2013高考物理一轮全程学习方略课后巩固作业1.4(四)新人教版选修3-2

课后巩固作业(一)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）1.关于电磁感应现象，下列说法正确的是（）A.闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，一定产生感应电流B.导体在磁场中做切割磁感线运动时一定产生感应电流C.闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时一定产生感应电流D.闭合电路在磁场里做切割磁感线运动时一定产生感应电流2.（2011·大理高二检测）如图所示，一个矩形线圈与通有相同大小电流的两根平行直导线在同一平面且处于导线的中央，则（）A.两电流同向时，穿过线圈的磁通量为零B.两电流反向时，穿过线圈的磁通量为零C.两电流同向或反向，穿过线圈的磁通量都为零D.因两电流产生的磁场是不均匀的，因此不能判定穿过线圈的磁通量是否为零3.如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef.已知ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通量将（）A.逐渐增大B.逐渐减小C.始终为零D.不为零，但保持不变4.（2011·咸阳高二检测）图中能产生感应电流的是（）5.（2011·惠州高二检测）关于磁通量的概念，以下说法中正确的是（）A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零D．穿过线圈的磁通量为零，磁感应强度也一定为零6.一均匀扁平条形磁铁与一线圈共面，磁铁中心与圆心O重合，如图所示.下列运动中能使线圈中产生感应电流的是（）A.N极向外、S极向里，绕O点转动B.N极向里、S极向外，绕O点转动C.在线圈平面内磁铁绕O点顺时针转动D.垂直线圈平面磁铁向纸外运动二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）7.（10分）（2011·济宁高二检测）在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示．它们是：①电流计②直流电源③带铁心的线圈A④线圈B ⑤电键⑥滑动变阻器（1）试按实验的要求在实物图上连线（图中已连好一根导线）．（2）怎样才能使线圈B中有感应电流产生？试举出三种方法.①____________________________________________________________；②____________________________________________________________；③____________________________________________________________．8.(10分)边长l=10 cm的正方形线框固定在匀强磁场中，磁场方向与线框平面间的夹角θ=30°，如图所示．磁感应强度随时间变化的规律为B=(2+3t) T，则第3 s内穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ为多少？答案解析1.【解析】选C.闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，不一定切割磁感线，磁通量不一定变化，不一定产生感应电流；电路不闭合导体切割磁感线时不能产生感应电流，整个闭合回路在磁场中做切割磁感线运动时，磁通量不一定变化，所以不一定产生感应电流.故A、B、D 均错.当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，穿过回路的磁通量发生变化，故产生感应电流，故C正确.2.【解析】选A．若两电流同向，根据右手螺旋定则，两电流产生的磁场在线圈处方向相反，根据对称性，穿过线圈的磁通量为零，故A正确；若两电流反向，两电流产生的磁场在线圈处方向相同，穿过线圈的磁通量不为零，故B、C、D错误．3.【解析】选C.利用安培定则判断直线电流产生的磁场，作出俯视图，如图所示.考虑到磁场具有对称性，可以知道穿入圆面积的磁感线的条数与穿出圆面积的磁感线的条数是相等的，故选C.4.【解析】选B.A项中线圈没闭合，C项中穿过线圈的磁通量始终为零，D项中磁通量不发生变化，故A、C、D错误；B项中两杆分别向左、右移动，闭合回路的面积增大，穿过线圈的磁通量增大，所以产生感应电流，故B项正确.5.【解析】选C．磁通量的多少是由磁感应强度、线圈的面积以及二者的位置关系共同决定的，仅磁感应强度大、线圈面积大，不能确定穿过线圈的磁通量就大，故A、B错误；当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，但是磁感应强度不为零，故C正确，D错误．6.【解析】选A、B.在题图所示的情况下，穿过线圈的磁通量为零，无论N极向外、S极向里，绕O点转动，还是N极向里、S极向外，绕O点转动，穿过线圈的磁通量都在变化，A、B正确；C、D选项中穿过线圈的磁通量始终为零，不会产生感应电流，所以都不对.7.【解析】（1）使线圈A与电键、直流电源、滑动变阻器串联，线圈B与电流计连成闭合回路；（2）只要能使穿过线圈B的磁通量发生变化就可以使线圈B中产生感应电流．答案：（1）如图所示（2）①闭合开关②断开开关③开关闭合，移动滑动变阻器滑片8.【解析】第3 s内就是从2 s末到3 s末，所以2 s末的磁场的磁感应强度为B1=(2+3×2)T=8T，3 s末的磁场的磁感应强度为B2=(2+3×3)T=11T则ΔΦ=ΔBSsinθ=(11-8)×0.12×sin30°Wb=1.5×10-2Wb.答案：1.5×10-2 Wb【方法技巧】磁通量变化的几种情形的计算方法根据公式Φ=BSsinθ(其中θ为闭合回路所围面积和磁感线间的夹角)可知，有四种情形：(1)B不变，S变，则ΔΦ=B·ΔS;(2)B变化，S不变，则ΔΦ=ΔB·S;(3)B变，S也变，则ΔΦ=B2S2-B1S1;(4)B不变，S不变，θ变化，则ΔΦ=BS(sinθ2-sinθ1).。

单元质量评估(二) 第2、3章 交变电流与发电机电能的输送与变压器(90分钟 100分)一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.每小题至少一个答案正确，选不全得2分）1.一矩形金属线圈，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生 的电动势e 随时间t 变化的情况如图所示.下列说法 正确的是( )A.此交流电的频率为0.5 HzB.此交流电的电动势有效值为2 VC.t=0.01 s 时，线圈平面与磁场方向垂直D.t=0.02 s 时，线圈磁通量变化率t∆Φ∆为零 2.如图所示,一个单匝矩形线圈长为a,宽为b,置于磁感应强度为B 的匀强磁场中,绕OO ′轴以角速度ω匀速转动.从 图示位置开始计时,经过时间t 时感应电动势为（ ）A.ωabBsin ωtB.ωabBcos ωtC.ωa 2Bcos ωtD.ωb 2Bcos ωt3.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示.已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则（ ）A.电压表的示数为220 VB.电路中的电流方向每秒钟改变50次C.灯泡实际消耗的功率为484 WD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J4.图为某种交变电流的波形图,每半个周期按各自的正弦规律变化,其有效值为( )A.7 AB.5 AC.D.5.图中甲和乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流随时间的变化关系.若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电功W甲∶W乙为（）A.1B.1∶2C.1∶3D.1∶66.图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计.在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内( )A.电流表A1的示数比A2的小B.电流表A2的示数比A3的小C.电流表A1和A2的示数相同D.电流表的示数都不为零7.如图，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V ，额定功率为22 W ；原线圈电路中接有电压表和电流表.现闭合开关，灯泡正常发光.若用U 和I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则（ ） A.U=110 V,I=0.2 AB.U=110 V,I=0.05 AC.U=I=0.2 AD.U=I v8.用U 1=U 和U 2=kU 两种电压输送电能，若输送功率、输电线上损耗功率、输电线的长度和材料都相同，则两种情况下输电线的截面直径之比d 1∶d 2为( )2211A.kB.C.kD.k k9.如图所示,一理想变压器原线圈接入一交流电源,副线圈电路中R 1、R 2、R 3、R 4均为定值电阻,开关S 是闭合的.和为理想电压表,读数分别为U 1和U 2;、和为理想电流表,读数分别为I 1、I 2和I 3.现断开S,U 1数值不变,下列推断中正确的是( )A.U 2变小、I 3变小B.U 2不变、I 3变大C.I 1变小、I 2变小D.I 1变大、I 2变大10.如图所示，L 1和L 2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器．若已知变压比为1 000∶1，变流比为100∶1，并且知道电压表示数为220 V ，电流表示数为10 A ，则输电线的输送功率为( )A ．2．2×103W B ．2．2×10-2WC ．2．2×108 WD ．2．2×104W 二、实验题（本大题共2小题，共16分）11.（8分）有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示.它有两个外观基本相同的线圈A 、B ，线圈外部还可以绕线.（1）某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，由此可推断_______线圈的匝数较多（选填“A”或“B”）.（2）如果把它看成理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源.请简要叙述实验的步骤（写出要测的物理量，并用字母表示）.___________________________________________________________________A线圈的匝数为n A=____.（用所测物理量符号表示）12.（8分）为了测定和描绘“220 V 40 W”的白炽灯灯丝的伏安特性曲线，可以利用调压变压器供电.调压变压器上有一种自耦变压器，它只有一组线圈L，绕在闭合的环形铁心上，输入端接在220 V交流电源的火线与零线之间，输出端有一个滑动触头P，移动它的位置，就可以使输出电压在0～250V之间连续变化，如图所示，画出的是调压变压器的电路图.实验室备有交流电压表、交流电流表、滑动变阻器、电键、导线等实验器材.（1）在图中完成实验电路图.（2）按实验电路图进行测量，如果电表内阻的影响不能忽略，电压较高段与电压较低段相比较，哪段误差更大？为什么？___________________________________________________________________.三、计算题（本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）13.（10分）如图所示，变压器原线圈n1=800匝，副线圈n2=200匝，灯泡A标有“10 V 2 W”，电动机D的线圈电阻为1 Ω，将交变电流u= sin(100 πt)加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，求：（1）副线圈两端电压（有效值）； （2）电动机D 的电功率.14.（12分）如图（甲）所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n=100匝，电阻r=1．0 Ω，所围成矩形的面积S=0.040 m 2，小灯泡的电阻R=9．0 Ω，磁场的磁感应强度随时间按如图（乙）所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为max 22e nB Scos tV T Tππ=，其中B max 为磁感应强度的最大值，T 为磁场变化的周期．不计灯丝电阻随温度的变化，求：（1）线圈中产生感应电动势的最大值；（2）小灯泡消耗的电功率； （3）在磁感应强度变化的0～T4的时间内，通过小灯泡的电荷量. 15.（8分）如图所示，把电压最大值为100 V 的交流电和电压为100 V 的直流电，分别加在两个完全相同的灯泡上，若后者灯泡正常发光，则前者的灯泡能否正常发光？若不能正常发光，其功率为后者功率的多少倍？16.（14分）（2011·秦皇岛高二检测）一座小型水电站，水以3 m/s 的速度流入水轮机，而以1 m/s 的速度流出，流出水位比流入水位低1.6 m ，水的流量为1 m 3/s ，如果水流机械能减少量的75 %供给发电机.问：（1）若发电机效率为80%，则发电机的输出功率为多大？（2）发电机的输出电压为240 V ，输电线路电阻为16 Ω，允许损失的电功率为5%，用户所需电压为220 V ，如图所示，则升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？（变压器为理想变压器，g 取10 m/s 2）答案解析1.【解析】选C 、D.由图像可以看出，此交变电流是正弦式电流，最大值为2 V ，周期T=0.02s ，所以频率f=1/T=50 Hz；电动势的有效值max E E /==，所以选项A 、B 错；在t=0.01 s 和t=0.02 s 时，感应电动势为零，线圈没有切割磁感线的边，线圈平面与磁场方向垂直，线圈磁通量变化率t∆Φ∆为零，C 、D 选项正确. 2.【解析】选B.因感应电动势最大值E max =BS ω=Bab ω,从题图所示位置开始转动t 时间,则经过时间t 时感应电动势为e=Bab ωcos ωt,故选B.3.【解析】选D.由题图甲可知发电机的电动势的有效值E 220 V ==，周期为 2×10-2s ，电流在一个周期内改变两次方向，所以电流在每秒内改变100次方向，B 错；由E I R r =+知220I A 2.2 A 95.0 5.0==+，所以灯泡两端的电压U=IR=2.2× 95.0 V=209 V ，故A 错；灯泡的实际功率为P=I 2R=2.22×95.0 W=459.8 W ，C 错；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=I 2rt=2.22×5.0×1 J=24.2 J ，所以D 选项正确. 4.【解析】选B.根据电流有效值的定义得222T TR ()R I RT,222+=解得I=5 A,故B 正确.5.【解析】选C.由题图知，乙为方波，电流大小不变，故等效电流为1 A.而甲电流变化的周期为6×10-2s ，设等效电流为I ，将此电流接入电阻为R 的电路，则一个周期内应有I 2RT=2·R ·T 3×2+0解得 A.电路中消耗的电功为W=I 2Rt ，即W ∝I 2，W 甲∶W 乙=1∶3，C 项正确.6.【解析】选C.由于B-t 图像的斜率不变，根据法拉第电磁感应定律当副线圈中产生的感应电流恒定不变时，为稳恒电流，电感线圈对稳恒电流没有阻碍作用，所以A 1和A 2的示数相同，电容器对稳恒电流相当于断路，所以A 3的示数为0，正确答案为C.7.【解析】选A.在副线圈电路中，2P I 0.1 A U ==额额，再根据11212212U n I n,U n I n ==，及得U 1=110 V,I 1=0.2 A ，故B 、C 、D 错，A 正确.8.【解析】选A.设输送电压为U 3，输电线电阻为R ，则22222333P P2L P LP ()R .1U U S U d 4==ρ=ρπ耗因P 耗相同，所以由上式可得U 3·d 必为定值，即U 1d 1=U 2d 2,所以1221d U k d U ==，选项A 正确. 9.【解析】选B 、C.因为变压器的匝数与U 1不变,所以U 2不变.当S 断开时,因为负载电阻增大,故副线圈中的电流I 2减小,由于输入功率等于输出功率,所以I 1也将减小,C 正确;因为R 1两端的电压减小,故R 2、R 3两端的电压将增大,I 3变大,B 正确.正确选项为B 、C. 【方法技巧】电路动态分析的问题对于电路动态分析的问题，关键是把握住副线圈所连电阻如何变化从而判断电流如何变化，进而判断原线圈电流如何变化.（1）输入电压U 1决定输出电压U 2，这是因为输出电压2211n U U n =，当U 1不变时，不论负载电阻R 变化与否，U 2都不会改变.（2）输出电流I 2决定输入电流I 1，在输入电压U 1一定的情况下，输出电压U 2也被完全确定.当负载电阻R 增大时，I 2减小，则I 1相应减小；当负载电阻R 减小时，I 2增大，则I 1相应增大.在使用变压器时，不能使变压器次级短路.（3）输出功率P 2决定输入功率P 1，理想变压器的输出功率与输入功率相等，即P 2=P 1.在输入电压U 1一定的情况下，当负载电阻R 增大时，I 2减小，则变压器输出功率P 2=I 2U 2减小，输入功率P 1也将相应减小；当负载电阻R 减小时，I 2增大，变压器的输出功率P 2=I 2U 2增大，则输入功率P 1也将增大.10.【解析】选C.由变压器的电压、电流与匝数的关系可知输电电压为2.2× 105 V ，电流为1.0×103 A ，所以输出功率为2.2×108W ，故C 选项正确.11.【解析】(1)由图乙可知a 位置的阻值大于b 位置的阻值，由电阻定律可得A 线圈的匝数多于B 线圈的匝数.(2)①用长导线绕一个n 匝线圈，作为副线圈替代A 线圈.②把低压电源接B 线圈,测得线圈的输出电压U.③用A 线圈换下绕制的线圈测得A 线圈输出电压U A .AA U n n.U=答案：（1）A （2）见解析 12.【解析】（1）如图.（注意：电流表外接或内接均可）（2）如果电流表外接，电压较高段误差较大，因为电压越高，灯丝电阻越大，由于电压表分流作用而造成的误差就越大；如果电流表内接，电压较低段误差较大，因为电压越低，灯丝电阻越小，由于电流表分压造成的误差就越大. 答案：见解析 13.【解析】（1）原线圈两端电压（有效值）1U V 100 V === （3分） 由变压器变压比规律1122U n U n =知副线圈两端电压2211n U U 25 V n == （3分） （2）电动机两端电压U D =U 2-U A =15 V （2分） 通过电动机的电流AA AP I I 0.2 A U === 电动机的功率P D =U D I=3 W （2分） 答案：（1）25 V （2）3 W 14.【解析】（1）因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图像可知，线圈中产生交变电流的周期为T=3.14×10－2s ． （1分） 所以线圈中感应电动势的最大值为E max =2πnB max S/T=8.0 V （2分） （2）根据欧姆定律，电路中电流的最大值为maxmax E I 0.80 A R r==+ （2分） 通过小灯泡电流的有效值为max I I /== （1分）小灯泡消耗的电功率为P=I 2R=2.88 W （2分） （3）在磁感应强度变化的0～T/4周期内，线圈中感应电动势的平均值B E nSt∆=∆ （1分）通过灯泡的平均电流()E nS BI R r R r t∆==++∆ （1分） 通过灯泡的电荷量3nS BQ I t 4.010 C R r-∆=∆==⨯+ （2分） 答案：（1）8.0 V （2）2.88 W （3） 4.0×10-3C 15.【解析】后者能使灯泡正常发光，说明灯泡的额定电压为100 V ，前者电压最大值为100 V ，其有效值小于100 V ，不能使灯泡正常发光，有效值为2U U P R ====，由知前者的功率1P = （3分）后者的功率22100P R= （3分）121P P 2=（2分）答案：不能12倍 16.【解析】（1）每秒水流机械能损失为224121E m v v mg h 210 J 2∆=-+∆=⨯（） 发电机的输出功率为75%EP 80%12 kW.t∆=⨯=出 （6分） （2）如题图所示P 线=5%P 出=600 W 因为2P I R =线线线，所以I 线=6 A 又因I 2=I 线=6 A ，11P I U =出 =50 A所以对升压变压器有1221I n I n = 即1221n I 3n I 25==（4分） 又因为I 3=I 线=6 A ，44P P 570I A U 11-==出线所以对降压变压器有3443I n I n = 即3443n I 57095.n I 6611=== （4分） 答案：(1)12 kW (2)3952511。

(检测范围：第四章)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(每小题4分，共40分)1．(2011·江南十校二模)做曲线运动的物体()A．速度一定改变B．动能一定改变C．加速度一定改变D．机械能一定改变解析A物体做曲线运动时速度的方向一定变化，速度的大小不一定变化，A正确．而动能是标量，大小与速度的平方成正比，与速度的方向无关，B错误．若物体运动中所受合外力是恒力，则加速度不变，如平抛运动，C错误．除重力外若物体不受其他外力或其他外力不做功，则其机械能不变，D错误．2．(2012·包头模拟)如图所示的齿轮传动装置中，主动轮的齿数Z1＝24，从动轮的齿数Z2＝8，当主动轮以角速度ω顺时针转动时，从动轮的运动情况是()A．顺时针转动，周期为2π/3ωB．逆时针转动，周期为2π/3ωC．顺时针转动，周期为6π/ωD．逆时针转动，周期为6π/ω解析B主动轮顺时针转动，从动轮逆时针转动，两轮边缘的线速度相等，由齿数关系知主动轮转一周时，从动轮转三周，故T从＝2π3ω，B正确．3．(2011·唐山模拟)2010年8月29日，巴克莱高尔夫球赛上，美国高尔夫球名将“老虎”伍兹排名落至第28名．如图所示，若伍兹从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球．由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L 的A穴．则()A．小球从圆弧顶部飞出时，圆弧对小球的支持力大小为mg B．由于受风力的影响，该球从被击出到落入A穴所用的时间小于2h gC．球被击出时的初速度大小为L 2g hD ．球被击出后受到的水平风力的大小为mgL /h解析 CD 小球从圆弧顶部飞出，由曲线运动向心力的特点可知，圆弧对小球的支持力小于mg ，A 项错误；由h ＝12gt 2得球从被击出到落入A 穴所用的时间t ＝2hg，水平风力并不会影响高尔夫球下落的时间，B 项错误；由题述高尔夫球竖直地落入A 穴可知球水平末速度为零，由L ＝v 0t /2得球被击出时的初速度大小为v 0＝L2gh，C 项正确；由v 0＝at 得球水平方向加速度大小a ＝gL /h ，球被击出后受到的水平风力的大小为F ＝ma ＝mgL /h ，D 项正确．4．(2011·浙江理综)为了探测X 星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r 1的圆轨道上运动，周期为T 1，总质量为m 1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r 2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m 2，则( )A ．X 星球的质量为M ＝4π2r 31GT 21B ．X 星球表面的重力加速度为g X ＝4π2r 1T 21C ．登陆舱在r 1与r 2轨道上运动时的速度大小之比为v 1v 2＝m 1r 2m 2r 1 D ．登陆舱在半径为r 2轨道上做圆周运动的周期为T 2＝T 1r 32r 31解析 AD 飞船在半径为r 1的轨道上运转时，由G Mm 1r 21＝m 14π2T 21r 1得，星球的质量M ＝4π2r 31GT 21，选项A 正确；g X ＝4π2r 1T 21是半径为r 1轨道上的重力加速度，而不是星球表面的重力加速度，故B 项错误；由G Mmr 2＝m v 2r得，v ＝GMr ，则v 1v 2＝r 2r 1，与飞船的质量无关，C 项错误；由T 2r 3＝c (常数)知，T 21r 31＝T 22r 32得，T 2＝T 1r 32r 31，D 项正确． 5．(2012·兰州模拟)上海磁悬浮线路的最大转弯处半径达到8 000 m ，近距离用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1 300 m ．一个质量为50 kg 的乘客坐在车上以360 km/h 不变速率随车驶过半径2 500 m 弯道，下列说法正确的是( )A ．乘客受到的向心力大小约为200 NB ．乘客受到来自车厢的力大小约为200 NC ．乘客受到来自车厢的力大小约为539 ND ．弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适解析 ACD 根据向心力公式F 向＝m v 2r ＝200 N ，A 正确．弯道半径越长，向心力越小，乘客在转弯时感觉更舒适，D 正确，乘客受到来自车厢的力大小为F ＝(mg )2＋F 2向＝5002＋2002 N ≈539 N ，B 错误，C 正确．6. (2011·上海高考)如图，人沿平直的河岸以速度v 行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行．当绳与河岸的夹角为α时，船的速率为( )A ．v sin α B.vsin α C ．v cos αD.v cos α解析 C 如图，把人的速度沿绳和垂直绳的方向分解，由三角形知识，v 船＝v cos α，所以C 正确，A 、B 、D 错误．7. (2011·重庆理综)某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆．每过N 年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示．该行星与地球的公转半径之比为( )A ．(N ＋1N )23B ．(N N －1)23C ．(N ＋1N )32D ．(N N －1)32解析 B 据开普勒第三定律，R 3T 2＝k ，对该行星和地球绕太阳运行时k 相同，即R 3行R 3地＝T 2行T 2地，又由于每过N 年日、地、行星再次重线知：T 行T 地＝N N －1，所以公转半径之比R 行R 地＝(N N －1)23. 8．(2012·厦门模拟)如图所示，A 为静止于地球赤道上的物体，B 为绕地球椭圆轨道运行的卫星，C 为绕地球做圆周运动的卫星，P 为B 、C 两卫星轨道的交点．已知A 、B 、C 绕地心运动的周期相同．相对于地心，下列说法中不正确的是( )A ．卫星C 的运行速度大于物体A 的速度B ．物体A 和卫星C 具有相同大小的加速度C ．可能出现：在每天的某一时刻卫星B 在A 的正上方D ．卫星B 在P 点的加速度与卫星C 在该点加速度相等解析 B 物体A 和卫星C 的周期相同，角速度相同，由v ＝r ·ω知，卫星C 的速度大于物体A 的速度，A 项正确．由GMm r 2＝ma 得a ＝GMr 2，r A <r C ，故物体A 的加速度大于卫星C 的加速度，B 项错误．卫星B 和物体A 具有相同的周期，故C 项正确．由a ＝GMr 2知，a 仅与r 的大小有关，故D 项正确，综上所述不正确的说法应选B 项．9．(2011·江苏物理)如图所示，甲、乙两同学从河中O 点出发，分别沿直线游到A 点和B 点后，立即沿原路线返回到O 点，OA 、OB 分别与水流方向平行和垂直，且OA ＝OB .若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t 甲、t 乙的大小关系为( )A ．t 甲<t 乙B ．t 甲＝t 乙C ．t 甲>t 乙D ．无法确定解析 C 设他们在静水中的游速为v ，水速为v 0，OA ＝OB ＝x ，对甲：t 甲＝xv ＋v 0＋xv －v 0＝2v x v 2－v 20， 对乙：t 乙＝2xv 2－v 20，所以t 甲>t 乙，C 项正确． 10．(2012·秦皇岛模拟)将一只苹果斜向上抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3.图中曲线为苹果在空中运行的轨迹．若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是( )A ．苹果通过第1个窗户所用的时间最长B ．苹果通过第3个窗户的平均速度最大C ．苹果通过第1个窗户重力做的功最大D ．苹果通过第3个窗户重力的平均功率最小解析 D 斜上抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，且窗户的高度是相等的．由匀变速直线运动规律知，通过第1个窗户所用的时间最短，平均速度最大，故A、B错；又苹果重力通过各窗户做功均为W＝mgh，故C错；D正确．二、非选择题(共60分)11．(8分)(1)平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速直线运动；②竖直方向做自由落体运动．如图所示为研究平抛运动的实验装置，现把两个小铁球分别吸在电磁铁C、E上，然后切断电磁铁C的电源，使一只小铁球从轨道A射出，并在射出时碰到碰撞开关S，使电磁铁E断电释放它吸着的小铁球，两铁球同时落到地面．这个实验()A．只能说明上述规律中的第①条B．只能说明上述规律中的第②条C．不能说明上述规律中的任何一条D．能同时说明上述两条规律(2)在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L ＝1.6 cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0＝________(用L、g表示)，其值是________(g＝10 m/s2)．小球在b点的速率为________．(取二位有效数字)解析(1)由于左端小铁球平抛的同时，右端小铁球开始做自由落体，且两球同时落地，说明平抛的小铁球在竖直方向上和右端小铁球做同样的运动，也做自由落体运动，但无法说明平抛小铁球在水平方向的运动，故只有B正确．(2)图中a、b、c、d位置对应水平位移相等．说明a→b、b→c、c→d所用时间相同，根据匀变速直线运动的特点，Δx＝aT2，则有L＝gt2①而水平方向上2L＝v0t②联立得①②得v0＝2gL＝210×1.6×10－2m/s＝0.80 m/s.小球在b点的竖直方向分速度v y ＝x ac 4t ＝x ac 2T ＝3L 4L v 0＝34v 0＝0.6 m/s.所以v b ＝v 20＋v 2y ＝1.0 m/s.【答案】 (1)B (2)2gL 0.80 m/s 1.0 m/s12．(8分)在研究平抛运动的实验中，某同学只在竖直板面上记下了重垂线y 的方向，但忘了记下平抛的初位置，在坐标纸上描出了一段曲线的轨迹，如图所示．现在曲线上取A 、B 两点，量出它们到y 轴的距离，AA ′＝x 1，BB ′＝x 2，以及AB 的竖直距离h ，用这些可以求得小球平抛时初速度为________．解析 延长BA 交y 轴于O 点，即为抛出点，由平抛规律OA ′＝12gt 21，x 1＝v 0t 1；OB ′＝12gt 22，x 2＝v 0t 2；OB ′－OA ′＝h ，联立求出v 0＝g 2h (x 22－x 21). 【答案】g 2h (x 22－x 21) 13．(10分)(2011·北京理综)如图所示，长度为l 的轻绳上端固定在O 点，下端系一质量为m 的小球(小球的大小可以忽略)．(1)在水平拉力F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F 的大小；(2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．不计空气阻力．解析 (1)受力分析如图所示 根据平衡条件，应满足 F T cos α＝mg ， F T sin α＝F拉力大小F＝mg tan α.(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒mgl (1－cos α)＝12m v 2则通过最低点时，小球的速度大小 v ＝2gl (1－cos α)根据牛顿第二定律F T ′－mg ＝m v 2l解得轻绳对小球的拉力F T ′＝mg ＋m v 2l ＝mg (3－2cos α)，方向竖直向上．【答案】 (1)mg tan α (2)mg (3－2cos α)，方向竖直向上14．(12分)如图所示，长为L 、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．将一质量为m 的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M ＝km 的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．(重力加速度为g )(1)求小物块下落过程中的加速度大小； (2)求小球从管口抛出时的速度大小； (3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于22L .解析 (1)设细线中的张力为F T ，根据牛顿第二定律Mg －F T ＝Ma ，F T －mg sin 30°＝ma且M ＝km ，解得a ＝2k －12(k ＋1)g .(2)设M 落地时的速度大小为v ，m 射出管口时速度大小为v 0，M 落地后m 的加速度为a 0.根据牛顿第二定律－mg sin 30°＝ma 0小球在管内做匀变速直线运动，v 2＝2aL sin30°，v 20－v 2＝2a 0L (1－sin 30°) 解得v 0＝k －22(k ＋1)gL (k >2)．(3)小球飞出管口做平抛运动x ＝v 0t L sin 30°＝12gt 2解得x ＝Lk －22(k ＋1)则x <22L ，得证．【答案】 (1)2k －12(k ＋1)g (2)k －22(k ＋1)gL (k >2)(3)见解析15．(10分)(2011·海南物理)如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab 为沿水平方向的直径．若在a 点以初速度v 0沿ab 方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c 点．已知c 点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径．解析 设半圆的圆心为O ，半径为R ，Ob 与Oc 夹角为θ，由题给条件得θ＝π6①设小球自a 点到c 点所经时间为t ，由平抛运动规律及几何关系得R (1＋cos θ)＝v 0t ② R 2＝12gt 2③ 联立①②③式得R ＝4(7－43)v 20g .④【答案】 4(7－43)v 20g16. (12分)(2010·全国新课标理综)如图所示，质量分别为m 和M 的两个星球A 和B 在引力作用下都绕O 点做匀速圆周运动，星球A 和B 两者中心之间距离为L .已知A 、B 和O 三点始终共线，A 和B 分别在O 的两侧．引力常量为G .(1)求两星球做圆周运动的周期．(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A 和B ，月球绕其轨道中心运行的周期记为T 1.但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为T 2.已知地球和月球的质量分别为 5.98×1024 kg 和7.35×1022 kg.求T 2与T 1两者平方之比．(结果保留3位小数)解析 (1)A 和B 绕O 做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则A 和B 的向心力相等．且A 、B 和O 始终共线，说明A 和B 有相同的角速度和周期．因此有：mω2r ＝Mω2R ，r ＋R ＝L ， 联立解得R ＝m m ＋M L ，r ＝M m ＋ML对A 星球根据牛顿第二定律和万有引力定律得： GMm L 2＝m (2πT )2MM ＋m L ， 解得：T ＝2πL 3G (M ＋m ).(2)将地月看成双星，由(1)所求有：T 1＝2πL 3G (M ＋m )，将月球看做绕地心做圆周运动，根据牛顿第二定律和万有引力定律得GMm L 2＝m (2πT 2)2L ，解得T 2＝2πL 3GM， 所以T 2与T 1的平方比值为(T 2T 1)2＝m ＋M M ＝5.98×1024＋7.35×10225.98×1024＝1.012. 【答案】 (1)2πL 3G (M ＋m )(2)1.012。

单元质量评估(三)第4章传感器与现代社会(90分钟 100分)一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.每小题至少一个答案正确，选不全得2分）1.光敏电阻能将光信号转化为电信号是因为( )A.光照强度发生变化时，光敏电阻阻值的大小也发生变化B.光照强度发生变化时，光敏电阻的体积也发生变化C.光照强度发生变化时，光敏电阻的长度也发生变化D.光照强度发生变化时，光敏电阻的横截面积也发生变化2.下面关于热敏电阻的说法中正确的是( )A.热敏电阻又叫做金属热电阻B.热敏电阻的电阻率随温度的升高而增大C.热敏电阻是将电阻这个电学量转化为温度这个热学量D.以上说法都不正确3.建设节约型社会是现在的主流，节约从小事做起，从自身做起.现在公共场所如学校、宾馆、商场等的水管的出水端使用了一种感应式的水龙头，当手靠近时水管打开，当手离开时，水管关闭，起到了节水的目的，避免了常流水问题.这里的传感器你认为应该是( )A.湿度传感器B.温度传感器C.光传感器D.电容式传感器4.如图所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，导致话筒所在的电路中的其他量发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因可能是电容器两板间的( )A.距离变化B.正对面积变化C.介质变化D.电压变化5.街旁的路灯，江海里的航标都要求在夜晚亮，白天熄，实现了自动控制，这是利用半导体的( )A.压敏性B.光敏性C.热敏性D.三种特性都利用6.某仪器内部的电路如图所示，其中M是一个质量较大的金属块，左右两端分别与金属丝制成的弹簧相连，并套在光滑水平绝缘细杆上，当金属块处于平衡时两根弹簧均处于原长状态，此时甲、乙两灯均不亮.若将该仪器固定在一辆汽车上，则下列说法正确的是( )A.当汽车加速前进时,甲灯亮B.当汽车加速前进时,乙灯亮C.当汽车刹车时,甲灯亮D.当汽车刹车时,乙灯亮7.如图所示R t为正温度系数热敏电阻，R1为光敏电阻，R2和R3均为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r，V为理想电压表，现发现电压表示数增大，可能的原因是（）A.热敏电阻温度升高，其他条件不变B.热敏电阻温度降低，其他条件不变C.光照增强，其他条件不变D.光照减弱，其他条件不变8.（2011·江苏高考）美国科学家Wi ll ard S. Boy l e与George E. Smith因电荷耦合器件（CCD）的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖.CCD是将光学量转变成电学量的传感器.下列器件可作为传感器的有（）A.发光二极管B.热敏电阻C.霍尔元件D.干电池9.如图是用电流传感器（相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.图中是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图像.关于这些图像，下列说法中正确的是( )A.甲图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B.乙图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况C.丙图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D.丁图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况10.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球.小车向右做直线运动过程中，电流表示数变化与时间t的关系如图乙所示，下列判断正确的是（）A.从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动B.从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动C.从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动D.从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动二、实验题（本大题共2小题，共16分）11.（6分）（1）按图所示连接好电路，合上S和S′，发现小灯泡不亮，原因是________________________________________________________________；用电吹风对热敏电阻吹一会儿，会发现小灯泡点亮了，原因是____________.（2）若将热敏电阻换成光敏电阻，合上S和S′，发现小灯泡点亮，用黑纸包住光敏电阻后，小灯泡熄灭，其原因是_________________________________.12.（10分)热敏电阻是传感器电路中常用的电子元件.现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线,要求特性曲线尽可能完整.已知常温下待测热敏电阻的阻值约4～5 Ω,热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中,杯内有一定量的冷水.其备用的仪表和器具有:盛有热水的热水瓶(图中未画出)、电源(3 V、内阻可忽略)、直流电流表(内阻约1 Ω)、直流电压表(内阻约5 kΩ)、滑动变阻器(0～20 Ω)、开关、导线若干.(1)在虚线框中画出实验电路图,要求误差尽可能小.(2)根据电路图,在图中的实物图上连线.(3)简要写出完成接线后的主要实验步骤_______________________________.三、综合题（本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）13.（10分）电饭锅的工作原理如图所示，煮饭时开关S是闭合的，红色指示灯亮；饭熟后（当时的温度大约为103℃）保护开关S自动断开，黄灯亮.（1）电阻R1的作用是保护红色指示灯不致因电流过大而烧毁，与电饭锅发热板的等效电阻相比，二者大小应有什么关系?为什么?（2）通常情况下，用这种电饭锅烧水时它的自动断电功能能不能起作用?为什么?14.(10分)给你如下器材:光敏电阻、电铃、电磁继电器、滑动变阻器、开关和导线若干.试从所给器材中选用一些器材制作一个光强达到一定数值时的自动报警器.要求：不必要的器材尽量不用，画出电路图并简述工作原理.15.（12分）将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直方向运动.当箱以a=2.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N.(取g=10 m/s2)（1）若上顶板压力传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况.(2)要使上顶板传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？16.（12分）（2011·盐城高二检测）一块N型半导体薄片（称霍尔元件），其横截面为矩形，体积为b×c×d，如图所示.已知其单位体积内的电子数为n、电阻率为ρ、电子电荷量e.将此元件放在匀强磁场中，磁场方向沿z轴方向，并通有沿x轴方向的电流I.(1)此元件的C、C′两个侧面中，哪个面电势高？(2)试证明在磁感应强度一定时，此元件的C、C′两个侧面的电势差与其中的电流成正比.(3)磁强计是利用霍尔效应来测量磁感应强度B 的仪器.其测量方法为：将导体放在匀强磁场之中，用毫安表测量通过的电流I，用毫伏表测量C、C′间的电压U CC′，就可测得B.若已知其霍尔系数1k10 mV/mA T.ned==并测得U CC′=0.6 mV，I=3 mA.试求该元件所在处的磁感应强度B的大小.答案解析1.【解析】选A.光敏电阻的特点是当光照强度发生变化时，其电阻值也发生变化，故A选项正确.2.【解析】选D.热敏电阻是由半导体材料制作的，而金属热电阻是由金属制作的，有些热敏电阻的电阻率随温度的升高而减小，还有些热敏电阻的电阻率随温度的升高而增大，热敏电阻是将温度这个热学量转化为电阻这个电学量，故选D.3.【解析】选C、D.温度和湿度传感器都不合适，因为水龙头长期处在潮湿的环境，或者是一年四季的变化，给传感器的设计带来困难，不现实.可以是光传感器，平时不用时水龙头处于待机状态，当手靠近时遮住了光线，使光控电路工作，打开水龙头；可以是电容式传感器，处于待机状态的水龙头，当手靠近时，相当于接入了一个人体电容器，从而使机内的传感器工作.故选项C、D正确.4.【解析】选A.电容式话筒中振动膜上的金属层和这个金属板构成的电容器相当于一个平行板电容器.当人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使两极板间的距离发生变化，从而导致电容器的电容发生变化，故A选项正确.5.【解析】选B.街旁的路灯和江海里的航标，都是利用了半导体的光敏性，夜晚电阻大，白天电阻小，控制了电路的通断.故选项B正确.6.【解析】选B、C.当汽车加速前进时,金属块M向后偏离原位置,乙灯电路被接通,所以乙灯亮,A项错,B项对;当汽车刹车时,金属块M向前偏离原位置,甲灯电路被接通,所以甲灯亮,C项对,D项错,故选B、C.7.【解析】选B、D.电压表示数增大，而R3为定值电阻，说明流经R3的电流增大，由电路结构可知，这可能是由于R t减小或R1增大，由热敏电阻和光敏电阻特性知，可能是由于温度降低或光照减弱，故B、D正确，A、C错误.【方法技巧】光敏电阻和热敏电阻的应用技巧在近年的高考试题中，经常出现将光敏电阻或热敏电阻与直流电路的知识结合在一起进行考查的题目，这类题目一般是，既考查了半导体元件的特性，又考查了直流电路的动态分析问题，解答该类问题要抓住以下三个关键：（1）熟记光敏电阻和热敏电阻的特性.对光敏电阻而言，光照增强电阻显著减小.对于正温度系数的热敏电阻，温度升高电阻增大;对于负温度系数的热敏电阻，温度升高电阻减小. （2）掌握直流电路动态分析问题的分析程序：①“先阻后流”，即先分析电阻变化，然后根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化情况；②“先内后外”，即先分析内电路变化再分析外电路变化；③“先干后支”，即先分析干路再分析并联支路；④“先定后变”，即先分析定值电阻上的电流与电压变化，再分析发生变化的电阻上的电流与电压.（3）记住一个结论“串反并同”即与变化的电阻串联的元件，通过它的电流的变化规律与可变电阻阻值变化情况相反，与可变电阻并联的支路的电流变化情况则与可变电阻阻值的变化情况相同.8.【解析】选B、C.传感器的原理是将非电学量转化为电学量，例如热敏电阻阻值随温度而变化，可将温度这个量转化为电压、电流等电学量，霍尔元件可将磁感应强度这个量转化为电压、电流等电学量，而发光二极管以及干电池都不能将非电学量转化为电学量.9.【解析】选B、C.开关S由断开变为闭合，由于线圈的自感作用，线圈和R并联部分分担电压逐渐减小，通过传感器2的电流随时间有一个减少过程，通过传感器1的电流随时间有一个增大过程，A错误，B正确；开关S由闭合变为断开，传感器1中不再有电流，传感器2中电流反向并逐渐减小，C正确，D错误.10.【解析】选D.在0～t1内，I恒定，压敏电阻阻值不变，小球的受力不变，小车可能做匀速或匀变速直线运动.在t1～t2内，I变大，阻值变小，压力变大，小车做变加速运动，A、B 均错.在t2～t3内，I不变，压力不变，小车做匀加速直线运动，C错，D对.11.【解析】（1）热敏电阻阻值较大，左侧电路电流较小，电磁铁磁性较弱，吸不住衔铁；电吹风对热敏电阻加热，使其阻值变小，电路中电流增大，电磁铁磁性增强吸住衔铁，使上、下触点接触；（2）用黑纸包住后，光敏电阻的阻值增大，左侧电路电流减小，继电器触点断开，造成小灯泡熄灭.答案：见解析12.【解析】(1)如图所示:(2)如图所示:(3)①往保温杯中加入一些热水,待温度稳定时读出温度计值;②调节滑动变阻器,快速测出几组电流表和电压表的值;③重复①～②,测量不同温度下的数据;④绘出各测量温度下热敏电阻的伏安特性曲线.答案：见解析13. 【解析】（1）R1应该远大于发热板的等效电阻.因为R1和红灯只起指示作用，消耗的电功率远小于发热板的功率，两者又是并联接入电路的，电压相同，所以流过R1和红灯的电流应远小于流过发热板的电流，因此R1应该远大于发热板的等效电阻. （5分）（2）不能.通常情况下水的沸腾温度为100 ℃，当水烧开时水温不会达到103℃，所以自动断电功能不起作用. （5分）答案：见解析14.【解析】选择光敏电阻、电铃、电磁继电器及导线若干，连接电路如图所示. （5分）原理：当光照增强时，光敏电阻阻值减小，螺线管中电流增大，电磁铁磁性变强，衔铁被吸下，与触点接触，含电铃的电路闭合，铃响报警. （5分）答案：见解析15.【解析】(1)下底板传感器的示数等于轻弹簧的弹力F，金属块受力如图所示，上顶板的压力为F N =6.0 N,金属块受到上顶板向下的压力、弹簧向上的弹力F=10.0 N 和向下的重力 mg,加速度为a ，方向向下. (3分)由牛顿第二定律有mg+F N -F=ma,求得金属块的质量m=0.5 kg. (3分)当上顶板传感器的示数是下底板传感器示数一半时，弹簧的弹力仍是F=10.0 N,则上顶板的压力为F2，设箱和金属块的加速度为a 1,有1F mg F ma ,2+-= 解得a 1=0,表明箱处于静止状态或匀速直线运动状态. (2分)(2)当上顶板的压力恰好等于零时，有mg-F=ma 2,解得加速度a 2=-10 m/s 2,负号表示加速度方向向上. (2分)若箱和金属块竖直向上的加速度大于10 m/s 2,弹簧将被进一步压缩，金属块要离开上顶板，上顶板压力传感器的示数也为零，只要竖直向上的加速度大于或等于10 m/s 2,不论箱是向上加速运动或向下减速运动，上顶板压力传感器的示数都为零. （2分）答案：见解析16.【解析】(1) 因电子的运动方向与电流的方向相反，再由左手定则可知，电子向C ′面偏移，所以C 面电势较高. （2分）（2）假设定向移动速度为v ： I=q/t (1分)q=nebdvt （1分）可得：I=nebdv （1分）稳定时有：Bev=e U CC ′/b （2分） 可得：CC B UI ned '= （1分） 式B ned中各量均为定值 ，所以侧面的电势差与其中的电流成正比. （2分） （3）由上可知CC U B kI'=代入得：B=0.02 T （2分） 答案：（1）C 面较高 （2）见解析 （3）0.02 T。

课后巩固作业(十一)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）1.下面关于光敏电阻的说法中正确的是( )A.光敏电阻是导体B.光敏电阻的电阻率随光照的增强而增大C.光敏电阻的电阻率随光照的增强而减小D.以上说法都不正确2.如图,电吉他的弦是磁性物质，当弦振动时，线圈中产生感应电流，感应电流输送到放大器、喇叭，把声音播放出来，下列说法正确的是（）A.电吉他是光电传感器B.电吉他是温度传感器C.电吉他是声音传感器D.弦改用尼龙材料原理不变3.（2011·无锡高二检测）许多楼道照明灯具有这样的功能：天黑时，有声音它就开启，而在白天，即使有声音它也没有反应.它的控制电路中可能接入的传感器是( )A.温度传感器B.光电传感器C.声音传感器D.热电传感器4.如图所示，用光敏电阻LDR和灯泡制成的一种简易水污染指示器，下列说法中正确的是( )A.严重污染时，LDR是高电阻B.轻度污染时，LDR是高电阻C.无论污染程度如何，LDR的电阻不变，阻值大小由材料本身因素决定D.该仪器的使用会因为白天和晚上受到影响5.随着生活质量的提高，自动干手机已进入了家庭.洗手后，将湿手靠近自动干手机，机内的传感器便驱动电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干.手靠近干手机能使传感器工作，是因为( )A.改变了湿度B.改变了温度C.改变了磁场D.改变了电容6.办公大楼的大门能“看到”人的到来或离开而自动开或关，利用的传感器是( ) A.生物传感器 B.红外线传感器C.温度传感器D.压力传感器二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）7.（10分）一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2 mm的均匀狭缝，将激光器与传感器上下对准，使两者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且可以同步的沿圆盘半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束，在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线；图甲为该装置示意图，图乙为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，Δt1=1.0×10-3 s，Δt2=0.8×10-3 s.（1）利用图乙中的数据求1 s时圆盘转动的角速度.（2）说明激光器和传感器沿半径移动的方向.8.（10分）（2011·杭州高二检测）如图(1)（a）所示为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路，电源电压恒定．电流表内阻不计，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡发光亮度逐渐增强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图(1)(b)所示，试根据这一特性由图(2)中给定的器材设计一个自动光控电路．达到日出路灯熄、日落路灯亮的效果.答案解析1.【解析】选C.光敏电阻是半导体，无光照时，载流子很少，导电性能不好；随着光照的增强，载流子也增多，因此，导电性能增强，电阻率减小，故选项C正确.2.【解析】选C.由电吉他发声原理可知是将声音的变化转变为电流的变化，C对，A、B、D错.3.【解析】选B、C.温度传感器是指将温度信号转换为电信号的一类传感器；光电传感器是指将光信号转换为电信号的一类传感器；声音传感器是指将声音信号转换为电信号的一类传感器；热电传感器是指将温度信号转换为电信号的一类传感器.根据题意，楼道照明灯由两种装置控制，一是与光有关，二是与声音有关，故本题正确选项为B、C.4.【解析】选A、D.严重污染时，透过污水照到LDR上的光线较少，LDR电阻较大，A对，B 错；LDR由半导体材料制成，受光照影响电阻会发生变化，C错；白天和晚上自然光强弱不同，或多或少会影响LDR的电阻，D对.5.【解析】选D.根据自动干手机工作的特征，即手靠近，电热器开始工作，手撤离，电热器停止工作，不难判断出传感器的种类.人是导体，可以和其他导体构成电容器，因此物理学上有人体电容之说.手靠近干手机相当于连接进一个电容器，故可以确认干手机内设置有电容式传感器，手靠近改变了电容.利用湿度和温度来驱使电热器工作，理论上可行，但作为干手机，这种传感器的设置是有很大缺陷的.干手机周围的环境（如湿度和温度）一年四季都在变化，与手是否靠近无关，假如湿度、温度发生变化，干手机就马上工作，就成了“室内烘干机”，故选项D正确.6.【解析】选B.自动门的自动控制要求灵敏、可靠，若以温度控制，人的体温与夏季气温接近，在夏季自动门可能误动作.自动门实际使用的是红外线传感器，红外线属于不可见光，人在白天或黑夜均发出红外线，传感器接收到人体发出的红外线后传给自动控制装置的电动机，实现自动开门或关门.【方法技巧】如何判断题目是否为单选题（1）在历届高考题中，若有设问“最大、最小”，“最先、最后”或设问“至少、至多”等方面的，均可判为单选题.因为这类题目的答案在逻辑上必定是彼此互斥的.（2）不具周期性的但又不确定的物理量或事物的数值或情景都是惟一的，若诸答案是互不相容的，只涉及一种这样的物理量或事物的选择题是单选题.（3）用图像来表示惟一的物理事实或运动规律，但各图像是互不相容的.（4）有的选择题所提供的答案从逻辑上分析都是彼此互斥的，有的是它们的前两项和后两项，是相对地互相否定，有的是相互否定的答案散乱排列，因此也是属于单选题.（5）有的选择题，虽然四个答案并非都是互斥的，如有两个相容两个互斥.但相斥的两个不一定都正确，相容的两个虽然从不同的方面叙述，而从内容上看时也有正误之分，或者反之，这样就可能使其余三个答案都不正确，因此也属单选题.（6）有的选择题，从逻辑上看，四个答案都是相容的，但从内容方面来分析是有正误的，如果只有一个答案是正确的，也属单选题.这种类型和上一种类型一样.都必须从逻辑和内容两方面分析后才能知道.只能用穷举法来求解.7.【解析】（1）由题图读得，圆盘的转动周期T=0.8 s，故其角速度27.85 rad/s.Tπω==（2）由题图可知，圆盘转动的角速度不变，说明圆盘在做匀速圆周运动；脉冲宽度逐渐变窄，表明光信号通过狭缝的时间逐渐减少，而狭缝的宽度为一定值，则说明圆盘上对应传感器所在的位置的线速度逐渐增加，因此激光器和传感器沿半径由中心向边缘移动.答案:见解析8.【解析】由光敏电阻的特性曲线可以看出，当入射光增强时，光敏电阻的阻值减小，流过光敏电阻的电流增大．根据题意设计的自动光控电路如图所示．控制过程是：当有光照射时，光电流经过放大器输出一个较大的电流，驱动电磁继电器吸引衔铁使两个触点断开；当无光照射时，光电流减小，放大器输出电流减小，电磁继电器释放衔铁，使两个触点闭合，控制电路接通，灯开始工作．答案：见解析。

课后稳固作业十一（40 分钟 50 分）一、选择题（此题包含 6 小题，每题 5 分，共 30 分每题起码一个选项正确）1下边对于光敏电阻的说法中正确的选项是A光敏电阻是导体B光敏电阻的电阻率随光照的加强而增大C光敏电阻的电阻率随光照的加强而减小D以上说法都不正确2 如图 , 电吉他的弦是磁性物质，当弦振动时，线圈中产生感觉电流，感觉电流输送到放大器、喇叭，把声音播放出来，以下说法正确的选项是（）A电吉他是光电传感器B电吉他是温度传感器C电吉他是声音传感器D弦改用尼龙资料原理不变3（ 2022 ·无锡高二检测）很多楼道照明灯拥有这样的功能：天黑时，有声音它就开启，而在白日，即便有声音它也没有反响它的控制电路中可能接入的传感器是A 温度传感器B光电传感器C声音传感器D热电传感器4 如下图，用光敏电阻LDR和灯泡制成的一种简略水污介入示器，以下说法中正确的选项是A 严重污染时，LDR是高电阻B 轻度污染时，LDR是高电阻C不论污染程度怎样， LDR的电阻不变，阻值大小由资料自己要素决定D该仪器的使用会由于白日和夜晚遇到影响5跟着生活质量的提升，自动干手机已进入了家庭洗手后，将湿手凑近自动干手机，机内的传感器便驱动电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干手凑近干手机能使传感器工作，是由于A BC改变了磁场D改变了电容6办公大楼的大门能“看到”人的到来或走开而自动开或关，利用的传感器是A 生物传感器C温度传感器BD红外线传感器压力传感器二、非选择题（此题包含 2 小题，共20 分，要有必需的文字表达）7（ 10 分）一水平搁置的圆环绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为 2 mm的平均狭缝，将激光器与传感器上下瞄准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下双侧，且能够同步的沿圆盘半径方向匀速挪动，激光器连续向下发射激光束，在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经办理后画出相应图线；图甲为该装置表示图，图乙为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，t 1=× 10-3，t 2 =× 10-3（1）利用图乙中的数据求 1 时圆盘转动的角速度（2）说明激光器和传感器沿半径挪动的方向8（ 10 分）（ 2022·杭州高二检测）如图 1（ a）所示为一丈量硫化镉光敏电阻特征的实验电路，电源电压恒定．电流表内阻不计，开封闭合后，调理滑动变阻器滑片，使小灯泡发光明度渐渐加强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图 1b 所示，试依据这一特征由图 2 中给定的器械设计一个自动光控电路．达到日出路灯熄、日落路灯亮的成效答案分析1【分析】选 C 光敏电阻是半导体，无光照时，载流子极少，导电性能不好；跟着光照的加强，载流子也增加，所以，导电性能加强，电阻率减小，应选项 C 正确2【分析】选 C 由电吉他发声原理可知是将声音的变化转变成电流的变化，C对， A、 B、 D错3【分析】选 B、 C温度传感器是指将温度信号变换为电信号的一类传感器；光电传感器是指将光信号变换为电信号的一类传感器；声音传感器是指将声音信号变换为电信号的一类传感器；热电传感器是指将温度信号变换为电信号的一类传感器依据题意，楼道照明灯由两种装置控制，一是与光相关，二是与声音相关，故此题正确选项为 B、 C4【分析】选A、D 严重污染时，透过污水照到LDR上的光芒较少，LDR电阻较大， A对， B 错； LDR由半导体资料制成，受光照影响电阻会发生变化， C 错；白日和夜晚自然光强弱不一样，或多或少会影响 LDR的电阻， D对5【分析】选D 依据自动干手机工作的特点，即手凑近，电热器开始工作，手撤退，电热器停止工作，不难判断出传感器的种类人是导体，能够和其余导体组成电容器，所以物理学上有人体电容之说手凑近干手机相当于连结进一个电容器，故能够确认干手机内设置有电容式传感器，手凑近改变了电容利用湿度和温度来驱遣电热器工作，理论上可行，但作为干手机，这种传感器的设置是有很大缺点的干手机四周的环境（如湿度和温度）一年四时都在变化，与手能否凑近没关，若是湿度、温度发生变化，干手机就立刻工作，就成了“室内烘干机” ，应选项 D 正确6【分析】选 B 自动门的自动控制要求敏捷、靠谱，若以温度控制，人的体温与夏天气温凑近，在夏天自动门可能误动作自动门实质使用的是红外线传感器，红外线属于不行见光，人在白日或黑夜均发出红外线，传感器接收到人体发出的红外线后传给自动控制装置的电动机，实现自动开门或关门【方法技巧】怎样判断题目能否为单项选择题（ 1）在历届高考题中，若有设问“最大、最小” ，“最初、最后”或设问“起码、至多”等方面的，均可判为单项选择题由于这种题目的答案在逻辑上必然是相互互斥的（2）不具周期性的但又不确立的物理量或事物的数值或情形都是唯一的，若诸答案是互不相容的，只波及一种这样的物理量或事物的选择题是单项选择题（3）用图像来表示唯一的物理事实或运动规律，但各图像是互不相容的（4）有的选择题所供给的答案从逻辑上剖析都是相互互斥的，有的是它们的前两项和后两项，是相对地相互否认，有的是相互否认的答案凌乱摆列，所以也是属于单项选择题（5）有的选择题，固然四个答案并不是都是互斥的，若有两个相容两个互斥但相斥的两个不必定都正确，相容的两个固然从不一样的方面表达，而从内容上看时也有正误之分，或许反之，这样便可能使其余三个答案都不正确，所以也属单项选择题（6）有的选择题，从逻辑上看，四个答案都是相容的，但从内容方面来剖析是有正误的，假如只有一个答案是正确的，也属单项选择题这种种类和上一种种类同样都一定从逻辑和内容双方面剖析后才能知道只好用穷举法来求解7【分析】（1）由题图读得，圆盘的转动周期T= ，故其角速度27.85 rad / s. T（2）由题图可知，圆盘转动的角速度不变，说明圆盘在做匀速圆周运动；脉冲宽度渐渐变窄，表示光信号经过狭缝的时间渐渐减少，而狭缝的宽度为必定值，则说明圆盘上对应传感器所在的地点的线速度渐渐增添，所以激光器和传感器沿半径由中心向边沿挪动答案 : 看法析8【分析】由光敏电阻的特征曲线能够看出，当入射光加强时，光敏电阻的阻值减小，流过光敏电阻的电流增大．依据题意设计的自动光控电路如下图．控制过程是：当有光照耀时，光电流经过放大器输出一个较大的电流，驱动电磁继电器吸引衔铁使两个触点断开；当无光照耀时，光电流减小，放大器输出电流减小，电磁继电器开释衔铁，使两个触点闭合，控制电路接通，灯开始工作．答案：看法析。

课后巩固作业(六)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）1.下列磁场垂直加在金属圆盘上，能产生涡流的是( )2.如图所示高频感应炉是利用涡流来熔化金属的.冶炼锅内装入被冶炼的金属，线圈通上高频交变电流，这时被冶炼的金属中就产生很强的涡流，从而产生大量的热使金属熔化.以下电器也是利用涡流工作的是（）A.电饭锅B.热水器C.电磁炉D.饮水机3.关于真空冶炼和电熨斗的说法正确的是( )A.它们都是只利用电流的热效应原理工作的B.它们都是利用电磁感应现象中产生的涡流工作的C.前者是利用电磁感应现象中产生的涡流及电流的热效应工作的，后者是利用电流的热效应工作的D.前者利用的是变化的电流，后者利用的是恒定的电流4.磁电式仪表的线圈通常是用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( ) A．防止涡流而设计的B．利用涡流而设计的C．起电磁阻尼的作用D．起电磁驱动的作用5.在竖直向下的匀强磁场中,将一水平放置的金属棒AB,以初速度v水平抛出.空气阻力不计,如图所示,运动过程中棒保持水平,那么下列说法中正确的是 ( )A.AB棒中会产生涡流B.AB棒中的感应电动势越来越大C.AB棒中有感应电动势产生D.AB棒中的感应电动势保持不变6.如图所示，在水平通电直导线的正下方，有一半圆形光滑弧形轨道，一导体圆环自轨道右侧的P点无初速度滑下，下列判断正确的是( )A．圆环中将有感应电流产生B．圆环能滑到轨道左侧与P点等高处C．圆环最终停到轨道最低点D．圆环将会在轨道上永远滑动下去二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）7.（10分）（2011·泰安高二检测）如图所示，在光滑的水平面上有一直径d＝20 cm、电阻R ＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属环，以速度v＝10 m/s向一有界磁场滑动.匀强磁场方向垂直于纸面向里，B＝0.5 T，从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环释放了32 J的热量，求：(1)此时圆环中电流的瞬时功率；(2)此时圆环的加速度.8.（10分）（2011·通州高二检测）如图所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有一足够长的金属杆，杆上挂有一光滑螺线管A.在弧形轨道上高为h的地方，无初速释放一磁铁B(可视为质点)，B下滑至水平轨道时恰好沿螺线管A的中心轴运动，设A、B的质量分别为M、m，若最终A、B速度分别为v A、v B.(1)螺线管A将向哪个方向运动？(2)全过程中整个电路所消耗的电能.答案解析1.【解析】选B、C、D.只有变化的磁场才会使圆盘产生涡流.2.【解析】选C.A、B和D是利用电流的热效应.3.【解析】选C.真空冶炼是利用涡流及电流的热效应，电熨斗是利用电流的热效应，所以真空冶炼需要变化的交流电产生变化的磁场，电熨斗可用直流电也可用交流电，应选C.4.【解析】选B、C．线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，但铝框并不切割磁感线产生感应电流，而产生涡流，涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来，所以这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用，故B、C正确．5.【解析】选C、D.由于金属棒垂直切割磁感线的速度为棒的水平分速度,大小不变,由E=B0l v 可知棒中感应电动势大小不变,B错,D对.由于无闭合回路,故无感应电流,又因为磁场没有变化,故无涡流,所以A错,C对.6.【解析】选A、C．通电直导线产生的磁场为非匀强磁场，圆环在滑动的过程中，穿过圆环的磁通量变化，发生电磁感应，所以有感应电流产生.机械能不断转化为内能，最后圆环静止在最低点，故A、C正确，B、D错误．7.【解析】(1)由能量守恒mv 2/2＝Q ＋mv ′2/2线圈一半进入磁场时等效电路图为 已知R R r R r R 22==+=总 而P ＝E 2/R 总＝(B ·d ·v ′)2/R 总二式联立可得P ＝0.36 W(2)根据牛顿第二定律()2222F a BIL /m B d v /mR 610 m /s m -='⨯安总＝＝＝ 方向向左答案：(1)0.36 W (2)6×10-2 m/s 2 向左【方法技巧】电磁感应现象中能量问题的分析思路（1）确定所研究的系统和物理过程；（2）确定转化的能量形式；（3）计算各种能量值；（4）利用能量守恒定律或功能原理进行分析求解.8.【解析】(1)磁铁B 向右运动时，螺线管中产生感应电流，感应电流产生电磁驱动作用，使得螺线管A 向右运动.(2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A 、B 的动能和螺线管中的电能，所以22A B 11mgh Mv mv E 22电＝＋＋ 即22A B 11E mgh Mv mv .22电＝－－ 答案：(1)向右运动 (2)22A B 11mgh Mv mv 22--。

课后巩固作业(七)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）1.一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中.通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示,下列说法正确的是（）A.t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B.t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变C.t2、t4时刻线圈中磁通量最大D.t2、t4时刻线圈中感应电动势最小2.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断（）A.在A和C时刻线圈处于中性面位置B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C.从A→D时刻线圈转过的角度为2πD.从O→D交变电流完成了一次全变化3.（2011·福州高二检测）某交变电压为u ，则( )A．用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为2 sB．把额定电压为6 V的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光C．把额定电压为6 V的小灯泡接在此电源上，小灯泡将烧毁D．耐压6 V的电容器可以直接用在此电源上4.（2011·佛山高二检测)正弦交流电甲和方波交流电乙的最大值、频率完全相同，把此两电流分别输入完全相同的两个电阻中，经过相同的时间（足够长）后，两电阻中消耗的电能之比W甲∶W乙为( )∶∶∶5.（2011·吉林高二检测）如图甲所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P 使加在电热丝上的电压的波形如乙图所示.此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为( )A.110 VB.156 VC.220 VD.311V6.（2011·四川高考）如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A.那么( )A.线圈消耗的电功率为4WB.线圈中感应电流的有效值为2AC.任意时刻线圈中的感应电动势为2e 4cost Tπ= D.任意时刻穿过线圈的磁通量为T 2sin t T πΦπ＝ 二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）7.（10分）一个矩形线圈的面积为S ，共有N 匝，在磁感应强度为B 的匀强磁场中以转速n 匀速转动.若从线圈处于如图所示位置开始计时，则线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为_________________；若线圈的总电阻为R ，则线圈中感应电流的瞬时值表达式为________________.当1t 6n=时，线圈中的感应电动势为___________.8.（10分）一个电阻为r 、边长为L 的正方形线圈abcd 共N 匝，线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO ′，以如图所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.（1）转动过程中感应电动势的最大值有多大？（2）线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势多大？（3）设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周，柴油机做多少功？（4）从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R 的电荷量是多少？答案解析1.【解析】选B.t 1、t 3时刻通过线圈的磁通量Φ最大,磁通量变化率0,t∆Φ=∆此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A 错误，B 正确;t 2、t 4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C 、D 错误.2.【解析】选D.根据图像，首先判断出感应电流的数学表达式i=I m sin ωt.其中I m 是感应电流的最大值，ω是线圈旋转的角速度.另外应该进一步认识到线圈是从中性面开始旋转，而且线圈旋转一周，两次经过中性面，经过中性面的位置时电流改变方向.从该图来看，在O 、B 、D 时刻电流为零，所以此时线圈恰好在中性面的位置，且穿过线圈的磁通量最大；在A 、C 时刻电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时磁通量为零；从A 到D 时刻，线圈旋转3/4周，转过的角度为32π；从O 到D ，线圈在磁场中恰好转过一周，所以交变电流完成了一次全变化.只有选项D 正确.3.【解析】选B.由表达式可知电压的最大值是，角速度是100π rad/s ，所以电压的有效值是6 V ，周期是0.02 s ，所以B 正确，A 、C 、D 错.4.【解析】选A.题图乙所示的电流其大小是恒定的，因电流的方向不影响在电阻上所产生的热效应，可知题图乙中所示的电流的有效值I 乙=I max .正弦交变电流的有效值与最大值之间有如下关系I=题图甲所示电流的有效值I=甲由W=I 2Rt 可知，2W I 1W I 2甲甲乙乙＝（）＝， A 正确. 5.【解析】选B.交流电压表测量的是交流电压的有效值.题图乙所示波形为正弦交变电流在时间轴上方的部分.取一个周期T 的时间，根据有效值的定义有:(22311/T u T,R 2R=所以u= 156 V.选B. 6.【解析】选A 、C.线圈转动角速度2,Tπω=线圈平面从与磁场方向平行开始计时，当转过60°时，电流的瞬时值表达式为i=I max cos60°=1A ⇒I max =2 A,余弦交变电流有效值I==B 项错；线圈消耗的功率P ＝I 2R=4 W,A 项正确；由欧姆定律可知,感应电动势最大值E max =I max R=4 V,所以瞬时值表达式为2e 4cost,T π=C 项正确；通过线圈的磁通量Φ=Φmax sin ωt=max 2sin t,TπΦ由感应电动势的最大值E max = BS ω=Φmax ×max max E T 2T 2π⇒Φ=π，解两式得：max E T 22T 2sin t sin t,2T T ππΦ==ππ D 项错. 7.【解析】此时线圈处于中性面位置，线圈转动时，其感应电动势的最大值E max =NBS ω,其中ω=2πn,所以其瞬时值表达式为e=2πNBSnsin2πnt.其电流表达式为e 2NBSn 2nNBS i sin2nt sin2nt.R R R ππ==π=π当1t 6n =时，e 2NBSnsin NBSn nNBS 3π=π== 答案：e=2πnNBSsin2πnt 2nNBS i sin2nt R π=πnNBS8.【解析】（1）根据E=BLv 得感应电动势的最大值为E max =NBS ω=NBL 2ω.（2）线圈平面与磁感线夹角为60°时的瞬时感应电动势为2max NBL e E cos60.2ω=︒= （3）电动势的有效值E=电流的有效值E I .R r=+柴油机的功转化为电能，转一周做功为 224max max 2N B L W EIT .R r 2R r ππω===ω++（） （4）平均电流E N I R r t R r ∆Φ==+∆+，（）所以电荷量NBSsin60Q I t R r ︒=∆==+ 答案：（1）NBL 2ω （2）2NBL 2ω（3）224N B L R r πω+ （4 【方法技巧】交变电流平均值的计算方法交变电流的平均值是针对某一过程的物理量，在不同的时间段内平均值一般不相同.它的计算公式为E n t∆Φ=∆，如对正弦交变电流，其正半周或负半周的平均电动势的大小为2BS 2E n n nBS t 0.5T ∆Φ===ω∆π，而在一个整周期内的平均电动势却为零，在计算某一段时间内通过导体横截面的电荷量时，一定要代入平均值来计算. 用法拉第电磁感应定律E nt ∆Φ=∆和欧姆定律E I R =计算.注意平均值不等于有效值.求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用交流电的平均值q It =，而不能用有效值.当交流电电流方向发生改变时，应考虑分段进行计算.。

单元质量评估(一)第1章电磁感应与现代生活(90分钟 100分)一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.每小题至少一个答案正确，选不全得2分）1.应用楞次定律判断闭合电路中是否产生感应电流时，要知道穿过闭合电路( )A.原磁场的方向B.原磁场磁感应强度的大小C.原磁场磁通量怎样变化D.原磁场磁通量的大小2.在匀强磁场中有一圆形的闭合导体线圈，线圈平面垂直于磁场方向，当线圈在此磁场中做下列哪些运动时，线圈中能产生感应电流( )A.线圈沿自身所在的平面做匀速运动B.线圈沿自身所在的平面做加速运动C.线圈绕任意一条直径做转动D.线圈沿着磁场方向向上移动3.关于线圈的自感系数，下列说法正确的是( )A.线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大B.线圈中电流等于零时，自感系数也等于零C.线圈中电流变化越快，自感系数越大D.线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁心决定4.如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴.一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（）A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2B l v0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同5.在电磁学发展过程中，许多科学家作出了贡献.下列说法正确的是( )A.奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B.麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C.库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律6.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同7.如图，在同一铁心上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接在1位置，现在它从1打向2，试判断此过程中，通过R的电流方向是( )A.先由P到Q，再由Q到PB.先由Q到P，再由P到QC.始终是由Q到PD.始终是由P到Q8.如图所示，分别接有电压表V和电流表A的两个相同闭合回路，以相同的速度在匀强磁场中匀速向右运动，下列说法中正确的是( )A.电流表示数为零，电压表示数不为零B.电流表示数为零，电压表示数为零C.电流表示数不为零，电压表示数为零D.电流表示数不为零，电压表示数不为零9.如图所示，两根平行的光滑导轨竖直放置，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，金属杆ab接在两导轨之间，在开关S断开时让ab自由下落，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计.开关闭合开始计时，ab 下滑速度v随时间变化的图像不可能是( )10.如图，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0<θ<90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计.金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（）A.运动的平均速度大小为1 v 2B.下滑的位移大小为qR BLC.产生的焦耳热为qBLvD.受到的最大安培力大小为22B L vsin R二、实验题（本大题共2小题，共14分）11．（6分）在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，外电路上接有一电阻值为R的电阻和一只自感系数很大、电阻不计的线圈，电流表和电压表均为理想电表，当开关S闭合后电压表的示数从_____变化到______，电流表的示数从______变化到_______．（用含有E、R、r等物理量来表述结果）12.(8分)（2011·德州高二检测）某同学在探究感应电流产生的条件时,做了如下实验:探究Ⅰ:如图甲所示,先将水平导轨、导体棒AB放置在磁场中,并与电流表组成一闭合回路.然后进行如下操作:①AB与磁场保持相对静止;②让导轨与AB一起平行于磁感线(上、下)运动;③让AB在水平方向上运动(切割磁感线).探究Ⅱ:如图乙所示,将螺线管与电流表组成闭合回路.然后进行如下操作:①把条形磁铁放在螺线管内不动;②把条形磁铁插入螺线管;③把条形磁铁拔出螺线管.探究Ⅲ:如图丙所示,螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成一个回路;A放在螺线管B内,B 与电流表组成一个闭合回路.然后进行如下操作:①闭合和断开开关瞬间;②闭合开关,A中电流稳定后;③闭合开关,A中电流稳定后,再快速改变滑动变阻器的阻值.可以观察到:［请在(1)(2)(3)中填写探究中的序号］(1)在探究Ⅰ中,________闭合回路会产生感应电流;(2)在探究Ⅱ中,________闭合回路会产生感应电流;(3)在探究Ⅲ中,________闭合回路会产生感应电流;(4)从以上探究中可以得到的结论是:当________________时,闭合回路中就会产生感应电流.三、计算题（本大题共4小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）13.（8分）如图甲所示，回路中有一个C=60 μF的电容器，已知回路的面积为1.0×10-2m2，垂直穿过回路磁场的磁感应强度B随时间t的变化图像如图乙所示，求：（1）t=5 s时，回路中的感应电动势；（2）电容器上的电荷量.14.（12分）(2011·成都高二检测)如图所示，光滑导轨竖直放置，匀强磁场的磁感应强度为B=0.5 T，磁场方向垂直于导轨平面向外，导体棒ab的长度与导轨宽度均为L=0.2 m，电阻R=1.0 Ω．导轨电阻不计，当导体棒紧贴导轨匀速下滑时，均标有“6 V 3 W”字样的两小灯泡恰好正常发光，求：（1）通过ab的电流的大小和方向；（2）ab运动速度的大小；（3）电路的总功率．15.（12分）（2011·东城高二检测）如图所示，光滑平行的水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O′1O′矩形区域内有垂直于导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电阻为r的导体棒ab，垂直置于导轨上，与磁场左边界相距d0.现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计）.求：（1）棒ab在离开磁场右边界时的速度；（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能.16.（14分）如图所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=1 m，导轨平面与水平面成37°角，导轨上端接一阻值为R=0.80 Ω的电阻．轨道所在空间有垂直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.50 T．现有一质量为m=0.20 kg、电阻r=0.20 Ω的金属棒放在导轨最上端，棒与导轨垂直并始终保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为μ=0.25．棒ab从最上端由静止开始释放．（g=10 m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）棒在下滑的过程中最大速度是多少?（2）当棒的速度v=2 m／s时，它的加速度是多少?答案解析1.【解析】选A、C.在利用楞次定律判断感应电流时，首先要明确原磁场的方向和原磁场是怎样变化的，再来确定感应电流的磁场，最后用安培定则判断电流的方向.2.【解析】选C．线圈沿自身所在的平面运动、沿着磁场方向向上移动时，穿过线圈的磁通量不变化，不能产生感应电流，故A、B、D错误；线圈绕任意一条直径做转动时，穿过线圈的磁通量变化，故能产生感应电流，故C 正确．3.【解析】选D.线圈的自感系数与线圈的形状、横截面积、长短、匝数及有无铁心等因素有关.4.【解析】选A 、B 、D.正方形闭合回路运动到关于OO ′对称的位置时，穿过回路的合磁通量为零，A 正确；由右手定则可以判断ab 边上的电流方向为由a 到b ，cd 边上的电流方向为由c 到d ，所以回路中感应电流的方向为逆时针方向，C 错误；由法拉第电磁感应定律可知回路中感应电动势大小为E 感=E ab +E cd=2B l v 0，B 正确；由左手定则可以判定回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相同，都是水平向左的，D 正确.5.【解析】选A 、C.奥斯特发现了电流周围有磁场，即电流的磁效应，法拉第发现了“磁生电”，A 对；赫兹用实验验证了电磁波的存在，B 错；安培发现了磁场对电流的作用规律，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，D 错.6.【解析】选C ．由E n t∆Φ=∆可知，A 、B 错，C 正确.B 原与B 感的方向可相同亦可相反．故D 错．7.【解析】选C.开关接在1位置时，穿过线圈B 的磁通量向右，当开关从1位置断开时，穿过线圈B 的磁通量减小，根据楞次定律可知，回路B 中产生顺时针方向的感应电流，即电流由Q 到P ；当开关打向2位置时，线圈B 中有向左方向的磁场，且磁通量增加，根据楞次定律，回路B 中产生顺时针方向的感应电流，即电流由Q 到P.所以整个过程，通过R 的电流方向始终是由Q 到P ，故C 正确.8.【解析】选 B.闭合回路向右匀速运动时,穿过回路的磁通量不变,回路中不产生感应电流,根据电压表、电流表工作原理,两表示数均为零,B 项正确.9.【解析】选B ．导体棒下落切割磁感线，产生感应电动势，当闭合开关时，若此时速度v 恰好满足：220B v mg R=，l 则导体棒做匀速下落运动，故A 有可能；若刚闭合开关时，v<v 0，即22B v mg R>，l 则导体棒将继续加速，但安培力逐渐增大，加速度逐渐减小，直到速度增加到v 0，受力平衡，导体棒做匀速运动，故C 有可能；若闭合开关时，v>v 0，即22B v mg R<，l 导体棒向下减速运动，直到速度减小到v 0，受力平衡，导体棒做匀速运动，故D 有可能；若速度均匀增加，则导体棒受到的安培力也随之变化，合外力变，则加速度也变化，与速度均匀变化矛盾，故B 不可能．10.【解析】选B.由E=BLv 、E I R=、F 安=BIL 可得导体棒的速度为v 时的安培力为22B L v R ，D 错；对导体棒受力分析如图甲所示，据牛顿运动定律判断可得导体棒的运动情况如图乙所示，由图乙可知导体棒在这一过程中的平均速度大于1v 2，A 错；由法拉第电磁感应定律得到导体棒这一过程中的电量BLs q R=，因此导体棒下滑的位移qR s BL=，B 对；由能量关系可得这一过程产生的焦耳热2qR 1Q mg sin mv BL 2=θ-，C 错，故选B. 11．【解析】由于线圈自感系数很大，刚闭合开关时，线圈上产生自感电动势等于电源的电动势，所以回路中瞬时电流为零；等稳定后，由于线圈的电阻不计，所以线圈两端的电压为零，回路的电流I=E/(R+r)．所以，电压表的示数从E 变化到0；电流表的示数从0变化到E/（R+r ）． 答案：E 0 0 E/（R+r ）12.【解析】在探究Ⅰ中,③会产生感应电流,在探究Ⅱ中,②③会产生感应电流,在探究Ⅲ中,①③会产生感应电流.由以上可知，穿过闭合回路的磁通量发生变化是产生感应电流的条件. 答案：(1)③ (2)②③ (3)①③（4）穿过闭合回路的磁通量发生变化13.【解析】（1）由图可知：在0～6 s 内B 2t 3∆=∆ （2分） 23B 2E S 10 V 6.710 V t t 3--∆Φ∆===⨯=⨯∆∆ （3分） （2）电容器上的电荷量537Q CE 610 6.710 C 410 C ---==⨯⨯⨯=⨯ （3分）答案：（1）6.7×10-3 V （2）4×10-7C14.【解析】（1）每个小灯泡中的电流为 111P I 0.5 A U == （2分） 则ab 中的电流为I=2I 1=1 A由右手定则知通过ab 棒的电流方向为由b 到a （2分）（2）ab 产生的感应电动势E=U 1+IR=6 V+1×1.0 V=7 V （3分）由E=BLv ，知ab 的运动速度E v 70 m /s BL== （3分） （3）电路的总功率P=IE=7 W （2分）答案：（1）1 A 由b 到a （2）70 m/s （3）7 W15.【解析】（1）ab 棒离开磁场右边界前做匀速运动，速度为v m .E=B l v m （2分）E I R r=+ （1分） 对ab 棒，F-F 安=0 （1分）F 安=BI l （1分）解得()m 22F R r v B +=l（3分） （2）由能量守恒定律可得 ()20m 1F d d W mv 2+=+电 （2分） 得()()22044mF R r W F d d 2B +=+-电l （2分） 答案：()()()()2202244F R r mF R r 12F d d B l 2B l++ +-（） 16.【解析】（1）金属棒从静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，当合外力为零时速度达到最大，受力分析如图，则：mgsin θ=F 安+F f （3分）F f =μF N ＝μmgcos θ (1分)F 安=BIL (1分)m BLv E I R r R r==++ (1分) 代入数据得：v m =3.2 m/s （1分）（2）由牛顿第二定律得：mgsin θ-F ′安-F f =ma （3分）F ′安=BI ′L （1分）E BLv I R r R r'==++ （1分） 代入数据得：a=1.5 m/s 2. （2分）答案：（1）3.2 m/s (2)1.5 m/s 2【方法技巧】巧解电磁感应中力、电、能等综合问题电磁感应类的问题是综合性较强的问题，学生普遍感到较难，实际上学生若能够养成正确的分析问题的习惯，就能轻松解决此类问题：（1）认真审题，弄清题目给出的情景和运动过程的关键状态．（2）明确等效电源，画出等效电路，进行电路的分析并列式．（3）确定研究对象进行受力分析，画出受力示意图．（4）写出安培力的表达式，抓住关键状态列出牛顿运动定律的表达式．（5）确定研究过程，明确安培力做功与电路中电能的转化关系，列出动能定理的表达式．（6）联立方程进行求解．。

课后巩固作业(九)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）1.某用电器离供电电源的距离为l ，线路上的电流为I.若要求线路上的电压降不超过U.已知输电导线的电阻率为ρ，那么该输电导线的横截面积的最小值是（ ）2I 2I 2U A. B.I C. D.U U I ρρρρl l l 2．（2010·福建高考）中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原采用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为 ( )A.P/4B.P/2C.2PD.4P3.（2011·汕头高二检测）某发电厂通过远距离向某学校输电，输送的电功率为P ，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，则下列说法正确的是( )A.输送的电压越高，输电线路上损失的电压越大B.输电线路上损失的电压与输送电流成正比C.输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成正比D.输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比4.（2011·宁波高二检测)近几年,我国南方经常遭遇雨雪冰冻灾害.马路上的冰层坚硬如铁、光滑如玻璃，高压电线覆冰后有成人大腿般粗，为清除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰.若在正常供电时,高压线上送电电压为U,电流为I,热损耗功率为ΔP;除冰时,输电线上的热耗功率需变为9ΔP,则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )A.输电电流为I 9B.输电电流为9IC.输电电压为3UD.输电电压为U 3 5.如图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是( )A.增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B.高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D.高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好6.（2010·浙江高考）某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是（ ）A.输电线上输送的电流大小为2×105 AB.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC.若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD.输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2/r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）7.（10分）发电机的输出电压为U ，输电总功率为P ，通过总电阻为R 的输电导线向用户供电，则输电线上的电流为_____，输电线上的电压损失为_____，输电线上损失的电功率为______，用户得到的电压为_____，用户得到的电功率为_________.8.（10分）对某一输电线路，线路架设情况已确定，现要求输送一定的电功率P ，若输电线上损失的功率占输送功率P 的百分比用η表示，输电线路总电阻用r 表示，输电电压用U 表示，则η、P 、U 、r 间满足什么关系？从中你能得出什么结论？答案解析1.【解析】选C.因为导线的总长度为2l ,所以电压降2U IR I S ==ρl 解得2I S .Uρ=l 正确选项为C. 2．【解析】选A.由P=UI 可知由500 kV 的超高压输电变为1 000 kV 特高压输电时，因为输送功率不变,故输电线电流为原来的1/2,再根据P 损=I 2R 线可得输电线上损耗的电功率将变为P/4，故选A.3.【解析】选B 、D.由P=UI 知P 不变,U 越大,则I 越小,由欧姆定律ΔU ＝IR 线可得ΔU 越小,A 错，B 正确；再根据P 损=I 2R 线可知C 错D 对.4.【解析】选D.原来ΔP=I 2R 线，后来29P I R ∆=线线，可知I 线=3I,A 、B 错误；由P=IU 和P=I 线U 输可知，U U 3=输， D 正确、C 错误.5.【解析】选A 、B 、D.依据输电原理,电路中的功率损耗ΔP=I 2R 线，而L R ,S=ρ线增大输电线的横截面积,输电线的电阻会减小,能减小输电线上的功率损失，A 对；由P=UI 可知,P 一定的情况下,输电电压U 越大,I 越小,ΔP 越小,B 对;若输电电压一定,输送功率越大,则电流I 越大,ΔP 越大,C 错;输电电压并不一定越高越好,因为电压越高,对于安全和技术的要求越高,D 对.6.【解析】选B.输出电功率P=3×106 kW ，输电电压U=500 kV ，则输电线上输送的电流大小 3 P I 610A U==⨯，所以A 错；输电线上由电阻造成的损失电压U 损=Ir=15 kV ，所以B 正确；输电线上损失的功率22P P U I r U∆==损，所以D 错误；若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率628310P 2.5 W 910 kW 5⨯∆=⨯=⨯（），所得数据比输出电功率3×106 kW 还要大得多，不合理，所以C 错误.7.【解析】画出远距离输电的电路图如图所示.由P=UI 得，输电线上的电流为P I U=，则输电线上的电 压降P U IR R U ∆==，输电线上损失的功率222P P I R R U∆==，用户得到的电压P U U U U R,U'=-∆=-用户得到的电功 率22P P P P P R.U'=-∆=- 答案：2222P P P P P R R U R P R U U U U U-- 【方法技巧】远距离输电问题的解题技巧在求解远距离输电有关问题时，会涉及到较多的物理量，常发生同类物理量之间相互混淆的现象.因此，弄清楚各物理量间的关系是解决此类问题的关键.（1）画出远距离输电的电路图，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置.（2）利用欧姆定律、串并联电路的特点、电功和电功率进行计算.8.【解析】ΔP=ηP=I 2r ①P=UI ② ①②联立可得：2P P r Uη=（），即ηU 2=P ·r ， 当P 、r 确定时有η·U 2=定值，所以要减小η，必须提高输电电压U.答案：见解析。

课后巩固作业(五)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）1.(2011·大同高二检测)关于线圈的自感系数、自感电动势的下列说法正确的是( )A.线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大B.对于某一线圈，自感电动势正比于电流的变化量C.一个线圈的电流均匀增大，这个线圈自感系数、自感电动势都不变D.自感电动势与原电流方向相反2.如图所示,电路中L为一电感线圈,ab支路和cd支路电阻相等,则( )A.刚合上开关S时,电流表A1的示数小于电流表A2的示数B.刚合上开关S时,电流表A1的示数等于电流表A2的示数C.断开开关S时,电流表A1的示数大于电流表A2的示数D.断开开关S时,电流表A1的示数等于电流表A2的示数3.（2011·大连高二检测）如图所示，日光灯正常发光时，流过灯管的电流为I，那么对于灯丝ab上的电流，以下说法正确的是( )A.灯丝ab上的电流处处为IB.灯丝a处的电流为IC.灯丝b处的电流为I，其他地方的电流都比I小D.灯丝b处最容易烧断4.（2011·北京高考）某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路.检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )A.电源的内阻较大B.小灯泡电阻偏大C.线圈电阻偏大D.线圈的自感系数较大5.如图(a)、(b)中，电阻R和自感线圈L的电阻值相等，接通S，使电路达到稳定状态，灯泡D发光，则( )①在电路(a)中，断开S，D将渐渐变暗②在电路(a)中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗③在电路(b)中，断开S，D将渐渐变暗④在电路(b)中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗A.①③B.②③C.②④D.①④6.在如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后，在t=t1时刻断开S,下列表示A、B两点间电压U AB随时间t变化的图像中，正确的是( )二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）7.（8分）在如图所示的电路中，L为自感线圈，开关闭合时，L上电流为1 A，电阻R1上电流为0.5 A，当S突然断开后，R1的电流由______开始减小，方向向________（填“左”或“右”）.8.（12分）一个线圈的电流在0.001 s内有0.02 A的变化，产生50 V 的自感电动势，求线圈的自感系数.如果这个电路中的电流的变化率变为40 A/s，自感电动势为多大？答案解析1.【解析】选C.线圈的自感系数由线圈本身的因素(如长度、面积、匝数等)决定，IEt∆∝∆自，而不是E自∝ΔI，C对，A、B错，线圈中电流减小时自感电动势方向与原电流方向相同，电流增大时，电动势方向与原电流方向相反，D错.2.【解析】选A、D.电路接通时,ab支路有电感线圈L，由于电流要增强,L中产生自感电动势阻碍电流的增加,因此电流增加缓慢,电流表A1的示数小于电流表A2的示数.断开开关S时,电感线圈L中电流减弱,L 产生自感电动势阻碍电流的减弱,线圈L与A1、A2、R构成一回路,这时电流表A1、A2示数相同,故A、D正确.3.【解析】选C、D.当日光灯正常发光时，起辉器是断开的，因此在ab上没有电流，故选项A、B错误；导通后是气体导电，所以电流存在于b处到d处之间，故选项C、D正确.4.【解析】选C.根据实物连线图画出正确的电路图，当闭合开关S，电路稳定之后，小灯泡中有稳定的电流I A，自感线圈中有稳定的电流I L，当开关S突然断开时，电流I A立即消失，但是，由于自感电动势的作用，流过线圈的电流I L不能突变，而是要继续流动，于是，自感线圈和小灯泡构成了回路，如果I L>I A，则能观察到小灯泡闪亮一下再熄灭，线圈的自感系数越大，小灯泡延时闪亮的时间就越长.如果不满足I L>I A的条件，小灯泡只是延时熄灭，不会观察到闪亮一下再熄灭.可见灯泡未闪亮的根本原因是不满足I L>I A的条件，这是线圈电阻偏大造成的.故C正确.5.【解析】选D.在电路(a)中自感线圈L与灯泡D串联，通过D与L的电流相等，断开S时产生自感电动势将使D与L中的电流值从稳定状态逐渐减小，D将渐渐变暗，而不是立即熄灭.在电路(b)中，L与D并联，稳定时，通过L中电流比通过D中电流大，断开S的瞬间，通过L中电流从稳定值逐渐减小，故S断开瞬间，通过灯泡D的电流变大，D将先变得更亮，然后渐渐变暗，故选项D正确.6.【解析】选B.开关闭合时，由于线圈的自感阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，路端电压U AB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原来相反，并逐渐减小到0，路端电压U AB逐渐减小到零，U AB为负值.A图像开关闭合时，U AB 增大，不符合题意，错误；B图像电压U AB的变化规律符合题意，正确；C图象的电压U AB先增大后减小，且方向不变，错误；D图像开关断开后U AB不正确．【方法技巧】通、断电自感现象的判断技巧(1)通电时线圈产生的自感电动势阻碍电流的增加且与电流方向相反，使电流相对缓慢地增加．(2)断电时线圈产生的自感电动势与原电流方向相同，在与线圈串联的回路中，线圈相当于电源，它提供的电流逐渐变小．(3)电流稳定时，若线圈有电阻时就相当于一个定值电阻，若不计线圈的电阻时就相当于一根导线．7.【解析】由题知，闭合S 电路稳定时，流过L 的电流为1 A ，流过R 1的电流为0.5 A ；当S 突然断开时，流过R 1的电流立即消失，但由于自感线圈中产生的自感电动势阻碍L 中电流减小，所以R 1中立即出现了1 A 的感应电流，之后，R 1的电流由1 A 开始减小；因为自感线圈中的自感电流方向向右，所以流过R 1的自感电流方向向左.答案：1 A 左8.【解析】由I E Lt∆=∆， 得E t 500.001L 2.5 H.I 0.02H∆⨯===∆g I E L 2.540 V 100 V.t ∆'==⨯=∆ 答案：2.5 H 100 V。

课后巩固作业(三)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）1.(2011·济南高二检测)当线圈中的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是（）A.线圈中一定有感应电流B.线圈中有感应电动势时，其大小与磁通量成正比C.线圈中一定有感应电动势D.线圈中有感应电动势时，其大小与磁通量的变化量成正比2.(2011·浏阳高二检测)穿过一个单匝线圈的磁通量始终为每秒均匀地增加2 Wb，则（）A．线圈中的感应电动势每秒增加2 VB．线圈中的感应电动势每秒减小2 VC．线圈中的感应电动势始终为2 VD．线圈中不产生感应电动势3．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则OD时间范围内（）A．线圈中O时刻感应电动势最大B．线圈中D时刻感应电动势为零C．线圈中D时刻感应电动势最大D．线圈中O到D时间内平均感应电动势为0.4 V4.(2011·保定高二检测)如图所示，金属框架处于与框架垂直的匀强磁场中，导体棒与框架接触良好且无摩擦，现用力F拉导体棒向右做匀加速运动，则力F随时间的变化规律为图像中的（）5.如图所示，三个相同的金属圆环内存在不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径．已知所有磁场的磁感应强度随时间变化的关系都满足B=kt，方向如图所示．测得A环中感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为（）A．I B＝I，I C＝0 B．I B＝I，I C＝2IC．I B＝2I，I C＝2I D．I B＝2I，I C＝06.(2011·济宁高二检测)如图所示，两根相距l的平行直导轨ab、cd.b、d间连有一定值电阻R，导轨电阻可忽略不计.MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）.现对MN施加一力使它沿导轨方向以速度v做匀速运动.用U表示MN两端电压大小，则（）A.U=Blv/2,流过定值电阻R的感应电流由b到dB.U=Blv/2，流过定值电阻R的感应电流由d到bC.U=Blv，流过定值电阻R的感应电流由b到dD.U=Blv，流过定值电阻R的感应电流由d到b二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）7.（10分）如图（a ）所示的螺线管的匝数n=1 500，横截面积S=20 cm 2，电阻r=1.5 Ω，与螺线管串联的外电阻R 1=10 Ω，R 2=3.5 Ω.若穿过螺线管的磁场的磁感应强度按图（b ）所示的规律变化.求：（1）螺线管两端M 、N 间的电压. （2）R 1上消耗的电功率.8.(10分)（2011·郑州高二检测）如图所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L 的单匝正方形线框abcd,在外力的作用下以恒定的速率v 向右运动进入磁感应强度为B 的有界匀强磁场区域.线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab 边始终平行于磁场的边界.已知线框的四个边的电阻值相等，均为R.求：（1）在ab 边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小； （2）在ab 边刚进入磁场区域时，ab 边两端的电压；（3）在线框被拉入磁场的整个过程中，线框中电流产生的热量.答案解析1.【解析】选C.产生感应电流的条件是闭合回路中磁通量发生变化，仅磁通量发生变化，若线圈不是闭合的，也没有感应电流，故A 错；无论线圈是否闭合，只要穿过线圈的磁通量发生变化，就有感应电动势产生，C 正确.根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，故B 、D 错误.2.【解析】选C ．由法拉第电磁感应定律知E n2 V t∆Φ∆＝＝，所以线圈中感应电动势始终为2 V ，C 项正确． 3．【解析】选A 、B 、D ．线圈中O 到D 时间内平均感应电动势3210E V 0.4 V t 0.005-∆Φ⨯===∆；由感应电动势的物理意义知，感应电动势的大小仅由磁通量的变化率t∆Φ∆决定，而任何时刻磁通量的变化率就是Φ-t 图像上该时刻切线的斜率，不难看出O 点处切线斜率最大，D 点处切线斜率为零，故A 、B 、D 正确．4.【解析】选B.导体棒做匀加速运动，由牛顿第二定律可得2222B B aF ma v ma t R R＝＋＝＋，l l 外力F 与时间是线性关系，B 选项正确.【方法技巧】如何处理电磁感应中的图像问题 （1）图像选择问题求解物理图像的选择类问题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图像，留下正确图像；也可用“对照法”，即按照题目要求画出正确草图，再与选项对照，选出正确选项．解决此类问题的关键就是把握图像特点、分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化规律或关键物理状态． （2）图像描绘问题求解物理图像的描绘问题的方法是，首先和解常规题一样，仔细分析物理现象，弄清物理过程，然后求解有关物理量或分析相关物理量间的函数关系，最后正确地作出图像．在描绘图像时，要注意物理量的单位，坐标轴标度的适当选择及所用函数图像的特征等． （3）图像变换问题处理有关图像变换的问题，首先要识图，即读懂已知图像表示的物理规律或物理过程，然后再根据所求图像与已知图像的联系，进行图像间的变换． （4）图像分析问题在定性分析物理图像时，要明确图像中的横轴与纵轴所代表的物理量，要弄清图像的物理意义，借助有关的物理概念、公式、定理和定律作出分析判断；而对物理图像定量计算时，要搞清图像所揭示的物理规律或物理量间的函数关系，并要注意物理量的单位换算问题，要善于挖掘图像中的隐含条件，明确有关图线所包围的面积、图像在某位置的斜率（或其绝对值）、图线在纵轴和横轴上的截距所表示的物理意义． （5）图像应用问题在应用图像法求解物理问题时，要根据题意把抽象的物理过程用图线表示出来，将物理量间的关系转化为几何关系，运用图像直观、简明的特点，分析解决物理问题． 5.【解析】选D ．根据BE S t t∆Φ∆==∆∆，B 环的有效面积是A 环的2倍而磁通量的变化率相同，所以产生的感应电动势也是A 环的2倍，因此环中的电流也是A 环的2倍，即I B ＝2I ；对于C 环，由于上下两部分磁场方向相反，当磁场都做均匀变化时，磁通量不变化，故I C ＝0.故选项D 正确．6.【解析】选A.由右手定则可确定回路中感应电流沿逆时针方向，回路中感应电动势为E=Blv ，MN 两端的电压即路端电压.由于MN 的阻值和R 相等，所以E 1U Blv 22==，故A 正确，B 、C 、D 错误. 7.【解析】(1)由法拉第电磁感应定律4B 62E nnS 1 5002010 V 6 V.t t 2-∆Φ∆-===⨯⨯⨯=∆∆ 由串联电路的分压规律，可知：12MN 12R R 13.5U E 6 V 5.4 V R R r 15+==⨯=++(2)由串联电路的分压规律，可知：1112R 10U E 6 V 4 V R R r 15==⨯=++由公式211U 44P W 1.6 W R 10⨯===答案：（1）6 V （2）1.6 W 8.【解析】（1）ab 边切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLv通过线框的电流为E BLvI 4R 4R==(2)ab 边两端的电压为路端电压U ab =I ·3R ， 所以ab 3BLvU 4=(3)线框被拉入磁场的整个过程所用时间L t v=线框中电流产生的热量232B L vQ I 4R t 4R ==答案：()()23BLv 3BLv B L v 1234R 44R（）。

课后巩固作业(八)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）1.如图所示交流电源的电压有效值跟直流电的电压相等,当将双刀双掷开关接到直流电源上时,灯泡的实际功率为P1,而将双刀双掷开关接在交流电源上时,灯泡的实际功率为P2,则( )A.P1=P2B.P1＞P2C.P1＜P2D.不能比较2.（2011·安庆高二检测）在交变电流电路中，如果电源电动势的最大值不变，频率可以改变，在如图所示电路的a、b两点间逐次将右图中的电路元件甲、乙、丙单独接入，当使交流电频率增加时，可以观察到下列论述的哪种情况( )A．A1不变，A2增大，A3减小B．A1减小，A2不变，A3增大C．A1增大，A2不变，A3减小D．A1，A2，A3均不变3.如图所示的电路,F为一交流发电机,C为平行板电容器,为使电流表A的示数增加,可行的办法是( )A.使发电机F的转速增加B.使发电机F的转速减小C.在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质D.使电容器两极板间的距离增大4.（2011·承德高二检测）两个相同的白炽灯泡L1和L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联．当a、b间接电压最大值为U m、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．在a、b间更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度低于灯L2的亮度.新电源的电压最大值和频率可能是( )A．最大值仍为U m，而频率大于fB．最大值仍为U m，而频率小于fC．最大值大于U m，而频率仍为fD．最大值小于U m，而频率仍为f5.如图所示，图甲、乙中电源为交流电源，图丙中电源为直流电源，各电路中线圈自感系数相同且直流电阻不计，各电压表示数都相同，下列说法正确的是（）A.灯L1比灯L2亮B.灯L3比灯L1亮C.灯L2与灯L3一样亮D.灯L1与灯L3一样亮6.“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器.它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器.音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动.如图为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则( )A.甲扬声器是高频扬声器B.C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器C.L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器D.L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）7.（8分）如图是可调灯泡亮度的台灯电路示意图,其中电路更合理的是_____.8.（12分）如图所示，从ab输入的信号中，有直流电流和交变电流.问：(1)现要求信号到达BO两端没有直流电压，需在AB间接一个什么元件?该元件的作用是什么?(2)若要求信号到达BO 端只有直流电压，而没有交变电压，则应在AB 间接入一个什么元件?该元件的作用是什么?答案解析1.【解析】选B.考查感抗对电流的阻碍作用.接在直流电源上,线圈对直流没有阻碍作用,电能全部转化为小灯泡的内能;而当双刀双掷开关接在交流电源上时,线圈对电流有阻碍作用,因此电能除转化成灯泡的内能外,还有一部分电能在与磁场能往复转化,因此P 1＞P2.故正确答案为B.2.【解析】选C.频率对电阻的大小无影响,A 2不变，频率增加，容抗减小，A 1增大，频率增大，感抗增大，A 3减小，C 对.3.【解析】选A.本题考查电容对交变电流的阻碍作用.本题的关键是理解容抗与交变电流的频率和电容器的电容都成反比.当发电机转速增加时,交变电流的频率增大,容抗减小,电流表A 的读数增大,A 项正确,B 项错误;在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时,电容器的电容减小,使电容器两极板间距离增大时电容也减小,当电容减小时,容抗增大,对交变电流的阻碍作用增大,电流表A 示数减小,C 、D 两项均错误.故正确答案为A.4.【解析】选B.最大值不变时，灯L 1的亮度低于灯L 2的亮度，说明灯L 1的电压低于灯L 2的电压，即电容器的阻碍作用比电感线圈的阻碍作用大，所以频率小于f ，B 选项正确，A 错；频率不变时电感线圈和电容器的阻碍作用大小不变，最大值大于U m 时两个灯都变亮，且亮度相同，故C 错；最大值小于U m 时，两个灯都变暗，且亮度也相同，故D 错.5.【解析】选B 、C.图甲中电源电压U=U 1+1L U ，线圈对交流有阻碍作用，U 1≠0，灯泡两端电压1L U <U ；图乙中线圈与灯泡并联，灯泡电压2L U =U ；图丙中，线圈对直流电没有阻碍作用，灯泡电压3L U =U ，故123L L L U U U <=，即L 2与L 3一样亮且都比L 1亮，B 、C 正确，A 、D 错误.【方法技巧】把握感抗、容抗实质，巧解感抗、容抗问题电感和电容对交变电流的阻碍作用大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交变电流的频率有关.(1)电感对交变电流的阻碍作用的大小用感抗来表示.线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越大，感抗也越大.电感的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”.(2)电容对交变电流的阻碍作用的大小用容抗来表示.电容器的电容越大，交变电流的频率越高，电容对交变电流的阻碍作用就越小，容抗也越小.电容的作用是“通交流、隔直流，通高频，阻低频”.(3)在分析电流变化时，把感抗、容抗类比于导体的电阻，再用欧姆定律分析.6.【解析】选B 、D.L 1的作用是“通低频，阻高频”，C 1的作用是“通高频，阻低频”，所以甲扬声器是低频扬声器，故A 、C 错；C 2的作用是“通高频、阻低频”，L 2的作用是“通低频，阻高频”，故乙扬声器是高频扬声器，故B 、D 正确.7.【解析】乙中调节L 可达到调节台灯两端电压的作用,从而调节台灯的亮度.甲图也可调节台灯的亮度,但变阻器要消耗电能,故甲图不合理.答案：乙8.【解析】（1）因为BO端不需要直流电，只需要交流电，根据电容器有“通交流，隔直流”的特点，应该在AB之间接入一个电容器，该电容器隔开直流，通过交流.（2）因为BO端不需要交流电，只需要直流电，根据电感L有“通直流，阻交流”的特点，应该在AB之间接入一个电感线圈，该电感线圈阻碍交流，通过直流.答案：（1）电容器对直流有阻碍作用（2）电感线圈对交变电流有阻碍作用。

课后巩固作业(四)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括5小题，每小题6分，共30分.每小题至少一个选项正确）1．一个面积S=4×10-2 m2、匝数n=100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )A.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/sB.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C.在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于0.08 VD.在第3 s末线圈中的感应电动势等于零2．（2011·济宁高二检测）如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为θ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直斜面向上．质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h，在这个过程中( )A.金属棒所受各力的合力所做的功等于零B.金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和C.恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热3.一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是（）A．ab受到的拉力大小为2 NB．ab向上运动的速度为2 m/sC．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D．在2 s内，拉力做功为0.6 J4.如图所示，一正方形的线圈的一边恰在一磁场边缘，匀强磁场方向垂直于线圈平面，在将线圈拉出磁场过程中，哪些办法可使线圈中的感应电流增大为原来的两倍( )A.仅使线圈匝数变为原来的两倍B.仅使导线的横截面积变为原来的两倍C.仅使磁感应强度变为原来的两倍D.仅使拉线圈的速度变为原来的两倍5．(2011·石家庄高二检测)如图所示，外力F使金属杆ab在匀强磁场中沿光滑水平金属导轨做匀速运动，除电阻R外，其他电阻均忽略．若下列各种情况中杆ab都能保持匀速运动状态，则( )A.当F一定时，R减小为原来的一半，则F的功率也减小为原来的一半B.当F一定时，为使杆的速度增大为原来的2倍，必须使R也增大为原来的2倍C.当F的功率一定时，要使F能增大为原来的2倍，应使R减小为原来的一半D.若R不变，当F增大为原来的2倍时，杆的速度也应增大到原来的2倍二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）6.（10分）（2011·杭州高二检测）如图，面积为0.2 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面.磁感应强度随时间变化的规律是B=(6-0.2t)T,已知R1=4 Ω，R2=6 Ω，电容C=30 μF，线圈A的电阻不计.求：（1）闭合S后，通过R2的电流强度大小.（2）闭合S一段时间后再断开S，S断开后通过R2的电量是多少？7.（10分）（2011·浙江高考）如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d=1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l＝0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.在t=0时刻，质量为m＝0.1 kg的导体棒以v0=1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ=0.1 Ω/m,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响（取g ＝10 m/s2）.（1）通过计算分析4 s 内导体棒的运动情况；（2）计算4 s 内回路中电流的大小，并判断电流方向；（3）计算4 s 内回路产生的焦耳热.答案解析1．【解析】选 A.开始 2 s 内，ΔΦ=S ·ΔB ＝0.16 Wb ，故选项B 错误；0.16 Wb /s 0.08 Wb /s t 2∆Φ==∆，故选项A 正确；E n t∆Φ=∆ =100×0.08 V=8 V ，故选项C 错误；第3 s 末产生的感应电动势等于2～4 s 内的感应电动势，故D 项错误．2．【解析】选A 、D.棒匀速上升的过程有三个力做功：恒力F 做正功，重力G 、安培力F 安做负功.根据动能定理：W ＝W F +W G +W 安＝0，故A 对，B 错；恒力F 与重力G 的合力所做的功等于导体克服安培力做的功.而导体克服安培力做的功等于回路中电能（最终转化为焦耳热）的增加量，克服安培力做功与焦耳热不能重复考虑，故C 错，D 对．3.【解析】选B 、C.对导体棒cd 分析：22B v mg BI 2R＝＝，l l 得v ＝2 m/s ，故B 正确；对导体棒ab 分析：F ＝mg ＋BI l ＝0.2 N ，A 错误；在2 s 内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即W ＝F 安vt=BI l vt=mgvt ＝0.4 J ，C 正确；在2 s 内拉力做的功为Fvt=2mgvt ＝0.8 J ，D 错误．4.【解析】选B 、C 、D.E NBLv 4NL BvS I R I R R S 4===ρ=ρ，得，由此可分析得B 、C 、D 正确，A 错. 5．【解析】选A 、B 、D.当杆匀速运动时，有F=F 安＝22B L v R ，所以22FR v B L=，当F 一定时，速度增大为原来的2倍，R 也增大为原来的2倍，故B 正确；若R 不变，当F 增大为原来的2倍时，杆的速度也应增大到原来的2倍，故D 正确；222F R P Fv ,B L==当F 一定时，R 减小为原来的一半，则F 的功率也减小为原来的一半，故A 正确，C 错误.6.【解析】（1）B E n nS t t∆Φ∆==∆∆ =100×0.2×0.2 V=4 V12E 4I A 0.4 A R R 4 6===++ (2)S 闭合时电容C 两端的电压U=IR 2=0.4×6 V=2.4 VQ=CU=30×10-6×2.4 C=7.2×10-5 CS 断开后，电容器和R 2形成电路，电容器电量减少，直至放电完毕，则通过R 2的电量是7.2×10-5C答案：（1）0.4 A （2）7.2×10-5 C【方法技巧】应用法拉第电磁感应定律的解题方法1.应用公式E n t∆Φ=∆ (1)若磁场变化，线圈的面积不变时,B E nS.t∆=∆ (2)若线圈的面积变化,磁场不变时,S E nB t ∆=∆. 2.若导体棒切割磁感线时,可应用E=B L vsin θ计算感应电动势.3.若导体棒绕一端点垂直切割磁感线做匀速转动,其感应电动势为21E BL .2=ω 7.【解析】（1）导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有-μmg=ma,v t =v 0+at,x=v 0t+21at ,2代入数据解得：t=1 s 时，v t =0,x=0.5 m,所以导体棒没有进入磁场区域.导体棒在1 s 末已停止运动，以后一直保持静止，静止时离左端位置为x=0.5 m.(2)由图乙可知：前2 s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为E ＝0,I ＝0， 后2 s 回路产生的电动势为B E d 0.1 V.t t∆Φ∆==∆∆＝l 此时回路的总长度为5 m ，因此回路的总电阻为R ＝5 λ=0.5 Ω，电流为E I R＝＝0.2 A. 根据楞次定律，回路中的电流方向是顺时针方向.（3）前2 s 电流为零，后2 s 有恒定电流，焦耳热为Q ＝I 2Rt=0.04 J.答案：（1）前1 s ：匀减速直线运动，后3 s ：静止在离左端0.5 m 的位置（2）前2 s ：I ＝0,后2 s ：I ＝0.2 A 电流方向是顺时针方向 (3)0.04 J。

本册质量评估第1～4章(90分钟 100分)一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.每小题至少一个答案正确，选不全得2分）1.关于传感器的下列说法正确的是（ ）A.传感器的材料可以是由半导体材料制成的，也可以是由金属材料制成的B.传感器主要通过感知电压的变化来传递信号C.通常的传感器可以直接用来进行自动控制D.传感器可以将所有信号转换成电学量2.如图所示，A 1和A 2是完全相同的灯泡，线圈L 的电阻可以忽略，下列说法正确的是（ ）A.合上开关S 接通电路时，A 2先亮，A 1后亮，最后一样亮B.合上开关S 接通电路时，A 1、A 2始终一样亮C.断开开关S 切断电路时，A 2立即熄灭，A 1过一会儿才熄灭D.断开开关S 切断电路时，A 1、A 2都过一会儿才熄灭3.一矩形线圈位于一随时间t 变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面）向里，如图甲所示，磁感应强度B 随t 的变化规律如图乙所示.以I 表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示顺时针方向的电流为正，则以下的I-t 图像中正确的是（ ）4.（2011·太原高二检测）如图所示，abcd 为一边长为L 、匝数为N 的正方形闭合线圈，绕对称轴OO ′匀速转动，角速度为ω.空间中只有OO ′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.若闭合线圈的总电阻为R ，则( )A.线圈中电动势的有效值为NBL 2ωB.线圈中电流方向每秒钟改变次数为ωπ次 C.在转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流 D.当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为21NBL 2 5.（2011·安徽高考）如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动（O 轴位于磁场边界）.则线框内产生的感应电流的有效值为（ ）22BL BL A. D.?2R 4Rωω 6.如图所示，变频交变电源的频率可在20 Hz 到20 kHz 之间调节，在某一频率时，A 1、A 2两只灯泡的炽热程度相同.则下列说法中正确的是（ ）A.如果将频率增大，A 1炽热程度减弱、A 2炽热程度加强B.如果将频率增大，A 1炽热程度加强、A 2炽热程度减弱C.如果将频率减小，A 1炽热程度减弱、A 2炽热程度加强D.如果将频率减小，A 1炽热程度加强、A 2炽热程度减弱7.（2011·山东高考）为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图.保持输入电压u 1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压.某次检测得到用户电压u 2随时间t 变化的曲线如图乙所示.以下正确的是（ ）A.2u 50t V =π（）B.2u 100t V =π（）C.为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D.为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移8.绕有线圈的铁心直立在水平桌面上，铁心上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图所示.闭合开关的瞬间，铝环跳起一定高度.保持开关闭合，下列现象正确的是（ ）A.铝环停留在这一高度，直到开关断开铝环回落B.铝环不断升高，直到断开开关铝环回落C.铝环回落，断开开关时铝环不再跳起D.铝环回落，断开开关时铝环又跳起9.如图所示,虚线框内存在磁感应强度为B 的匀强磁场,导线的三条竖直边电阻均为r,长均为L,两横边电阻不计,线框平面与磁场方向垂直.当导线框以恒定速度v 向右运动,ab 边进入磁场时,ab 两端电势差为u 1,当cd 边进入磁场时,ab 两端电势差为u 2,则（ ）112212A.u BLv B.u BLv C.u BLv D.u BLv 33==== 10.（2011·杭州高二检测）某小型水电站的电能输送示意图如图所示.发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4（变压器均为理想变压器）.要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )32143214n n A. n n n n B.n n ＞＜C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率二、实验题（本大题共2小题，共14分）11.（6分）如图为“研究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图.试回答下列问题：（1）在该实验中电流计G 的作用是_____________________________________.（2）按实验要求，将实物连成电路.（3）在产生感应电流的回路中，图中器材相当于电源的是__________________.12.（8分）如图甲所示为半导体材料做成的热敏电阻的阻值随温度变化的曲线，图乙为用此热敏电阻R和继电器设计的温控电路，设继电器的线圈电阻为R x=50 Ω，当继电器线圈中的电流I c大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸合.左侧电源电动势为6 V，内阻可不计，温度满足什么条件时，电路右侧的小灯泡会发光？三、计算题（本大题共4小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）13.（10分）（2011·松原高二检测）交流发电机的原理如图甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，已知线圈的电阻为R=2.0 Ω，求:(1)通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？(2)矩形线圈转动的周期是多少？(3)线圈电阻上产生电热的功率是多少？(4)保持线圈匀速运动，1 min内外界对线圈做的功是多少？14.（11分）（2011·江苏高考）如图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u t图像如乙图所示.若只在ce间接一只R ce=400 Ω的电阻，或只在de间接一只R de=225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.（1）请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式；（2）求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1；（3）求ce 和de 间线圈的匝数比ce den .n 15.(12分)如图，匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小随时间的变化率B k t∆=∆，k 为负的常量,用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一个边长为l 的方框;将方框固定在纸面内，其右半部位于磁场区域中,求：（1）导线中感应电流的大小；（2）磁场对方框作用力大小随时间的变化的关系式.16.（13分）如图所示，两根与水平面成θ=30°角的足够长的光滑金属导轨平行放置，导轨间距为L=1 m ，导轨底端接有阻值为1 Ω的电阻R ，导轨的电阻忽略不计.整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度B=1 T.现有一质量为m=0.2 kg 、电阻不计的金属棒用细绳通过光滑滑轮与质量为M=0.5 kg 的物体相连，细绳与导轨平面平行，将金属棒与M 由静止释放，棒沿导轨运动了2 m 后开始做匀速运动.运动过程中，棒与导轨始终保持垂直接触.求：（1）金属棒匀速运动时的速度；（2）金属棒从释放到开始匀速运动的过程中，电阻R 上产生的热量；（3）若保持某一大小的磁感应强度B 1不变，取不同质量的物体拉动金属棒，测出金属棒相应的做匀速运动的v 值，得到实验图像如图所示，请根据图中的数据计算出此时的B 1.（4）改变磁感应强度的大小为B 2，B 2=2B 1，其他条件不变，请说明图线如何变化.答案解析1.【解析】选A.半导体材料可以制成传感器，金属材料也可以制成传感器，如金属氧化物可以制成温度计，A 对.传感器不但能感知电压变化，还能感知力、温度等，B 错；传感器只能将能感知的信号转换为电信号，D 错.有的传感器能够自动控制，有的不能，C 错.2.【解析】选A 、D.闭合开关时，由于自感电动势的作用，A 1电路中的电流只能逐渐增大到与A 2中的电流相同，故A 对，B 错.开关由闭合到断开,L 相当于电源,A 1、A 2、L 组成闭合回路，电路中的电流逐渐减小，故C 错，D 对.3.【解析】选A.由B E S t∆=∆可知，0～1 s 内I 大小不变，C 错.依据楞次定律，0～1 s 内感应电流为逆时针方向，B 错.4～5 s 内，B 不变，I=0，D 错，综合以上分析可知A 对.4.【解析】选B.线圈在转动过程中，除线圈平行磁场方向时始终有N 条边在切割磁感线，因此线圈中始终有电流，故C 错.由于始终只有N 条边在切割磁感线，因此线圈中电动势表达式为21e NBL sin t2=ωω，电动势有效值表达式为2E NBL 4==ω，故A 错.由ω=2πf ，则f 2ω=π，由此可知，线圈中电流方向每秒钟改变次数为ωπ次，因此B 正确.磁通量与平面相对应，与线圈匝数无关，因此D 错. 5.【解析】选D.线框进入磁场和穿出磁场产生的感应电动势均为21E B L ,2=ω产生感应电动势的时间均为T ,8由一个周期产生的电热222B L T Q ()R 2I RT,2R 8ω=⨯⨯=解得2BL I ,4R ω=选D.6.【解析】选B 、C.某一频率时，两只灯泡炽热程度相同，应有两灯泡消耗的功率相同，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过A 1的电流增大，通过A 2的电流减小，故B 项正确；同理可得C 项正确，故选B 、C.7.【解析】选B 、D.由图像可知，正弦式交变电压的最大值为，其周期为0.02 s,可得其表达式为2u t)V =π，B 选项正确，又在u 1、n 2不变的前提下通过改变n 1来使u 2增大，由1122u n u n =可得应使n 1减小，故应将P 适当上移，D 选项正确. 【方法技巧】交变电流图像与变压器综合问题的求解技巧解答此类问题应把握以下几点：（1）T 、I max （U max ）能直接从正（余）弦交流电图像中读出.（2）有效值和最大值满足1/1T .f= （3）原线圈输入功率和副线圈输出功率相等.（4）U 2由U 1决定，I 1由I 2决定.8.【解析】选C.闭合开关的瞬间，穿过铝环的磁通量发生变化，根据楞次定律，铝环将产生感应电流阻碍其磁通量的变化，因此铝环跳起一定高度.保持开关闭合，磁通量不再变化，铝环中没有感应电流产生，将回落.断开开关时线圈形不成回路，没有电流，因此线圈中就形不成磁场，铝环将不再跳起.9.【解析】选B 、D.ab 边切割磁感线时,电动势为BLv,ab 为电源,cd 、ef 为外电路,1BLv 1u r /2BLv,33r 2== B 对;cd 边、ab 边同时切割磁感线时电动势为BLv,cd 、ab 并联作为内电路,ef 为外电路,2BLv 2u r BLv,33r 2== D 对. 10.【解析】选A 、D.根据变压器工作原理可知332214n U n U ,,n 200 V n 220 V==由于输电线路上损失一部分电压，升压变压器的输出电压U 2大于降压变压器的输入电压U 3，所以3214n n ,n n >A 正确，B 、C 错误.升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线上损失的功率，D 正确.11.【解析】（1）电流计的指针偏转情况用来说明有无感应电流产生及电流方向.（2）电路连接如图所示.（3）小螺线管A 的磁场引起大螺线管B 发生电磁感应现象，B 相当于电源答案：（1）检测线圈中有无电流及其方向（2）见解析图 （3）线圈B12.【解析】热敏电阻与继电器串联，若使电流不小于I c =20 mA, 则总电阻不大于cE R 300.I ==Ω总 由于R 总=R T +R x ，则R T 不大于250 Ω.由甲图可看出，当R T =250 Ω时，温度t=50 ℃,即温度不小于50 ℃.答案：温度不小于50 ℃时，电路右侧的小灯泡会发光.13.【解析】(1)由乙图可知通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值I max =2.0 A. （2分）(2)矩形线圈转动的周期T=4.0×10-3 s. （2分）(3)由有效值I =知, 线圈电阻上产生的电热功率为22max I P I R R 4 W.2=== （3分） (4)由能量守恒定律可知，外界对线圈做的功先转化成电能再转化成电热，1分钟内外界对线圈做的功W=Pt=240 J. （3分）答案:(1)2.0 A (2)4.0×10-3 s (3)4 W(4)240 J14.【解析】（1）由乙图知ω=200π rad/s, （1分）电压瞬时值u ab =400sin 200πt(V) （2分）（2）电压有效值)1U V == （1分） 理想变压器P 1=P 2 （1分） 原线圈中的电流111P I 0.28 A U == （1分） （3）设ab 间匝数为n 1,根据变压器规律有ce 11ceU U ,n n = （1分） de 11deU U n n = （1分） 由题意有：22ce de ce deU U R R =， （1分）联立可得：ce de n 4n 3== （2分） 答案：（1）u ab =400sin 200πt V(2)0.28 A (3)4∶315.【解析】(1)2BS 1E k t t 2∆Φ∆'===∆∆l ①(2分) E I R=②(2分) 4R S =ρl ③(2分) 联立①②③得k S I 8=ρl (1分) (2)F=I l B （1分）F B Il t t?∆∆=∆∆ (2分) 可得22F k S .t 8∆=∆ρl (2分) 答案:(1)k S 8ρl (2)22F k S t 8∆=∆ρl 16.【解析】（1）由于金属棒匀速运动，以金属棒为研究对象，则其受力平衡，即22B L v Mg mgsin R=θ+ （2分） 解得22(Mg mgsin )R v 4 m /s B L -θ== （2分） （2）设金属棒从释放到开始匀速运动的过程中，电阻R 上产生的热量为Q （即安培力做功的大小），根据动能定理得，Mgs-mgssin θ-Q=12(M+m)v 2 （2分） 解得Q=Mgs-mgssin θ-12(M+m)v 2=2.4 J （1分） （3）由221(Mg mgsin )R v B L -θ=得， 222211gR mgRsin v M B L B Lθ=- （2分） 从图像上可以看出221gR 10,B L 0.3=解得B 1=0.55 T （2分）（4）当改变磁感应强度的大小为B 2，B 2=2B 1，其他条件不变时，从表达式2222gR mgRsin v M B L B L θ=-可以看出图线的斜率减小为原来的14，与M 轴的交点不变，图线与M 轴的交点表示msin θ. （2分） 答案：(1)4 m/s (2)2.4 J (3)0.55 T (4)见解析。