教科版物理选修3-2《优化方案》精品练第2章第1节知能优化训练

1．下列各组物理量哪些能决定气体的压强()A．分子的平均动能和分子种类B．分子密集程度和分子的平均动能C．分子总数和分子的平均动能D．分子密集程度和分子种类解析：选B.气体的压强是由大量分子碰撞器壁而引起的，气体分子的密集程度越大(即单位体积内分子数越多)，在单位时间内撞击器壁单位面积的分子就越多，则气体的压强越大．另外气体分子的平均动能越大，分子撞击器壁时对器壁产生的作用力越大，气体的压强就越大．故决定气体压强的因素是分子密集程度和分子的平均动能，故B项正确．2．(2011年大庆高二检测)对一定质量的气体，通过一定的方法得到了某一速率的分子数目N与速率v的两条关系图线，如图2－2－6所示，下列说法正确的是()图2－2－6A．曲线Ⅰ对应的温度T1高于曲线Ⅱ对应的温度T2B．曲线Ⅰ对应的温度T1可能等于曲线Ⅱ对应的温度T2C．曲线Ⅰ对应的温度T1低于曲线Ⅱ对应的温度T2D．无法判断两曲线对应的温度关系解析：选C.温度越高，分子的平均速率越大，从图中可以看出Ⅱ的平均速率大，故Ⅱ的温度高，C项正确．3．(2011年广州高二检测)关于分子热运动的动能，下列说法正确的是()A．物体的温度升高，物体内每个分子的动能一定增大B．同一物体的温度升高，该物体内所有分子的平均速率一定增大C．物体的温度降低，物体内所有分子的平均动能一定减小D．1克100 ℃的水吸热变成1克100 ℃的水蒸气，分子热运动的平均动能增大解析：选BC.物体的温度升高，物体内分子无规则运动加剧，分子热运动的平均速率增大，但并不一定每个分子的速率都是增大的，不同时刻同一分子热运动的速率也在变化．由于温度标志着分子热运动的平均动能，所以温度降低，分子热运动的平均动能一定减小.100 ℃的水吸热变成100 ℃的水蒸气，尽管水吸热了，但由于温度未变，所以其分子热运动的平均速率、平均动能也不变．水吸热由液态变为气态，应是分子势能增大了，内能也增大了．4．(2011年南京高二检测)甲、乙两分子相距较远(此时它们之间的分子力可以忽略)，设甲固定不动，在乙逐渐向甲靠近直到不能再靠近的过程中，关于分子势能的变化情况，下列说法正确的是()A．分子势能不断增大B．分子势能不断减小C．分子势能先增大后减小D．分子势能先减小后增大解析：选D.从分子间的作用力与分子间的距离的关系知道：当分子间距离大于r0时，分子间的作用力表现为引力；当分子间距离小于r0时，分子间的作用力表现为斥力；当分子间距离大于10r0时，分子间的作用力十分小，可以忽略．所以，当乙从较远处向甲靠近的过程中，分子力先是对乙做正功，由做功与分子势能变化的关系知道，若分子力做正功，则分子势能减小；后是分子力对乙做负功或者乙克服分子力做功，由做功与分子势能变化的关系知道，若分子力做负功，分子势能增加．因此当乙向甲靠近直到不能靠近的过程中，分子势能是先减小后增大．5．(2011年大同高二检测)(1)1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气相比较，下述说法是否正确？①分子的平均动能和分子的总动能都相同．②它们的内能相同．(2)液体汽化时吸收的热量转化为哪种能量？解析：(1)①正确.1 g水与1 g水蒸气的分子数一样多，两者的温度都是100 ℃，因温度是分子平均动能的标志，故两者的分子的平均动能和分子的总动能都相同．②不正确．水变为水蒸气时要吸收热量，吸收的热量转化为水蒸气的内能，因此1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气内能相同是不正确的．(2)液体汽化时都要吸收一定的热量，吸收的热量并没有增大物体的平均动能，而是使分子势能增大，从而使物体的内能增大．答案：见解析一、选择题1．关于温度，下列说法正确的是()A．温度越高，分子动能越大B．物体运动速度越大，分子总动能越大，因而物体温度也越高C．一个分子运动的速率越大，该分子的温度越高D．温度是大量分子无规则热运动的平均动能的标志解析：选D.温度升高，分子的平均动能变大，而不是每个分子的动能都变大，故A错．物体宏观运动的速度对应的是机械能(动能)，与分子无规则热运动的平均动能无关，与物体的温度无关，B错；温度是对大量分子集体(物体)而言的，是统计、平均的概念，对单个分子无意义，C错．2．(2011年合肥高二检测)有两瓶质量和温度都相等的氢气和氧气，则()A．两瓶中每个分子运动的动能都相等B．两瓶中分子运动的总动能相等C氢气分子的总动能大于氧气分子的总动能D．氢气分子的总动能小于氧气分子的总动能解析：选C.温度相同分子平均动能相等，但分子的总动能还与分子数目有关，氢气分子数多，故氢气的分子总动能大；当温度相同时，每个分子动能未必相等．3．(2011年济南高二检测)教室内的气温会受到室外气温的影响，如果教室内上午10时的温度为15 ℃，下午2时的温度为25 ℃，假设大气压强无变化，则下午2时与上午10时相比较，房间内的()A．空气分子密集程度增大B．空气分子的平均动能增大C．空气分子的速率都增大D．空气质量增大解析：选B.温度升高，气体分子的平均动能增大，平均每个分子对器壁的冲力将变大，但气压并未改变，可见单位体积内的分子数一定减小，故A、D项错误，B项正确；温度升高，并不是所有空气分子的速度都增大，C项错误．4．对于气体分子的运动，下列说法正确的是()A．一定温度下某理想气体的分子的碰撞虽然十分频繁但同一时刻，每个分子的速率都相等B．一定温度下某理想气体的分子速率一般不等，但速率很大和速率很小的分子数目相对较少C．一定温度下某理想气体的分子做杂乱无章的运动可能会出现某一时刻所有分子都朝同一方向运动的情况D．一定温度下某理想气体，当温度升高时，其中某10个分子的平均动能可能减少解析：选BD.一定温度下某理想气体分子碰撞十分频繁，单个分子运动杂乱无章，速率不等，但大量分子的运动遵守统计规律，速率大和速率小的分子数目相对较少，向各个方向运动的分子数目相等，A、C错，B对；温度升高时，大量分子平均动能增大，但对个别或少量(如10个)分子的动能有可能减少，D对．5．下列说法中正确的是()A．一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大B．一定质量的气体温度不变压强增大时，其体积也增大C．气体压强是由气体分子间的斥力产生的D．在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强解析：选A.根据改变压强的途径知：一定质量的气体被压缩时，其单位体积内的分子数增加，而气体分子的平均动能可能增加、可能减小、也可能不变，故气体压强不一定增大，即A选项正确；同理一定质量的气体温度不变压强增大时，必使单位体积内的分子数增多，即其体积必减小，故B选项错误；又气体的压强是气体分子与器壁碰撞产生的，与分子间的斥力和分子是否处于失重状态无关，即C、D选项错误．6．A、B两容器中装有相同质量的氦气，已知A中氦气的温度高于B中氦气的温度，但压强低于B中氦气的压强，下列说法中错误的是()A．A中氦气分子的平均动能一定比B中氦气分子的平均动能大B．A中每个氦气分子的动能一定比B中每个氦气分子的动能大C．A中动能大的氦气分子数一定大于B中动能大的氦气分子数D．A中氦气分子的热运动一定比B中氦气分子的热运动剧烈解析：选B.由于A中氦气的温度高于B中氦气的温度，则A中氦气分子的平均动能一定比B中氦气分子的平均动能大，但并不是每个分子的动能都大，A说法正确，B说法错误；从统计规律看，温度越高，动能大的分子数越多，C说法正确；温度越高表明分子的热运动越剧烈，D说法正确．7．如图2－2－7所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能E p与两分子间距离的关系如图中曲线所示．图中分子势能的最小值为－E0.若两分子所具有的总能量为零，则下列说法中正确的是()图2－2－7A．乙分子在P点(x＝x2)时，加速度最大B．乙分子在P点(x＝x2)时，其动能为E0C．乙分子在Q点(x＝x1)时，处于平衡状态D．乙分子的运动范围为x≥x1解析：选BD.分子处于r0位置时所受分子合力为零，加速度为零，此时分子势能最小，分子的动能最大，总能量保持不变．由图可知x2位置即是r0位置，此时加速度为零，A错；x＝x2位置，势能为－E0，因总能量为零则动能为E0，B项正确；在Q点，E p＝0，但分子力不为零，分子并非处于平衡状态，C项错；在乙分子沿x轴向甲分子靠近的过程中，分子势能先减小后增大，分子动能先增大后减小，即分子的速度先增大后减小，到Q点分子的速度刚好减为零，此时由于分子斥力作用，乙分子再远离甲分子返回，即乙分子运动的范围为x≥x1，D项正确．8．下列说法中正确的是()A．温度相同时，不同物质的分子平均动能相同B．温度相同时，不同物质的分子平均速率相同C．温度相同时，只有同种物质的分子平均动能才相同D．温度升高时，物体每一个分子的动能都一定增大答案：A9．关于物体的内能和机械能，下列说法正确的是()A．分子的动能与分子的势能的和叫做这个分子的内能B．物体的分子势能由物体的温度和体积决定C．物体的速度增大时，物体的内能增大D．物体的动能减小时，物体的温度可能升高解析：选D.分子具有热运动的动能，同时由于分子间存在着相互作用力而具有分子势能，所有分子的这两种能量的总和，组成物体的内能．内能是物体具有的宏观物理量，而对单个分子来说，不存在分子内能的概念．分子势能与温度无关，由分子力做功决定，与分子间距有关，所以宏观上表现为与体积有关．物体的速度增大时，物体的动能增大，这里的动能是宏观物体的机械能中的动能，而不是分子的动能．10．(2011年湛江调研)对于物体的“热胀冷缩”现象，下列说法中正确的是()A．物体受热后温度升高，分子的平均动能增大；降低温度后，分子的平均动能减小，分子势能没有变化B．受热后物体膨胀，体积增大，分子势能增大，收缩后，体积减小，分子势能减小，分子的平均动能不会改变C．受热膨胀，温度升高，分子平均动能增大；体积增大，分子势能也增大，遇冷收缩，温度降低，分子平均动能减小；体积减小，分子势能也减小D．受热膨胀，分子平均动能增大，分子势能也增大；遇冷收缩，分子平均动能减小，但分子势能增大解析：选C.物体受热后，温度升高，体积增大，分子的平均动能和分子势能都增大；遇冷后温度降低，体积减小，分子平均动能和分子势能都减小．二、非选择题11．从宏观上看，一定质量的气体体积不变温度升高或温度不变体积减小都会使压强增大，从微观上看，这两种情况有没有什么区别？解析：因为一定质量的气体的压强是由单位体积内的分子数和气体的温度决定的．体积不变时，虽然分子的密集程度不变，但气体温度升高，气体分子运动加剧，分子的平均速率增大．分子撞击器壁的作用力增大，故压强增大．气体体积减小时，虽然分子的平均速率不变，分子对容器的撞击力不变，但单位体积内的分子数增多，单位时间内撞击器壁的分子数增多，故压强增大，所以这两种情况在微观上是有区别的．答案：见解析12．重1000 kg的气锤从2.5 m高处落下，打在质量为200 kg的铁块上，要使铁块的温度升高40 ℃，气锤至少应落下多少次？设气锤撞击铁块时60%的机械能损失用来升高铁块的温度[取g＝10 m/s2，铁的比热容c＝0.462×103 J/(kg·℃)]．解析：气锤从2.5 m高处下落到铁块上损失的机械能：ΔE＝mgh＝1000×10×2.5 J＝2.5×104 J.气锤撞击铁块后用来升高铁块温度的能量为：Wη＝ΔE×60%＝1.5×104 J.使铁块温度升高40 ℃所需的热量Q＝cmΔt＝0.462×103×200×40 J＝3.696×106 J.设气锤应下落n次，才能使铁块温度升高40 ℃，则由能的转化和守恒定律得n·Wη＝Q.所以n＝QWη＝3.696×1061.5×104＝247.答案：247。

1．关于机械波的以下说法中，正确的是()A．波动发生需要两个条件：波源和介质B．波动过程是介质质点由近及远移动的过程C．波动过程是能量由近及远的传递的过程D．波源与介质质点的振动都是自由振动解析：选AC.波源振动时，依靠介质中的相互作用力带动周围各部分质点振动起来，形成机械波．介质质点只在平衡位置附近振动，并不随波迁移，仅把振源的振动和能量传播开来．波源和介质质点之间相互作用力阻碍波源的振动，是一种阻力，所以波源的振动不可能是自由振动；相邻质点间存在相互作用，故介质质点也不是自由振动．2．关于横波和纵波，下列说法正确的是()A．质点的振动方向和波的传播方向垂直的波叫横波B．质点振动方向跟波的传播方向在同一直线上的波叫纵波C．横波有波峰和波谷，纵波有密部和疏部D．地震波是横波，声波是纵波解析：选ABC.根据横波和纵波的定义知A、B、C正确；声波是纵波，但地震波中既有横波又有纵波，D错误．3．关于振动和波的关系，下列说法中正确的是()A．振动是波的成因，波是振动的传播B．振动是单个质点呈现的运动现象，波是许多质点联合起来呈现的运动现象C．波的传播速度就是质点振动的速度D．波源停止振动时，波立即停止传播解析：选AB.机械波的产生条件是波源和介质．由于介质中的质点依次带动由近及远传播而形成波，所以选项A、B正确．波的传播速度是波形由波源向外伸展的速度，在均匀介质中其速度大小不变；而质点振动的速度和方向都随时间周期性地发生变化，所以选项C错．波源一旦将振动传给了介质，振动就会在介质中向远处传播，即使波源停止振动，波也继续向前传播，所以选项D错．4.一列横波沿绳子向右传播，某时刻绳子形成如图2－1－7所示的凹凸形状，对此绳上A、B、C、D、E、F这六个质点有()图2－1－7A．它们的振幅相同B．其中D和F的速度方向相同C．其中A和C的速度方向相同D．从此时刻起，B比C先回到平衡位置解析：选AD.根据波动和振动方向的“上、下坡”关系可知，若波向右传播，则质点A、E、F向下振动，质点B、C、D向上振动，故选项A、D正确．5.如图2－1－8所示是以质点P为波源的机械波沿着一条固定的轻绳传播到质点Q的波形图，则质点P刚开始振动时的方向为()图2－1－8A．向上B．向下C．向左D．向右解析：选A.由于波源带动了后面的质点依次振动，且后面的质点总是重复前面质点的振动状态，所以介质中各质点开始振动时的方向都与波源开始振动时的方向相同，此时波刚传播至Q点，Q点此时的振动状态即与波源P开始振动时的状态相同．由波的传播特点可知Q 点此时是向上运动的，所以波源P刚开始振动时的方向也向上，正确选项为A.一、选择题1．(2011年四川高二检测)在机械波中有()A．各质点都在各自的平衡位置附近振动B．相邻质点间必有相互作用力C．前一质点的振动带动相邻的后一质点振动，后一质点的振动必定落后于前一质点D．各质点随波的传播而迁移解析：选ABC.机械波在传播时，介质中的各质点在波源的带动下都在各自的平衡位置附近振动，并没有随波的传播而发生迁移，在相邻质点间作用力下，前一质点带动后一质点振动，故A、B、C正确，D错误．2．机械波传播的是()A．介质中的质点B．质点的运动形式C．能量D．信息解析：选BCD.介质中的质点并不随波的传播而迁移．3．判别横波的条件是()A．质点在竖直方向振动的波为横波B．在水平方向传播的波为横波C．只有质点振动方向为竖直的，波的传播方向为水平的波才为横波D．只要质点振动方向和波的传播方向垂直的波就是横波解析：选D.判别一列波是否是横波的依据是质点的振动方向和波的传播方向是否垂直．4．下列关于纵波的说法中，正确的是()A．在纵波中，波的传播方向就是波中质点的移动方向B．纵波中质点的振动方向一定与波的传播方向在一条直线上C．纵波中质点的振动方向一定与波的传播方向垂直D．纵波也有波峰和波谷解析：选B.纵波中质点的振动方向与波的传播方向虽然在一条直线上，但质点的振动方向与波的传播方向可能相同，也可能相反．故选项B正确．5．关于横波和纵波，下列说法正确的是()A．对于横波和纵波质点的振动方向和波的传播方向有时相同，有时相反B．对于纵波质点的振动方向与波的传播方向一定相同C．形成纵波的质点，随波一起迁移D．空气介质只能传播纵波解析：选D.形成横波的质点振动的方向只能与传播方向垂直，形成纵波的质点的运动方向总是与波传播方向平行，有时相同，有时相反，故选项A、B都错误．无论是横波还是纵波，质点都是在平衡位置附近做往复运动，不会随波定向移动，故C错误．因为空气介质只能通过压缩而产生相互作用力，故空气中的机械波只能是纵波，选项D正确．6．下列说法正确的是()A．没有机械波就没有机械振动B．月球上两宇航员靠近了就可以听到对方的说话声C．一列波由波源向周围扩展开去，是波源质点的振动形式由近及远传播开去D．机械波依存的介质，必须是由分子或原子组成的物质解析：选CD.机械振动在介质中的传播形成机械波，没有形成机械波时可以发生机械振动，A错；没有介质就不会形成波，故B错．7．将一个小石子投向平静的湖面中心，会激起一圈圈向外传播的波纹，如果此时水面上有一片树叶，下列对树叶运动情况的叙述正确的是()A．树叶慢慢向湖心运动B．树叶慢慢向湖岸漂去C．在原位置上下振动D．沿着波纹做圆周运动解析：选C.波在传播过程中，只传递振动能量和波源所发出的信息，而各质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动，故选C.错选B的原因主要是对波的传播特点不能很好地理解．8．关于机械振动和机械波下列叙述不．正确的是()A．有机械振动必有机械波B．有机械波必有机械振动C．在波的传播中，振动质点并不随波的传播发生迁移D．在波的传播中，如果振源停止振动，波的传播并不会立即停止解析：选A.机械振动是形成机械波的条件之一，有机械波一定有机械振动，但有机械振动不一定有机械波，A错，B对．波在传播时，介质中的质点都在其平衡位置附近做往复运动，它们不随波的传播而发生迁移，C对．振源停止振动后，已形成的波仍继续向前传播，直到波的能量消耗尽为止，D对．故符合题意的选项为A.9．在敲响古刹里的大钟时，有的同学发现，停止对大钟的撞击后，大钟仍“余音未绝”，分析其原因是()A．大钟的回声B．大钟在继续振动C．人的听觉发生“暂留”缘故D．大钟虽然停止振动，但空气仍在振动解析：选B.停止撞钟后，大钟的振动不会立即消失，因为振动能量不会凭空消失，再振动一段时间后，由于阻尼的作用振动才逐渐消失，B选项正确．10．关于介质中质点的振动方向和波的传播方向，下列说法正确的是()A．在横波中二者方向有时相同B．在横波中二者方向一定不同C．在纵波中二者方向有时相同D．在纵波中二者方向一定不同解析：选BC.在横波中质点振动方向和波的传播方向相互垂直，所以二者方向一定不同，故A错、B对；在纵波中二者方向在同一直线上，既可以相同，也可以相反，故C对、D错．11.如图2－1－9所示为一列简谐波在某时刻的波形图，a、b、c、d为介质中的四个质点，a 在波峰，d在波谷，c在平衡位置，b的位移大小等于振幅的一半，四个质点的加速度大小分别为a a、a b、a c、a d，它们的速度大小分别为v a、v b、v c、v d，则()图2－1－9A．a c＜a b＜a a＝a d B．a c＞a b＞a a＝a dC．v a＝v d＞v b＞v c D．v a＝v d＜v b＜v c解析：选AD.由简谐运动的特点可知：位移越大，加速度越大，速度越小，故质点在a点与d点加速度最大，c点最小，而c点速度最大，a点和d点速度最小，A、D正确．二、非选择题12.如图2－1－10所示是一列横波在某一时刻的波形图，波沿x轴正向传播．图2－1－10(1)该时刻A 质点运动的方向是向________，C 质点的运动方向是向________，D 质点的运动方向是向________．(2)再经过T 2，质点A 通过的路程是多少？质点C 的位移是多少？ 解析：(1)由于波沿x 轴正方向传播，所以A 点在“下坡区”，向上运动；C 点、D 点均在“上坡区”，C 、D 两点都向下运动．(2)再经过T 2，A 又回到平衡位置，所以A 通过的路程为4 cm ；C 点也回到平衡位置，其位移为0.答案：(1)上 下 下 (2)4 cm 0。

高中物理学习材料桑水制作1．下列关于电流的说法中正确的是( )A ．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电荷量越多B ．在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大C ．通电时间越长，电流越大D ．导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大解析：选BD.由电流定义式I ＝q /t 可知，当t 一定时，通过导体横截面的电量q 越多，电流I 越大；当q 一定时，通电时间越短，电流越大．2．(2011年苏州高二检测)有一横截面积为S 的铜导线，流过的电流强度为I .设每单位体积的导线中有n 个自由电子，电子的电荷量为q ，此时电子的定向移动速率为v ，在Δt 时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为( )A ．nvS ΔtB ．nv ΔtC.I Δt qD.I Δt Sq解析：选AC.电子数N ＝Q /q ＝I Δt q，故C 正确；又I ＝nqSv ，代入得N ＝nvS Δt ，故A 选项也正确．3.两个金属导体的伏安特性曲线如图2－1－13所示，则( )图2－1－13A ．R Ⅰ＞R ⅡB ．R Ⅰ＜R ⅡC ．电压相同时I Ⅰ＞I ⅡD ．电压相同时I Ⅰ＜I Ⅱ解析：选BC.由伏安特性曲线斜率k ＝1R ，k Ⅰ＞k Ⅱ，可知B 正确．又由k ＝1R ＝I U，电压相同时，k Ⅰ＞k Ⅱ，所以I Ⅰ＞I Ⅱ.4．如图2－1－14所示，图线Ⅰ和图线Ⅱ所表示的电阻值分别是( )图2－1－14A ．4 Ω和2 ΩB ．0.25 Ω和0.5 ΩC ．4 k Ω和2 k ΩD ．2.5×10－4 Ω和5.0×10－4 Ω解析：选C.在U I 图中，斜率越大，电阻越大，且斜率大小与电阻阻值大小相等，所以R 1＝k 1＝82×10－3 Ω＝4 k Ω，同理R 2＝2 k Ω. 5．管道煤气的用户家中都有一个漏气报警器，报警器中有一个对煤气敏感的电阻元件．小明同学突然想到一个问题，该元件是线性元件还是非线性元件呢？为此他从一个废弃的报警器中拆下该元件接入电路中，测得其电流、电压值如下表所示，请猜想该元件是哪类元件？ 编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9U /V 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 2.00I /A 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.50解析：可以根据表中数据在坐标纸上描点，由图像看特点，若I U图线是过原点的直线则表示“敏感”元件是线性的，若I U 图线是曲线则表示“敏感”元件是非线性的．I U 图线如图所示，由此可见“敏感”元件是非线性元件．答案：非线性元件一、选择题1．关于电流，以下说法正确的是( )A ．通过截面的电荷量的多少就是电流的大小B ．电流的方向就是电荷定向移动的方向C ．在导体中，只要自由电荷在运动，就一定会形成电流D ．导体两端没有电压就不能形成电流解析：选D.根据电流的概念，电流是单位时间内通过导体横截面的电荷量，知A 项错．规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，知B 项错．自由电荷定向移动才会形成电流，C 错．形成电流的条件是导体两端有电压，D 对．2．下列说法中错误的是( )A ．电流通过导体时，沿电流的方向电势逐渐降低B ．由I ＝UR可知，通过一段导体的电流与它两端的电压成正比C ．由R ＝U I可知，导体的电阻与电压成正比 D ．对一段确定的导体来说，U I 的值不随U 或I 的改变而改变 解析：选C.电流通过导体，电势逐渐降低，A 正确．欧姆定律I ＝U R 是指流过导体的电流与它两端的电压成正比，与电阻成反比，故B 正确．R ＝UI是计算电阻大小的定义式，但R 与U 、I 无关，故C 错，D 正确．3．关于欧姆定律的适用范围，下列说法正确的是( )A ．一切导体B ．气态导体C ．电解液和金属导体D ．半导体解析：选C.任何定律都有它的适用范围，欧姆定律的适用范围是金属导体和电解液．4．(2011年黄冈高二检测)一个半导体收音机，电池供电的电流是8 mA ，也就是说( )A ．1 h 电池供给1 C 的电量B ．1000 s 电池供给8C 的电量C ．1 s 电池供给8 C 的电量D ．1 min 电池供给8 C 的电量解析：选B.根据q ＝I ·t ，A 、C 、D 错误，B 选项正确．5．某导体单位长度内电子数为n ，电子定向移动速率为v ，电子电荷量为e ，导体横截面积为S ，则导体中电流大小为( )A ．neSvB ．nevC ．evD ．ev /S解析：选B.由电流定义式I ＝q /t ，时间t 内通过某一横截面电荷量q ＝nvte ，所以I ＝q t＝nvte t，所以I ＝nev . 6．有甲、乙两导体，甲的横截面积是乙的两倍，而乙在单位时间内通过导体截面的电荷量是甲的2倍，以下说法中正确的是( )A ．甲、乙两导体的电流相同B ．乙导体的电流是甲导体的2倍C ．乙导体中自由电荷定向移动的速度是甲导体的2倍D ．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速度大小相等解析：选B.据I ＝q t可知，电流大小与横截面积无关．所以选项B 正确．据微观解释I ＝neSv ，电流大小除与自由电荷定向移动速率有关外还与单位体积内自由电子数以及导体横截面积有关．所以C 、D 选项不确定．7.(2011年杭州高二检测)如图2－1－15所示是电阻R 的I U 图线，图中α＝45°，由此得出( )图2－1－15A ．通过电阻的电流与两端电压成正比B ．电阻R ＝0.5 ΩC ．因I U 图线的斜率表示电阻的倒数，故R ＝cot α＝1.0 ΩD ．在R 两端加6.0 V 电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C解析：选AD.由于I U 图线为一直线，所以A 正确．由于R ＝U I ，所以R ＝10 V 5 A＝2 Ω，B 不对．由于两坐标单位不同，不能用公式R ＝cot α＝1.0 Ω来计算，C 不对．当U ＝6 V 时，I ＝U R＝3 A ，每秒通过的电荷量是3.0 C ，故D 对.8．一只标有“4 V 3 W ”的小灯泡，加上电压U ，在U 由0逐渐增加到4 V 过程中，电压U 和电流I 的关系可用图像表示，在如图2－1－16所示的四个图像中，符合实际的是( )图2－1－16解析：选B.本题应考虑灯丝的电阻随温度的变化关系，随着电压升高，电流增大，灯丝的电功率增大，温度升高，电阻率也将随之增大，电阻增大．二、非选择题9．现要测定一个额定电压为4 V 、电阻约为10 Ω(设电阻不变)的小灯泡的伏安特性曲线．要求所测电压范围为0.1 V ～4 V.现有器材：直流电源E (电动势4.5 V ，内阻不计)，电压表V(量程4.5 V ，内阻约为4×102Ω)，电流表A 1(量程250 mA ，内阻约为2 Ω)，电流表A 2(量程500 mA ，内阻约为1 Ω)，滑动变阻器R (最大阻值约为30 Ω)，开关S ，导线若干．如果既要满足测量要求，又要测量误差较小，应该选用的电流表是________，如图2－1－17所示的甲、乙两个电路应该选用的是________．图2－1－17解析：小灯泡的额定电流约为I＝U/R＝410A＝0.4 A，故电流表应选用A2；小灯泡的电阻R约为10 Ω，电流表A2内阻约为1 Ω，故采用电流表外接法，即电路图甲．答案：A2图甲10．甲、乙两段导体，已知甲两端电压是乙两端电压的25，通过甲的电流是通过乙的电流的54，则两个电阻阻值之比R甲∶R乙为多大？解析：设甲两端电压为U，则乙两端电压为2.5 U，设甲的电流为I，则乙的电流为0.8I所以R甲＝UIR乙＝2.5 U0.8 I＝25 U8 I所以R甲∶R乙＝8∶25. 答案：8∶25。

1。

图2－1－15对于如图2－1－15所示的电流i随时间t做周期性变化的图像，下列描述正确的是( )A．电流的大小变化，方向也变化，是交流电B．电流的大小变化，方向不变，不是交流电C．电流的大小不变,方向不变，是直流电D．以上说法都不正确解析：选B.由i－t图像可知电流大小随时间变化而方向不变，故不是交流电，选项B正确．2．如图2－1－16所示，不能产生交变电流的是( )图2－1－16解析：选A。

矩形线圈绕着垂直于磁场方向的转轴做匀速圆周运动就产生交流电，而A图中的转轴与磁场方向平行,线圈中无电流产生，所以选A.3．交流发电机在工作时的电动势e＝E m sinωt.若将线圈匝数、线圈面积都提高到原来的两倍，其他条件不变,则电动势变为（) A．e＝2E m sinωt B．e＝4E m sinωtC．e＝错误!E m sinωt D．e＝错误!E m sinωt解析:选B。

由电动势最大值表达式E m＝NBSω，N、S变为原来的两倍，则最大值变为4E m，故B正确．4。

图2－1－17如图2－1－17所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图像，根据图像可知（）A．此感应电动势的瞬时表达式为e＝200sin0.02tB．此感应电动势的瞬时表达式为e＝200sin100πtC．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零D．t＝0。

02 s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大答案：B5.图2－1－18（2011年日照高二检测）一矩形线圈，面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝4 Ω，线圈在磁感应强度B＝错误! T的匀强磁场中以n＝300 rad/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动,如图2－1－18所示，若从中性面开始计时，求：（1）线圈中感应电动势的瞬时值的表达式；（2)线圈从开始计时经错误!s时线圈中感应电流的瞬时值；(3）外电路R两端电压的瞬时值表达式．解析：(1）线圈转速n＝300 r/min＝5 r/s，角速度ω＝2πn＝10π rad/s，线圈产生的感应电动势最大值E m＝NBSω＝50 V,感应电动势的瞬时值表达式e＝E m sinωt＝50sin10πt V。

1．下列关于自感现象的说法正确的是（)A．自感现象是由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象B．线圈中自感电动势的方向总与引起自感的原电流的方向相反C．线圈中自感电动势的大小与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关D．加铁芯后线圈的自感系数比没有加铁芯时要大解析：选ACD.自感现象是导体本身电流变化使得穿过线圈的磁通量变化而产生的电磁感应现象,自感电动势与线圈的磁通量变化快慢有关，故A、C正确，自感电动势阻碍原电流的变化，并不一定与原电流反向,B错误．2．关于线圈的自感系数，下列说法中正确的是（）A．线圈中产生的自感电动势越大，线圈的自感系数一定越大B．线圈中的电流变化越快，自感系数就越大C．线圈中的电流不发生变化，自感系数一定为零D．线圈的自感系数与线圈自身的因素以及有无铁芯有关解析:选D。

线圈的自感系数与线圈的形状、横截面积、长短、匝数、有无铁芯等因素有关．故选项D正确．3．某同学在探究日光灯的过程中，提出了下列说法，其中正确的有（)A．日光灯正常发光后,取下启动器，日光灯即熄灭B．日光灯正常发光后，取下镇流器，日光灯仍正常发光C．启动器中的电容器被击穿后，日光灯管两端发红,中间不亮D．启动器中的电容器被击穿后，使电路中始终有电流，镇流器不能产生瞬时高压,灯管无法点燃，若将电容器部分剪掉，则启动器仍可使日光灯正常工作解析:选CD.由于启动器在日光灯正常工作时不起作用，所以在日光灯正常发光后取下时不会对日光灯的正常工作产生影响,日光灯不熄灭；镇流器在日光灯正常工作时起的作用是降压限流作用，它上面有电流通过,取下时日光灯就不能工作了．4．如图1－6－8所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开电路的瞬间会有（）图1－6－8A．灯泡立刻熄灭B．灯泡慢慢熄灭C．闪亮一下后再慢慢熄灭D．闪亮一下后突然熄灭解析：选A.当电路断开时,由于通过线圈的电流从有到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈与灯泡不能构成闭合回路,因此灯泡立刻熄灭．5．（2010年高考北京卷）在如图1－6－9所示的电路中,两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。

1．关于楞次定律，可以理解为(）A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场B．感应电流的磁场总要阻碍导体相对于原磁场运动C．若原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场反向；若原磁通量减少，感应电流的磁场跟原磁场同向D．感应电流的磁场总是与原磁场反向解析:选BC。

感应电流的磁场不是总是阻碍原磁场，而是阻碍原磁场磁通量的变化，感应电流产生的磁场方向可能与原磁场方向相同,也有可能与原磁场方向相反．根据楞次定律，这种“阻碍”可表现为阻碍导体相对于原磁场的运动．2．(2011年陕西榆林高二检测)某同学用如图1－4－11所示的实验装置进行探究感应电流方向的活动．他将条形磁铁的N极快速插入线圈中,发现灵敏电流表的指针向右偏转．关于其他的操作情况判断，下列说法中正确的是( ）图1－4－11A．将S极插入,电流表的指针向左偏转B．将N极拔出,电流表的指针向右偏转C．将S极拔出，电流表的指针向左偏转D．将N极插入后静止不动，指针将停止指在右侧某一示数解析：选A。

将N极插入线圈中，电流表指针向右偏转，则若将S 极插入线圈中，电流表指针将向左偏转．因为尽管两次都是使得穿过线圈的磁通量增大,但原磁场方向不同，产生的感应电流的磁场方向不同，电流方向也恰好相反．同理，若将S极拔出，电流表的指针将向右偏转．若将N极拔出，则与将N极插入的现象相反，因为磁场方向相同,但穿过线圈的磁通量一个是增加，一个是减少,所以其产生的感应电流的方向应相反．若N极插入后静止不动，磁通量没有发生变化，没有电流产生．3．如图1－4－12所示,光滑U形金属框架放在水平面内，上面放置一导体棒，有匀强磁场B垂直框架所在平面，当B发生变化时，发现导体棒向右运动,下列判断正确的是( ）图1－4－12A．棒中电流从b→a B．棒中电流从a→bC．B逐渐增大D．B逐渐减小解析：选BD。

ab棒是因“电”而“动”，所以ab棒受到的安培力向右，由左手定则可知电流方向a→b,故B对，由楞次定律可知B 逐渐减小,D对．4．（2010年高考海南卷)一金属圆环水平固定放置．现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中,条形磁铁与圆环（）A．始终相互吸引B．始终相互排斥C．先相互吸引，后相互排斥D．先相互排斥,后相互吸引解析:选D。

1．(2011年高考江苏卷)美国科学家Willard S．Boyle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．干电池解析：选BC.发光二极管有单向导电性，A错；热敏电阻和霍尔元件都可作为传感器，B、C 对；干电池是电源，D错．2．关于干簧管，下列说法正确的是( )A．干簧管接入电路中相当于电阻的作用B．干簧管是根据热胀冷缩的原理制成的C．干簧管接入电路中相当于开关的作用D．干簧管是作为电控元件以实现自动控制的答案：C3.图3－1－10有定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三只元件，将这三只元件分别接入如图3－1－10所示电路中的A、B两点后，用黑纸包住元件或者把元件置入热水中，观察欧姆表的示数，下列说法中正确的是( )A．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是热敏电阻B．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数不变化，这只元件一定是定值电阻C．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻D．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数相同，这只元件一定是定值电阻解析：选AC.热敏电阻的阻值随温度变化而变化，定值电阻和光敏电阻不随温度变化；光敏电阻的阻值随光照变化而变化，定值电阻和热敏电阻不随之变化．4.图3－1－11如图3－1－11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，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．电压变化解析：选A.平行板电容器的电容C∝εr S/d，本题中的介质没有变化，正对面积也没有变化，引起电容变化的因素是板间距离d.5．随着生活质量的提高，自动干手机已进入家庭，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，使热空气从机内吹出，将湿手烘干．某型号干手机的说明书中有如下一段文字：“功能与特点：◆采用红外线感应原理，即感应即动作，卫生、方便．◆超高温保护，即过热、过电流双重保护．◆采用内热式的再循环原理，低噪音、高转速、烘干能力强．◆高强度塑钢外壳，牢固可靠，美观大方．”据此可判断( )A．自动干手机内装有由温度传感器组成的保护电路B．自动干手机是靠位移传感器来感知使用者手的靠近C．自动干手机消耗的电能转化为空气的内能及动能D．自动干手机是靠红外线传感器来感知使用者手的靠近解析：选ACD.由说明书中“功能与特点”的第二项可知，自动干手机具有过热保护功能，其中必然要用温度传感器来感知热空气的温度，温度过高从而自动控制电路断开，A正确；由说明书中“功能与特点”的第一项可知，D正确，B错误；从能量守恒的角度知C正确．一、选择题1．利用半导体材料可以制成( )A．标准电阻B．热敏电阻C．光敏电阻D．温度报警器答案：BCD2．关于物理传感器、化学传感器和生物传感器的下列说法中，正确的是( )A．物理传感器利用材料的某种物理性质工作，因而只能用于机械加工行业不能用于化工领域B．化学传感器是利用某种化学反应来工作的，因而只能输出某种化学物质而不能输出电学量C．生物传感器的适用范围广，可在任意温度条件下工作D．生物传感器由于含有生命物质，因而对使用传感器的环境条件有一定要求解析：选D.不论哪种传感器都可以将非电学量转换成电学量输出，故B错．物理传感器在化工领域也可以使用，如温度传感器等，故A错．生物传感器能够使用的前提是感受器中的生命物质保持生物活性，故C错D对．3．关于传感器的下列说法正确的是( )A．所有传感器都是由半导体材料做成的B．金属材料也可以制成传感器C．传感器主要是通过感知电压的变化来传递信号的D．以上说法都不正确解析：选B.半导体材料可以制成传感器，其他材料也可以制成传感器，所以A错，B正确；传感器不但能感知电压的变化，还能感受力、温度、光、声、化学成分等非电学量，所以C 错．4．街旁的路灯，江海里的航标都要求在夜晚亮，白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，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．三种特性都利用答案：B5．传感器的种类多种多样，其性能也各不相同，空调机在室内温度达到设定的温度后，会自动停止工作，空调机内使用的传感器是( )A．生物传感器B．红外传感器C．温度传感器D．压力传感器解析：选C.空调机是根据温度调节工作状态的，所以其内部使用了温度传感器，故选项C正确．6.图3－1－12如图3－1－12是观察电阻随温度变化情况的示意图．现在把杯中的水由冷水变为热水，关于欧姆表的读数变化情况正确的是( )A．如果R为金属热电阻，读数变大，且变化非常明显B．如果R为金属热电阻，读数变小，且变化不明显C．如果R为热敏电阻(用半导体材料制作)，读数变化非常明显D．如果R为热敏电阻(用半导体材料制作)，读数变化不明显解析：选C.若为金属热电阻，温度升高后，电阻变大，读数变化不明显，A、B错误．若为热敏电阻，读数将明显变化，C对D错．7.图3－1－13如图3－1－13所示，R3是光敏电阻，当开关S闭合后在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射电阻R3时，则( )A．R3的电阻变小，a点电势高于b点电势B．R3的电阻变小，a点电势低于b点电势C．R3的电阻变大，a点电势高于b点电势D．R3的电阻变大，a点电势低于b点电势解析：选A.光照射R3时，由光敏电阻特性，R3的电阻变小，所以UR3减小，a点电势升高，即a点电势高于b点电势，A正确．图3－1－148．如图3－1－14所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，L为小灯泡，当温度降低时( )A．R1两端的电压增大B．电流表的示数增大C．小灯泡的亮度变强D．小灯泡的亮度变弱解析：选C.R2与L并联后与R1串联，并与电源组成闭合回路，当热敏电阻温度降低时，电阻R2增大，外电阻增大，外电压增大，电流表示数减小，R1两端电压减小，L两端电压增大，亮度变强，答案为C.图3－1－159．如图3－1－15所示是一火警报警器的一部分电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I2、报警器两端的电压U的变化情况是( )A．I2变大，U变大B．I2变小，U变小C．I2变小，U变大D．I2变大，U变小解析：选D.抓住半导体热敏材料特性即电阻随温度升高而减小，再用电路动态变化的分析思路，按局部→整体→局部进行，当传感器R2处出现火情时，温度升高，电阻减小，电路的总电阻减小，总电流I增大，路端电压U ab＝U＝E－Ir减小，I(r＋R1)增大，U并＝E－I(r＋R1)减小，通过R3的电流I3减小，通过R2的电流I2＝I－I3增大．答案为D.10．(2011年武汉外国语学校检测)温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的．如图3－1－16甲所示，电源的电动势E＝9.0 V，内阻不计；G为灵敏电流表，内阻R g保持不变；R为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当R的温度等于20 ℃时，电流表示数I1＝2 mA；当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻的温度是( )图3－1－16A．60 ℃ B．80 ℃C．100 ℃ D．120 ℃解析：选D.由题图乙可知，当t＝20℃时，热敏电阻阻值R1＝4 kΩ.由闭合电路欧姆定律知E ＝I1(R1＋R g)，代入数值可求得R g＝500 Ω.当I2＝3.6 mA时，设热敏电阻阻值为R2，即E＝I2(R2＋R g)，可求得R2＝2 kΩ，由图乙可知这时热敏电阻温度t′＝120 ℃，所以应选D. 11．电容式传感器是用来将各种非电信号转变为电信号的装置，由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而又可推出另一物理量的值，如图3－1－17所示是四种电容式传感器的示意图，关于这四种传感器的作用，下列说法不．正确的是( )图3－1－17A．甲图的传感器可以用来测量角度B．乙图的传感器可以用来测量液面的高度C．丙图的传感器可以用来测量压力D．丁图的传感器可以用来测量速度解析：选D.甲图角度变化能导致极板正对面积变化；乙图高度变化能导致极板正对面积变化；丙图F变化能导致极板间距变化；丁图物体位置变化导致电介质变化．所以，甲、乙、丙、丁分别是测角度、高度、压力、位移的物理量．二、非选择题12．按如图3－1－18所示连接好电路，闭合开关S，发现小灯泡不亮，原因是________；用电吹风对热敏电阻吹风，会发现小灯泡________，原因是________；停止吹风，会发现________；把热敏电阻放入冷水中会发现________．图3－1－18解析：由于热敏电阻的阻值较大，左侧电路中的电流较小，电磁铁磁性较弱吸不住衔铁；电吹风对热敏电阻加热使热敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁小灯泡会变亮，热敏电阻温度仍然较高，小灯泡不会立即熄灭；当热敏电阻放入冷水中时，电阻增大，电磁铁磁性减弱，衔铁被断开，故小灯泡熄灭．答案：见解析。