2022-2023學年江蘇省常州新橋高級中學高二（上）期中物理試

卷

1.關(guān)于電磁學，下列說法不正確的是（）

A.移動通信是通過電磁波來傳輸信息的

B.赫茲預(yù)言電磁波的存在

C.變化的電場能夠產(chǎn)生磁場，變化的磁場能夠產(chǎn)生電場

D.紫外線是一種波長比紫光更短的電磁波，能夠滅菌消毒

2.已知某單色光的波長為4,在真空中的光速為c,普朗克常量為力，則該單色光的能量子為

（）

A.yB.yC.號D.hex

3.宇宙中“破壞力”最強的天體“磁星”，磁感應(yīng)強度相當于地磁場的1000萬億倍，磁感

線分布類似于地磁場，下列有關(guān)“磁星”的磁場說法正確的是（）

A.“磁星”內(nèi)部不存在磁場

B.“磁星”表面可以找到磁通量為零的閉合區(qū)域

C.“磁星”表面任意位置的磁場方向都與星體表面平行

D.“磁星”附近磁感線非常密集，導致部分磁感線可能相交

4.如圖所示的電路中，閉合開關(guān)后，電壓表有示數(shù)、電流表指針幾乎八_^

不動。關(guān)于電路故障分析正確的是（）肉

A.燈泡人短路JLLiL2

B.電流表接觸不良J/

I-------1|——/—

C.開關(guān)處短路

D.燈泡人斷路

5.經(jīng)過不懈的努力，法拉第終于在1831年8月29日發(fā)現(xiàn)了“磁生電”的現(xiàn)象，他把兩個線

圈繞在同一個軟鐵環(huán)上（如圖所示），線圈A連接電池與開關(guān)，線圈8閉合并在其一段直導線

附近平行放置小磁針。法拉第可觀察到的現(xiàn)象有（）

B

X

A.合上開關(guān)，圈接通電流瞬間，小磁針偏轉(zhuǎn)一下，隨即復原

B.只要圈中有電流，小磁針就會發(fā)生偏轉(zhuǎn)

C.圈中電流越大，小磁針偏轉(zhuǎn)角度也越大

D.開關(guān)斷開，圈中電流中斷瞬間，小磁針會出現(xiàn)與圈中電流接通瞬間完全相同的偏轉(zhuǎn)

6.武漢病毒研究所是我國防護等級最高的P4實驗室，在該實驗室中有一種污水流量計，其

原理可以簡化為如圖所示模型；廢液內(nèi)含有大量正、負離子，從直徑為”的圓柱形容器右側(cè)

流入，左側(cè)流出，流量值Q等于單位時間通過橫截面的液體的體積?？臻g有垂直紙面向里的

磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，下列說法正確的是（）

A.穩(wěn)定時MN兩點間的電壓越大，說明離子濃度越高

B.正、負離子所受洛倫茲力方向相同

C.穩(wěn)定狀態(tài)下M點電勢高于N點電勢

D.通過測量MN兩點間的電壓能夠推算廢液的流量

7.如圖所示，用絕緣細線懸掛一個導線框，導線框是由兩同

心半圓弧導線和在同一條水平直線上的直導線ERG"連接而

成的閉合回路，導線框中通有圖示方向的電流，處于靜止狀態(tài)。

在半圓弧導線的圓心處沿垂直于導線框平面的方向放置一根

長直導線當。中通以垂直紙面方向向里的電流時（）

A.長直導線。產(chǎn)生的磁場方向沿著電流方向看為逆時針方向

B.半圓弧導線ECH受安培力大于半圓弧導線mG受安培力

C.EF所受的安培力方向垂直紙面向外

D.從上往下看，導線框?qū)㈨槙r針轉(zhuǎn)動

8.如圖所示，在MNPQ中有一垂直紙面向里的勻強磁場。

質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子〃、6、c以不同的速率從。

點沿垂直于PQ的方向射入磁場。圖中實線是它們的軌跡，

已知。是PQ的中點。不計粒子重力。下列說法中正確的是

（）

A.粒子c帶負電，粒子〃、〃帶正電

B.射入磁場時，粒子6的速率最小

C.粒子a在磁場中運動的時間最長

D.若勻強磁場磁感應(yīng)強度增大，其他條件不變，則粒子。在磁場中的運動時間不變

9.長為/的通電直導線放在傾角為。的光滑斜面上，并處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，

如圖所示，當B方向豎直向上，電流為A時導體處于平衡狀態(tài)，若B方向改為垂直斜面向上,

則電流為％時導體處于平衡狀態(tài)，電流比值?應(yīng)為（）

10.如圖甲所示的電路中定值電阻R=600,電源電動勢E=100V,r=10。。如圖乙所示，

曲線為燈泡L的伏安特性曲線，直線為電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖線，以下說法正確的

是（）

A.開關(guān)S斷開時電源的效率為60%B.開關(guān)S閉合后電源的總功率會變小

C.開關(guān)S閉合后燈泡的亮度增強D.開關(guān)S斷開時小燈泡消耗的功率為240W

11.某實驗小組準備探究電極間距、電極插入深度對水果電池的電動勢和內(nèi)阻的影響。實驗小

組在市場上購買了品利\大小和成熟程度幾乎相同的蘋果，成員設(shè)計了兩個方案測量蘋果電

池的電動勢E和內(nèi)阻廣，電路原理如圖所示。實驗室可供器材如下：

電壓表(0?3匕內(nèi)阻約3/c0：0-15V,內(nèi)阻約15k。)；

電流表(0~0.64,內(nèi)阻約0.1250；0~3A,內(nèi)阻約0.0250)；

微安表(量程200/M；內(nèi)阻約10000)；

滑動變阻器(1000,24),電阻箱(0?999990)開關(guān)、導線若干。

⑨

^―Nt0f——f-----------?

(1)查閱資料知道蘋果電池的電動勢約為IV,內(nèi)阻約為幾經(jīng)過分析后發(fā)現(xiàn)方案A不合適，

你認為方案A不合適的原因是o(多選題)

A.滑動變阻器起不到調(diào)節(jié)的作用

B.電流表幾乎沒有示數(shù)

C電壓表分流明顯導致測量誤差偏大

D電壓表示數(shù)達不到量程的三分之一

(2)實驗小組根據(jù)方案B進行實驗，根據(jù)數(shù)據(jù)作出:-R圖像，已知圖像的斜率為A,縱坐標截

距為從電表內(nèi)阻為名,可求得被測電池的電動勢E=,內(nèi)電阻r=。

(3)改變電極間距、電極插入深度重復實驗，測得數(shù)據(jù)如表所示。

序號電極插入深度九/cm電極間距d/cm電動勢E/V內(nèi)阻r/0

1421.0165981

2441.0569508

3221.082611073

分析以上數(shù)據(jù)可知水果電池電動勢與電極插入深度和電極間距。電極插入越深入，水

果電池內(nèi)阻越,電極間距越大，水果電池內(nèi)阻越。

12.如圖所示，質(zhì)量為〃?的帶正電的小球能沿豎直絕緣墻從靜止開始....

豎直向下滑動，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場方向垂直紙面向外，并B

與小球運動方向垂直。若小球電荷量為g,球與墻間的動摩擦因數(shù)????

為〃，求：v

(1)小球下滑的最大速度；**v?.

(2)若小球從靜止至達到最大速度過程中，共下滑距離〃，求克服摩????

擦力做的功。

13.一玩具起重機的電路示意圖如圖所示。電源的電動勢E=9，、內(nèi)阻

r=0.5/2,電阻R=60,電容C=100〃F。當起重機以u=0.2m/s的恒

定速度豎直向上提升一質(zhì)量rn=630g的物體時，標有“2.5U0.3A”的一

燈泡恰好正常發(fā)光。不計一切摩擦阻力，取重力加速度大小g=10m/s2,一學

求：

(1)電容器極板所帶電荷量Q

區(qū)域的〃邊重合，當中有電流通過時，指針示數(shù)可表示電流的大小。重力加速度為g。

(1)當電流表示數(shù)為零時，彈簧的伸長量為多少？

(2)若k=2.0N/m,ab=0.20m,ad=0.05m,B=0.20T,求此電流表的量程及金屬棒中電

流的方向(不計通電時電流產(chǎn)生的磁場的作用)；

(3)在(2)的條件下，若將量程擴大為原來的2倍，磁感應(yīng)強度應(yīng)變?yōu)槎啻螅?/p>

15.如圖所示,0'PQ是關(guān)于y軸對稱的四分之一圓(半徑為R),在尸QMN區(qū)域有均勻輻向電場，

PQ與MN間的電壓為U,PM=NQ=d。一初速度為零的帶正電的粒子從尸。上的任一位置

經(jīng)電場加速后都會從。'進入半徑為R、中心位于坐標原點。的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向

垂直xOy平面向外，大小為8,粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都能平行于x軸射出。

(1)求帶電粒子的比荷*

(2)求沿y軸正方向加速的帶電粒子在磁場中運動的時間；

(3)求帶電粒子離開磁場時的縱坐標范圍。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、移動通信是通過電磁波來傳輸信息的；故A正確；

8、麥克斯韋預(yù)言了電磁波的存在；赫茲證實了電磁波的存在，故B錯誤；

C、由麥克斯韋電磁理論知道：變化的電場能夠產(chǎn)生磁場，變化的磁場能夠產(chǎn)生電場，故C正確；

。、由電磁波譜可知，紫外線是一種波長比紫光更短的電磁波，能夠滅菌消毒，故O正確；

本題選不正確的

故選：B。

由電磁波譜知識解答，麥克斯韋預(yù)言了電磁波的存在，赫茲證實了電磁波的存在.

解決本題的關(guān)鍵知道電磁波譜和麥克斯韋電磁理論。

2.【答案】A

【解析】解：1個光子的能量E=/iv,其中v為光子的頻率，而光速c=入，故一個光子的能量:

E=苧，故A正確，BCQ錯誤；

故選：A.

根據(jù)E=機可以求一個光子的能量，而根據(jù)c=前可以求出一個光子的能量用h、c、2的表達式.

本題考查能量量子化。

3.【答案】B

【解析】解：A、“磁星”內(nèi)部也存在著磁場，故A錯誤；

8、任何閉合區(qū)域的磁通量都為零，故B正確；

C、“磁星”表面磁極處，磁場方向與星體表面一定不平行，故C錯誤；

。、如果兩條磁感線相交，那么交點處的磁場就有兩個方向，與實際不相符，故“磁星”附近磁

感線非常密集，磁感線也不可能相交，故。錯誤；

故選：Bo

“磁星”內(nèi)部也存在磁場；

任何閉合區(qū)域的磁通量都為零；

“磁星”表面磁極處，磁場方向與星體表面一定不平行；

磁感線不能相交，若相交，則交點處就有兩個方向，但實際上磁場中任意一點磁場方向只能有一

個方向。

明確磁場磁通量的概念，知道磁感線不相交。

4.【答案】D

【解析】解：開關(guān)閉合兩燈均不亮，則電路中有開路，電壓表有示數(shù)，則電壓表的正負接線柱到

電源正負極的連接是連通的，人沒有斷路，所以功斷路，故。正確，A8C錯誤；

故選：Do

開關(guān)閉合時，發(fā)現(xiàn)兩燈均不亮，說明電路有開路.

電壓表有示數(shù)，電壓表的正負接線柱到電源正負極的連接是連通的；

電流表的指針幾乎指在零刻度線，是因為把電壓表通過燈絲、導線接在電源正負極上，電壓表的

電阻無限大，使得電路中的電流很小.據(jù)此判斷。

本題考查了學生利用電流表、電壓表判斷電路故障的分析能力，平時做實驗時試一試，多積累這

方面的經(jīng)驗。

5.【答案】A

【解析】解：A。、合上開關(guān)，線圈中的磁場方向為順時針，且增加，故根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流

的磁場為逆時針方向，故右側(cè)線圈中感應(yīng)電流方向俯視逆時針，故直導線有電流，小磁針旋轉(zhuǎn)一

下，電路穩(wěn)定后，無感應(yīng)電流，小磁針不偏轉(zhuǎn)；

同理當斷開瞬間時.，根據(jù)楞次定律，結(jié)合右手螺旋定則可知，小磁針的偏轉(zhuǎn)方向與接觸瞬間的方

向相反，故A正確，。錯誤；

BC、只有電鍵閉合瞬間、斷開瞬間有感應(yīng)電流，即原磁場變化時才有感應(yīng)電流，故產(chǎn)生感應(yīng)電流

的條件是：穿過閉合回路中磁通量發(fā)生變化，而與線圈的電流大小無關(guān)，而是與電流變化大小有

關(guān)，故BC錯誤。

故選：Ao

先根據(jù)右手螺旋定則判斷原磁場方向，然后根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的磁場方向，最后再根據(jù)

右手螺旋定則判斷感應(yīng)電流方向并得到小磁針是否偏轉(zhuǎn)；感應(yīng)電流只在開關(guān)閉合斷開瞬間出現(xiàn)。

本題關(guān)鍵是明確電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生的條件，只有磁通量變化的瞬間閉合電路中才會有感應(yīng)電流。

6.【答案】D

【解析】解：A、電壓表的示數(shù)穩(wěn)定時，電場力等于洛倫茲力，即quB=q稱,解得U=Bdv,可

知電壓表的示數(shù)與污水中離子濃度無關(guān)，故A錯誤；

BC,帶電離子進入磁場后受到洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知，正離子受到的洛倫茲力向下，

負離子受到洛倫茲力向上，M點的電勢低于N點的電勢，故BC錯誤；

D、最終正、負離子受到的電場力和洛倫茲力平衡，有qvB=q^,解得液體的流速〃=北，U是

11aaB

MN兩點間的電壓，則廢液的流量為：Q=uS=嘿，只需要測量MN兩點的電壓就能夠推算廢液

的流量，故。正確。

故選：Do

廢液流過磁場區(qū)域時，根據(jù)左手定則判斷帶電粒子所受洛倫茲力的方向，正、負粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)打

到上、下兩個面上，上、下兩個面之間形成電場，最終正、負粒子受到的電場力和洛倫茲力平衡，

根據(jù)受力平衡求出粒子的速度，再根據(jù)Q=訶求出流量。

本題考查霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵要知道導電液體流過磁場區(qū)域時，正、負粒子受到

洛倫茲力，發(fā)生偏轉(zhuǎn)打到上、下兩個面上，形成電場，最終正、負電荷在電場力和洛倫茲力的作

用下處于平衡狀態(tài)。

7.【答案】D

【解析】解：4、當直導線。中通以垂直紙面方向向里的電流時，由安培定則可判斷出長直導線

。產(chǎn)生的磁場方向沿順時針方向，故A錯誤。

8、磁感線是以0為圓心的同心圓，半圓弧導線與磁感線平行，不受安培力，故B錯誤。

C、由安培定則可判斷出長直導線在Er所在位置產(chǎn)生的磁場垂直￡尸向上，在GH所在位置產(chǎn)生

的磁場垂直G”向下。由左手定則可判斷出直導線EF所受安培力的方向垂直于紙面向里，故C

錯誤。

。、由安培定則可判斷出長直導線在EF所在位置產(chǎn)生的磁場垂直EF向上，在GH所在位置產(chǎn)生

的磁場垂直GH向下。根據(jù)左手定則可知，導線E尸所受安培力的方向垂直于紙面向里，導線GH

所受安培力的方向垂直于紙面向外，從上往下看，導線框?qū)⒀仨槙r針轉(zhuǎn)動，故。正確。

故選：D.

根據(jù)右手定則判斷直導線的磁場方向，根據(jù)左手定則判斷各段導線的安培力有無及方向，從而判

斷線框的轉(zhuǎn)動情況。

考查安培力的方向判斷。當電流方向與磁場方向平行時，導線不受安培力的作用。

8.【答案】C

【解析】解：4、根據(jù)左手定則可知粒子c帶正電，粒子外6帶負電，故A錯誤；

B、粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m^

解得：v=遮，射入磁場時粒子a的半徑最小，所以射入磁場時粒子a的速率最小，故B錯誤；

m

C、粒子在磁場中做圓周運動的周期:T=—=等相同，粒子在磁場中的運動時間：t=*T=咯

vBq27rqB

由于機、q、B都相同，粒子a轉(zhuǎn)過的圓心角。最大，則射入磁場時粒子a的運動時間最長，故C

正確；

D、若勻強磁場磁感應(yīng)強度增大，其它條件不變，由牛頓第二定律得：qvB=解得：〃=理，

則。粒子射入磁場時的半徑會變大，導致軌跡對應(yīng)的圓心角會變小，所以。粒子動時間會變小，

故O錯誤。

故選：Co

根據(jù)粒子運動軌跡由左手定則判斷粒子的電性；根據(jù)粒子做圓周運動的周期與轉(zhuǎn)過的圓心角比較

粒子運動時間。

本題考查帶電粒子在磁場中的運動，帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，在磁場、質(zhì)量及

電量相同情況下，運動的半徑與速率成正比，從而根據(jù)運動圓弧來確定速率的大小。

9.【答案】A

【解析】解：若磁場方向豎直向上，則由左手定則知安培力水平向右。由平衡條件可得：mgtand=

BlrL

若磁場方向垂直于斜面向上，則由左手定則知安培力沿斜面向上。由平衡條件可得：rngsind=

BI2L

則人：/2=1：cos?.故A正確，BCD錯誤

故選:Ao

通電導線在磁場中的受到安培力作用，由公式尸=8〃求出安培力大小，由左手定則來確定安培力

的方向。其方向與磁場及電流構(gòu)成的平面垂直。

學會區(qū)分左手定則與右手定則，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感應(yīng)電流的方向。

10.【答案】D

【解析】解:A、開關(guān)S斷開時，根據(jù)圖乙可知燈泡兩端的電壓為4=40V,電源的效率為=等x

100%=蕓x100%=40%,故A錯誤；

BC、開關(guān)S閉合后總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得總電流增大，根據(jù)P=E/可知電源的

總功率會變大，根據(jù)U=E-/r_可_知路端電壓減小，根據(jù)P=5“2_可_知燈泡的功率減小，所以燈泡

的亮度變暗，故2、C錯誤；

D、開關(guān)S斷開時小燈泡消耗的功率為P==40x6"=240勿，故。正確；

故選：Do

根據(jù)電源的效率公式計算出效率的大小；開關(guān)閉合后電阻變小，結(jié)合功率的計算公式分析功率的

變化和燈泡的亮度變化；根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)結(jié)合公式計算出小燈泡消耗功率。

本題主要考查了閉合電路的歐姆定律，熟悉電源效率和功率的計算公式，結(jié)合電路結(jié)構(gòu)分析電路

中的電流、電壓和電功率的變化情況。

11.【答案】ABD七*-q有關(guān)小大

【解析】解：（1）4、滑動變阻器最大阻值只有1000,而蘋果電池的內(nèi)阻約為幾A。，則滑動變阻

器起不到調(diào)節(jié)的作用，故A正確；

B、蘋果電池的電動勢約為IV,內(nèi)阻約為幾k。，由閉合電路的歐姆定律可知，電路最大電流不會

超過0.0014=則電流表幾乎沒有示數(shù)，故B正確；

C、電壓表內(nèi)阻遠大于滑動變阻器的電阻，電壓表的分流不明顯，故C錯誤；

D,使用量程為0?31/的電壓表，電壓表示數(shù)達不到量程的三分之一，故。正確。

故選：ABD.

(2)根據(jù)圖乙所示電路圖，由閉合電路的歐姆定律得：E=/3+%+/?),整理得：;="/?+等，

”/?圖像的斜率々=:，縱軸截距6=學，解得電池電動勢E另，內(nèi)阻r=W-空

(3)由表中第1組與第3組實驗數(shù)據(jù)可知，水果電池電動勢與電極插入深度和電極間距有關(guān)，在電

極間距離相等時，電極插入越深，水果電池內(nèi)阻越??；由表中第1組與第2組數(shù)據(jù)可知，在電極

插入深度相同時，電極間的距離越大，水果電池內(nèi)阻越大。

故答案為：(l)ABD；(2)i；一g；(3)有關(guān)；?。淮?。

(1)根據(jù)題意求出電路最大電流，然后分析答題。

(2)根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出圖像的函數(shù)表達式，根據(jù)圖示圖像分析答題。

(3)分析表中實驗數(shù)據(jù)然后得出結(jié)論。

理解實驗原理是解題的前提；分析清楚圖示電路結(jié)構(gòu)，應(yīng)用閉合電路的歐姆定律即可解題；處理

實驗數(shù)據(jù)時注意控制變量法的應(yīng)用。

12.【答案】解：(1)小球沿墻豎直下滑，由左手定則可知小球所受洛倫茲力方向向左.對小球進

行受力分析，

小球受重力機g、洛倫茲力尸=我8、墻面給小球的支持力埒和摩擦力外，如圖所

在這些力的作用下，小球?qū)黾铀俣戎饾u減小的加速運動，直到加速度a=0,

小球就會持續(xù)勻速運動狀態(tài)直到有其他外力來迫使它改變.

根據(jù)平衡可得：FN=F=qvB

摩擦力：陣=嗎

根據(jù)牛頓第二定律可得：mg-燈=ma

整理得：mg-RquB=ma,可知，當Q=0時，u最大

最大速度解得：UmT；

(2)從開始下滑到最大速度，由于支持力和洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理得：mgh-Wf=\mv^

將最大速度代入得到：Wf=mgh-9沮

72〃2勺2”

答：(1)小球下滑的最大速度為湍；

(2)若小球從靜止至達到最大速度過程中，共下滑距離h,則克服摩擦力做的功為(mgh-」通)。

2Hq乙B

【解析】(1)對小球進行受力分析，再根據(jù)各力的變化，可以找出合力及加速度的變化；即可以找

出小球最大速度的狀態(tài)；

(2)根據(jù)動能定理求克服摩擦力所做的功。

本題考查力的動態(tài)分析，解題時要注意分析帶電小球的運動過程，屬于牛頓第二定律的動態(tài)應(yīng)用

與磁場結(jié)合的題目，此類問題要求能準確找出物體的運動過程，并能分析各力的變化，對變力做

功的問題，此處只能用動能定理求解。

13.【答案】解：(1)燈泡恰好正常發(fā)光，其電壓為4=2.5，

根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E=UL+I(R+r)

解得干路電流為/=1A

電容器兩極板間電壓等于電阻R兩端的電壓，為%=/R=1x6U=6V

故電容器極板所帶電荷量：Q=CUc=100xIO"x6C=6x10-4C

(2)物體的質(zhì)量為m=630g=0.63kg

流過電動機的電流為：兒=/一L=14-0.3/1=0.7A

對于電動機，其電壓U”=%=2.5U

根據(jù)能量守恒定律可得：UMIM=l^rM+mgv

解得r”=1。

答：(1)電容器極板所帶電荷量。為6x10-4(7；

(2)電動機的內(nèi)阻r”為10。

【解析】(1)燈泡正常發(fā)光，其電壓等于額定電壓，由閉合電路歐姆定律求干路電流，再由歐姆定

律求出電阻R的電壓，即等于電容器的電壓，從而可根據(jù)Q=CU求電容器極板所帶電荷量。；

(2)根據(jù)干路電流和燈泡的電流求出流過電動機的電流，對于電動機，根據(jù)輸入功率等于輸出功率

與發(fā)熱功率之和列式，即可求出電動機的內(nèi)阻物。

本題考查功率公式的應(yīng)用及閉合電路歐姆定律，要注意正確分析電路中電流、電壓關(guān)系，明確各

種功率公式的應(yīng)用條件。對于電動機，要知道輸入功率等于輸出功率與發(fā)熱功率之和，不能根據(jù)

歐姆定律求出電動機的內(nèi)阻。

14.【答案】解：(1)電流為零時，設(shè)彈簧的伸長量為Ax,則有mg=&lx

得Ax=詈

故當電流表示數(shù)為零時，彈簧伸長量為整。

k

(2)設(shè)滿量程時通過MN的電流為/加，根據(jù)左手定則可知電流方向從"到N；

根據(jù)力的平衡條件有B/mLb+mg=k(lad+/x)

解得/m=2.54

故該電流表的量程是2.54。

(3)設(shè)量程擴大后，磁感應(yīng)強度變?yōu)橄Γ瑒t有287/.+mg=k(lad+Ax)

代入數(shù)據(jù)得B'=OAT

答：(1)當