半徑r=L,所以u=qB2L2m2m(2)設粒子在磁場中運動的軌跡與CD板相切于K點，此軌跡的半徑為r2,設圓心為A，在^AKC中:sin45°=肯，解得r2=(、「1)L,即KC=r=(^-1)L2所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度s=HK,s=ri-r=(2--i)L(3)打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，時間為半個周期，所以t=T