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    5．要测定一个自感系数很大的线圈L的直流电阻RL，实验室提供以下器材：
    待测线圈L：阻值约为2Ω，额定电流为2A
    电流表A1量程为0.6A，内阻为r1=0.5Ω    电流表A2量程为3.0A，内阻r2约为0.1Ω
    变阻器R1，电阻变化范围为0～10Ω            变阻器R2，电阻变化范围为0～1kΩ
    定值电阻R3=10Ω                          定值电阻R4=100Ω
    电源E：电动势E约为9V，内阻很小           单刀单掷开关两个S1和S2，导线若干
    要求实验时，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组A1表、A2表的读数I1、I2，然后利用I1-I2图象求出线圈的电阻RL．

    （1）实验中定值电阻应该选R3，滑动变阻器应选择R1．
    （2）请补充完整图1实物连线电路．
    （3）实验结束时应先断开开关S2．
    （4）I1-I2图象如图2所示，若图线斜率为k，则线圈L的直流电阻RL=$\frac{k（r+{R}_{3}）}{1-k}$．（用题中所给字母表示）

    分析 （1）该题没有给定电压表，所以需要用电流表改装一个，此时选用电流表应选用量程较小的，结合电流，通过计算可知选用哪个定值电阻．因可使在尽可能大的范围内测得多组A1表、A2表的读数I1、I2，所以要用分压电路，选择较小的滑动变阻器．
    （2）测量线圈自感很大，连接实物图时要考虑到保护电路，通过对电压和电流的分析，选择滑动变阻器的连接方式．
    （3）实验中要保护电流表A1，从而判断先断开与电流表相连的电部分；
    （4）根据部分电路的欧姆定律可表示出通过两个电表的电流关系，求出电感线圈的电阻．

    解答 解：（1）测量线圈的电阻一般采用伏安法，为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，可与电表串联一个开关． 由于待测线圈L的阻值约为2Ω，额定电流为2A，最大电压为4V，而电源电动势为9V，所以定值电阻选R3、滑动变阻器选R1即可．
    （2）由于本实验尽可能大的范围内测得数据，所以必须采用滑动变阻器的分压接法；电流表A2的量程大，所以电流表A2外接电路进行测量，实物图电路如图所示．

    （3）实验结束时为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，应先断开开关S1 ．
    （4）由电路图知自感线圈两端的电压与下边支路电压相等，所以I1（R1+r1）=（I2-I1）RL，
    得：$\frac{{I}_{2}}{{I}_{1}}$=$\frac{{R}_{L}+{R}_{3}+r}{{R}_{L}}$=k；
    解得：RL=$\frac{k（r+{R}_{3}）}{1-k}$
    故答案为：（1）R3     R1
    （2）如图所示  
    （3）S1
    （4）$\frac{k（r+{R}_{3}）}{1-k}$

    点评 要求电流或电压的测量值从零或很小开始逐渐增大的实验必须采用分压电路；分压电路中滑动变阻器选择阻值较小的；对于电表的选择应遵循安全性、精确性、节能性、方便性原则综合考虑，灵活择取．

    练习册系列答案
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    （1）求粒子到达O点时速度的大小；
    （2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一半圆形匀强磁场，圆心为O、半径为L、磁场方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子有$\frac{2}{3}$能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；
    （3）随着所加磁场大小的变化，试定量分析收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系．（仅需表达出需满足的关系，可不用反三角函数表示角度）

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    （1）求匀强磁场的磁感应强度B；
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    （3）若在0≤x≤d的区域再加上平行于x轴方向的匀强电场E1，使经坐标原点O沿+x方向射入的带电粒子能越过y轴回到匀强磁场，求匀强电场场强的最小值E1．

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