天之骄子2017高考物理一轮总复习 课时强化作业32 实验九 练习使用多用电表 新人教版

贵州省贵阳市摸底](多选)如图所示)的交流电源上,副线圈接有阻值为该变压器的原、副线圈的匝数比为：1：U A .C .P P江西省赣中南五校联考]普通的交流电流表不能直接接在通常要通过电流互感器来连接一侧线圈的匝数较少,工作时电流为I山东省昌邑一中检测](多选原、副线圈的匝数比为：为热敏电阻(阻值随温度升高而变小电压表和电流表均为理想电表,下列说法中正确的是(0.005 s时,电压表的示数约为50.9 V变压器原、副线圈中的电流之比为：1温度降低时,适当增大R1可保持R T两端的电压不变温度升高时,电压表的示数不变、电流表的示数变大2 V,有效值为错误；原、副线圈的匝数比为：变压器原、副线圈中的电流之比为：R T温度降低时R1可保持两端的电压不变保持不变温度升高时,阻值减小四川省宜宾一中模拟]如图所示,一理想变压器原线圈与每：1,原线圈与每个副线圈所连的电阻阻值的正弦交流电,副线圈原线圈电阻与每个副线圈电阻消耗的功率的比值均为U：确,B、6.[2019·1：n2＝：2属导轨相连电阻不计,、质量m正弦图线)规律变化,则()电压表的示数为 2 V电路中的电流方向每秒钟改变5次实际消耗的功率为0.125 W的时间内外力F做的功为0.48 J说法中正确的是()边中电流方向由a→b,e点电势高于f点时刻ab边中电流大小分别为i1、i3,则有i多选)某50 Hz当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时上的线圈相连的电流表指针会发生偏转.不考虑铁芯的漏磁及各种能)升压变压器的输出电压增大降压变压器的输出电压增大输电线上损耗的功率增大输电线上损耗的功率占总功率的比例增大河南省郑州一中测试](多选：图乙所示的不完整的正弦交流电.电路中电阻电压表和电流表均为理想电表电压表的示数为15.56 V电流表的示数为1.41 AS后,电压表示数变大S后,电流表示数变大山东省滕州十一中摸底](多选)如图所示之间的匝数是总匝数的一半,二极管),R是可变电阻电压表读数之比为：2：C：1D：1答案：解析：U1,副线圈电压为2的功率此时最大,下列说法错误的是两端电压为U 02 理想变压器初级线圈与次级线圈的匝数比值为交流电源的输出功率为U 202R棒沿导轨匀速运动且ab棒上的电流已达到稳定后棒沿导轨匀速运动且ab棒上的电流已达到稳定后负载端的电压表是理想电压表,下列有关描述正确的是A.若开关S1、S2都断开,则电压表示数为零B.负载端所接收交流电的频率为25 HzC.深夜开灯时灯较亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故D.用电高峰期灯泡较暗,可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度答案：C解析：开关都断开时降压变压器空载,其副线圈两端有电压,电压表示数不为零,选项A错误；变压器不能改变交流电的频率,故负载端所接收交流电的频率还是50 Hz,选项B错误；深夜大部分用户已关灯,干路中电流减小,线路损耗也减小,用户得到的电压升高,故此时开灯较亮,选项C正确；用电高峰时,负载增多,负载电阻减小,干路中电流增大,因此输电线路上损耗电压增大,导致降压变压器的输入电压降低,为提高负载电压,可增大降压变压器副线圈的匝数,使负载电压提高,选项D错误.16.有一种测量人体重的电子秤,其原理图如图所示,它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表),设踏板的质量可忽略不计,已知理想电流表的量程为3 A,电源电动势为12 V,内阻为2 Ω,电阻R随压力变化的函数式为R＝30－0.02F(F和R的单位分别是N 和Ω).则下列说法正确是()A.该秤能测量的最大体重是1300 NB.体重为1300 N应标在电流表G刻度盘2 A刻度处C.该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0刻度处D.该秤零刻线应标在电流表G刻度盘的最大刻度处答案：B解析：电路中允许的最大电流为I1＝3 A,由闭合电路欧姆定律E ＝I1(R＋r)得,R min＝2 Ω,代入R＝30－0.02F得,F max＝1400 N,A错误；同理,体重为1300 N时,I2＝2 A,B正确；同理当体重为零时,I3＝0.375 A,C、D均错误.1.[2019·广东深圳二调：n＝：1接有滑动变阻器R和额定电压为闭合开关,电动机正常工作,电流表示数为1 A,则()副线圈两端电压为22 2 V电动机输出的机械功率为12 W通过电动机的交流电频率为50 Hz突然卡住电动机,原线圈输入功率变小：n2＝：1,1电动机输出的机械功率项错误；由图乙可知项正确；若卡住电动机,则副线圈回路电流变大如图所示为远距离输电示意图,其中r,灯L1、L2相同且阻值不变位置不变,当开关S断开时压减小,灯L1两端电压减小,灯L1会变暗,故A错误,B正确；仅将滑片P下移,则T1副线圈的匝数增多,副线圈电压U2增大,灯L1两端电压也增大,通过灯L1的电流增大,则输电线中的电流增大,电阻r消耗的功率增大,故C错误；仅将滑片P上移,则T1副线圈的匝数减小,副线圈电压U2减小,同理分析可知灯L1两端电压也减小,通过灯L1的电流减小,则输电线中的电流减小,T1原线圈中的电流减小,则电流表示数减小,故D正确.3.(多选)含有理想变压器的电路图如图所示,电源电压保持不变,若将滑动变阻器的滑动触头向左滑动,关于两电表示数的变化,下列判断正确的是()A.电流表的示数变大B.电流表的示数变小C.电压表的示数变大D.电压表的示数变小答案：AC解析：电源电压保持不变,若将滑动变阻器的滑动触头向左滑动,接入电路中的电阻值减小,变压器原线圈输入电压增大,根据变压器变压公式,可知副线圈输出电压增大,电压表的示数变大,负载中的电流增大,副线圈输出功率增大.根据理想变压器输入功率等于输出功率,可知原线圈的输入功率增大,原线圈输入电流增大,电流表的示数变大,选项A、C正确,B、D错误.4.(多选)如图所示为某小型发电站高压输电示意图,变压器均为理想变压器,发电机输出功率P＝20 kW.在输电线路上接入一个电流互感器,其原、副线圈的匝数比为：10,电流表的示数为1 A,输电线的总电阻r＝10 Ω,则下列说法正确的是()A.采用高压输电可以增大输电线路中的电流B.升压变压器的输出电压U2＝2 000 VC.用户获得的功率为19 kWD.将P下移,用户获得的电压将增大从而减小输电：10,可得升压变压器的输kW,故用降压变压器原线圈匝：两端电压按图乙所示正弦下列说法中正确的是()中的电流方向每秒钟改变100次电压表示数为110 VR2消耗的功率之比为：4两端与副线圈两端的电压之比为：10.02 s频率fU1正确；由73.3 V,故消耗的功率之比为：2,故：U＝：2河南濮阳一中模拟如图所示理想变压器的原、副线圈上,灯泡电阻不随温度变化：n＝：1,电源交变电压为1)两端的电压之比U A：U B＝：1的电流之比I A：I B＝：1消耗的功率之比P A：P B＝：1解析：通过灯泡A A：2：n＝：是两只相同的灯泡以灯泡A、两端的电压之比等于电流之比A：U＝：2,错误；因为是两只相同的灯泡消耗的功率之比等于电流的平方即P A：P B＝：4,错误；因为灯泡B两端的电压为副线圈两端电压,则原线圈两端电压,而U U,由于灯跟原线圈串联,故1 2U某实验小组自己动手,在闭合铁芯上绕制变压器的原、具体做法是：用外表涂有绝缘层的双股导线绕了又用同样的双股导线绕了n圈(eg相连、ef相连1：n相连、ef相连、gh相连原、副线圈电压之比为1：nfg相连,a与d作为输入端,e1：n相连、gh相连,a与d作为输入端原、副线圈电压之比为1：n副线圈的ef,若g不能产生感应电流而副线圈的ef相连1：n为输出端,相当于两个线圈串联1：n2,2n1,而ef：n18.[2019·河北衡水中学检测个有抽头的理想变压器原线圈组成闭合电路直于磁场的bc边匀速转动N,线圈电阻不计.下列说法正确的是(向上滑动时,灯泡变暗变大时,灯泡变暗线圈处于图示位置时,图中交流电压表读数为零若线圈转动的角速度变为2ω,则交流电压表读数变为原来的正确.间接入U1＝311sin通过理想变压器和相同的理想二极管D1、＝1 100匝,副线圈匝数二极管的反向耐压值至少为由图甲可知M、N两端输出交流电压不可能高于当滑动触头P逆时针转动时,M、N之间输出交流电压的频率变当滑动变阻器滑片向上滑动时,电流表读数变小,电压表读数变方形线圈abcd 共N ＝100匝,线圈电阻r ＝1 Ω.线圈绕垂直于磁感线的轴OO ′匀速转动,转动的角速度ω＝2π rad /s ,外电路电阻R ＝4 Ω.(1)求感应电动势的最大值；由图示位置转过60°角时的感应电动势的值.(2)取π2＝10,求线圈转过一周电流产生的总热量.(3)由图示位置开始,求在线圈转过14周期的时间内通过电阻R 的电荷量.答案：(1)1.57 V (2)1 J (3)0.1 C解析：(1)由题意可得,感应电动势的最大值E m ＝NBL 2ω＝100×0.5×0.12×2π V ＝3.14 V由图示位置转过60°角时的瞬时感应电动势e ＝E m cos 60°＝3.14×0.5 V ＝1.57 V(2)周期T ＝2π/ω＝1 s线圈转动一周电流产生的热量Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22·T/(R ＋r) 联立解得Q ＝1 J(3)Δt ＝14T 时间内通过电阻R 的电荷量q ＝I －·ΔtI －＝E －R ＋rE －＝N ΔΦΔtΔΦ＝BL 2－0联立解得q ＝0.1 C12.一小型水电站,其交流发电机与升压变压器原线圈连接,如图为输电示意图.升压变压器原线圈的输入功率为P 1＝1 000 kW ,输入电压为U 1＝1 000 V ,在输电过程中,要求能量损耗等于原线圈输入功率的4%,已知输电线电阻为16 Ω,用户降压变压器的输出电压为240 V ,求：升压变压器与降压变压器的匝数比各为多少？(2)50 A：20：升压变压器原线圈中的电流。

一、单项选择题1.如下图，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由 A 向 B 做直线运动。

那么()A．微粒带正、负电荷都有可能B．微粒做匀减速直线运动C．微粒做匀速直线运动D．微粒做匀加快直线运动2． (2016 山·西四校联考)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的构造简图如下图。

此中墨盒能够喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以必定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。

已知偏移量越小打在纸上的笔迹越小，现要减小笔迹，以下措施可行的是 ()A．增大墨汁微粒的比荷B．减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C．减小偏转极板的长度D．增大偏转极板间的电压3．板间距为 d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U1，板间电场强度为1d ，其余条件不变，这时两极板间电势差为E1。

现将电容器所带电荷量变成2Q，板间距变成2U2，板间场强为 E2，以下说法正确的选项是 ()A． U2＝ U1，E2＝ E1 B．U 2＝ 2U1， E2＝ 4E1C． U2＝ U1，E2＝ 2E1 D． U 2＝ 2U1， E2＝ 2E14.(2016 安·徽六校联考 )如下图，六面体真空盒置于水平面上，它的 ABCD 面与 EFGH 面为金属板，其余面为绝缘资料。

ABCD 面带正电， EFGH 面带负电。

从小孔 P 沿水平方向以同样速度射入三个质量同样的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3 三点。

则以下说法正确的选项是 ()A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间不必定同样C．三个液滴落究竟板时的速率同样D ．液滴 c 所带电荷量最多5． (2016 ·州质检宿 )如下图，竖直搁置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上面沿等高处有两个质量同样的带电小球，P 小球从紧靠左极板处由静止开始开释，Q 小球从两板正中央由静止开始开释，两小球最后都能运动到右极板上的同一地点，则从开始开释到运动到右极板的过程中它们的()A．运转时间 t P>t QB．电势能减少许之比E P∶E Q＝2∶ 1C．电荷量之比 q P∶ q Q＝ 2∶ 1D ．动能增添量之比E kP∶E kQ＝ 4∶ 16．如下图，在竖直向上的匀强电场中，一根不行伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于 O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为 b。

课时作业(三十二)1．如图所示，一水平放置的矩形线圈abcd，在细长的磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流( ) A．沿abcd流动B．沿dcba流动C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动[解析] 从Ⅰ到Ⅱ，穿过线圈的磁通量向上且减小，由楞次定律知感应电流沿abcd；从Ⅱ到Ⅲ，磁通量向下且增大，由楞次定律知感应电流沿abcd，选项A正确．[答案] A2．在条形磁铁的外面套着一个闭合弹簧线圈，若把线圈四周向外拉，如图所示，使线圈包围的面积变大，这时线圈中感应电流的情况是( ) A．有感应电流B．无感应电流C．没有标明磁铁N极和S极，无法判断有无感应电流D．只有线圈的电阻很小时才有感应电流[解析] 磁铁的内部和外部都有磁感线，把线圈四周向外拉时，外部的磁通量增大，内部不变，总磁通量减小，有感应电流，选项A正确．[答案] A3．如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是( ) A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动[解析] M向右运动定阻碍磁通量的增加，原因是左边螺线管中电流的磁场增强，所以有两种情况，一是闭合，二是滑片P向左滑动．故A、C对．[答案] AC4．1931年，英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验．他设想：如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么，从上向下看这个线圈中将出现( ) A．先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流C．顺时针方向的持续流动的感应电流D．逆时针方向的持续流动的感应电流[解析] 磁单极子从上向下穿过超导线圈时，磁通量先向下增加又向上减少，由楞次定律可知，感应磁场方向向上，由安培定则可知，感应电流方向始终为逆时针方向．超导线圈的电阻为零，因此，线圈一旦激起电流便持续流动下去．[答案] D5．(2012·广东模拟)北半球地磁场的竖直分量向下．如下图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad 边沿东西方向．下列说法中正确的是( )A．若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→aD．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a[解析] 由右手定则知，若使线圈向东平动，线圈的ab边和cd边切割磁感线，c(b)点电势高于d(a)点电势，故A错误；同理知B错．若以ab为轴将线圈向上翻转，穿过线圈平面的磁通量将变小，由楞次定律可判断线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a，C对，D 错．[答案] C6．(2012·湖南期末)如下图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是 ( )A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地[解析] 甲是铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙是没有闭合的铜线框，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，D正确．[答案] D7.如右图所示，虚线abcd为矩形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动．如右图所示给出的是圆形闭合金属线框的四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是[解析] 因为线框在进、出磁场时，线框中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线框运动，使线框的速度可能减为零，故A、D正确．[答案] AD8.如右图所示，闭合的矩形金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，现金属框固定不动而磁场运动，发现ab边所受安培力的方向为竖直向上，则此时磁场的运动可能是A．水平向右平动B．水平向左平动C．竖直向上平动D．竖直向下平动[解析] 本题考查楞次定律、安培定则、法拉第电磁感应定律的应用．ab边受到的力向上，由安培定则可知，ab上电流的方向由b→a，由楞次定律可得，线框内的磁通量在增加，磁场向右运动，A项正确、B项错误；当磁场上下运动时，线框内的磁通量不变化，不产生感应电流，C、D项错误．[答案] A9.如右图所示，线圈由A位置开始下落，在磁场中受到的磁场力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为A．a A>a B>a C>a DB．a A＝a C>a B>a DC．a A＝a C>a D>a BD．a A＝a C>a B＝a D[解析] 线框在A 、C 位置时只受重力作用，加速度a A ＝a C ＝g .线框在B 、D 位置时均受两个力的作用，其中安培力向上、重力向下．由于重力大于安培力，所以加速度向下，大小a ＝g －F m<g .又线框在D 点时速度大于B 点速度，即F D >F B ，所以a D <a B ，因此加速度的关系为a A ＝a C >a B >a D ，选项B 正确．[答案] B10. (2012·高考北京卷)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L 、开关S 和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L 上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S 的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )A ．线圈接在了直流电源上B ．电源电压过高C ．所选线圈的匝数过多D ．所用套环的材料与老师的不同[解析] 开关闭合的瞬间，电流迅速增大，线圈产生的磁场由0开始迅速增大，穿过套环的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，金属套环产生感应电流，并向着使磁通量减少的方向运动，故会立刻跳起，若选用非金属材质的套环，则套环中不会产生感应电流，不会受磁场力的作用，当然也不会跳起，D 正确．[答案] D11.如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M 相连接，要使小导线圈N 获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab 的运动情况是(两线圈共面放置)A ．向右匀速运动B ．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动[解析] 欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流磁场垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有顺时针方向逐步减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量是在增大．因此对前者应使ab减速向右运动．对于后者，则应使ab加速向左运动，故应选B、C.[答案] BC12．如图a所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P 的支持力为N，则在下列时刻( )A．t1时刻N>G，P有收缩的趋势B．t2时刻N＝G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N＝G，此时P中无感应电流D．t4时刻N<G，此时穿过P的磁通量最小[解析] t1时刻电流i增大，穿过线圈的磁通量增大，为反抗磁通量的增大，线圈有收缩的趋势，同时有远离螺线管向下运动的趋势， N>G，A正确；t2时刻电流i不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，N＝G，B正确；同理t3时刻N<G，有感应电流，t4时刻N ＝G，P中无感应电流，C、D均错误．[答案] AB13.如图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动(O是线圈中心)，则( ) A．从X到O，电流由E经G流向F，先增大再减小B．从X到O，电流由F经G流向E，先减小再增大C．从O到Y，电流由F经G流向E，先减小再增大D．从O到Y，电流由E经G流向F，先增大再减小[解析] 在磁极绕转轴从X到O匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流，电流由F经G流向E，又导线切割磁感线产生感应电动势E感＝BLv，导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小，则电流先增大再减小，A、B均错；在磁极绕转轴从O到Y匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F，又导线切割磁感线产生感应电动势E感＝BLv，导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小，则电流先增大再减小，C错、D对．[答案] D14．如下图(甲)所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图(乙)所示的变化电流，t＝0时电流方向为顺时针(如图中箭头所示)．在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是( )A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势[解析] 在t1～t2时间内，通入线圈A中的电流是正向增大的，即逆时针方向增大的，其内部会产生增大的向外的磁场，穿过B的磁通量增大，由楞次定律可判定线圈B中会产生顺时针方向的感应电流．线圈B中电流为顺时针方向，与A的电流方向相反，有排斥作用，故线圈B将有扩张的趋势．[答案] A15．如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，线圈进入磁场前等距离排列，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈[解析] 若线圈合格，则由于电磁感应现象会向左移动一定距离，且合格线圈移动的距离相等，移动后线圈的间距也等于移动前的间距，由图知线圈3与其他线圈间距不符，不合格．[答案] AD。

课时规范练31带电粒子在复合场中的运动基础对点练1.(感应加速器)(2022安徽宣城期末)无论周围空间是否存在闭合回路,变化的磁场都会在空间激发涡旋状的感应电场,电子感应加速器便应用了这个原理。

电子在环形真空室被加速的示意图如图所示,规定垂直于纸面向外的磁场方向为正,用电子枪将电子沿图示方向注入环形室。

它们在涡旋电场的作用下被加速。

同时在磁场内受到洛伦兹力的作用,沿圆形轨道运动。

下列变化规律的磁场能对注入的电子进行环向加速的是()2.(等离子体发电)下图为等离子体发电机的示意图。

高温燃烧室产生的大量的正、负离子被加速后垂直于磁场方向喷入发电通道的磁场中。

在发电通道中有两块相距为d的平行金属板,两金属板外接电阻R。

若磁场的磁感应强度为B,等离子体进入磁场时的速度为v,系统稳定时发电通道的电阻为r。

则下列表述正确的是()A.上金属板为发电机的负极,电路中电流为BdvRB.下金属板为发电机的正极,电路中电流为BdvR+rC.上金属板为发电机的正极,电路中电流为BdvR+rD.下金属板为发电机的负极,电路中电流为BdvR3.(电磁流量计)有一种污水流量计原理可以简化为如图所示模型:废液内含有大量正、负离子,从直径为d的圆柱形容器右侧流入,左侧流出。

流量值等于单位时间通过横截面的液体的体积。

空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,下列说法正确的是()A.M点的电势高于N点的电势B.负离子所受洛伦兹力方向竖直向下C.MN两点间的电势差与废液的流量值成正比D.MN两点间的电势差与废液流速成反比4.(霍尔效应)右图为霍尔元件的工作原理示意图,导体的宽度为h、厚度为d,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I,CD两侧面会形成电势差U,其,式中比例常数k为霍尔系数,设载流子的大小与磁感应强度B和电流I的关系为U=k IBd电荷量的数值为q,下列说法正确的是()A.霍尔元件是一种重要的电传感器B.C端的电势一定比D端的电势高C.载流子所受静电力的大小F=q UdD.霍尔系数k=1,其中n为导体单位体积内的电荷数nq5.(回旋加速器)右图为一种改进后的回旋加速器示意图,其中盒缝间的加速电场的电场强度大小恒定,且被限制在AC板间,虚线中间不需加电场,如图所示,带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场,经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动,对这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是()A.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关B.带电粒子每运动一周被加速一次C.带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3D.加速电场方向需要做周期性的变化6.(多选)(组合场)如图所示,在第二象限内有水平向右的匀强电场,在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场,磁感应强度大小相等。

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课时强化作业二十七电流、电阻、电功与电功率1．（多选)下列说法中正确的是( )A．由R＝错误!可知，电阻与电压成正比、与电流成反比B．由R＝ρ错误!可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系C．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小D．所谓超导体,就是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零解析：电阻是导体本身的性质，与电压及电流无关,故A选项错误；由电阻的决定式R＝ρ错误!可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系，故B选项正确;金属的电阻率随温度的升高而增大,有些材料的电阻率与温度无关，故C选项错误；当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零的导体为超导体，故D选项正确．答案：BD2．在显象管的电子枪中,从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成截面积为S、电流为I的电子束．已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是( ）A.错误!错误!B.错误!错误!C。

错误!错误! D.错误!错误!解析：根据动能定理得，eU＝错误!mv2,解得速度v＝错误!,根据电流的定义式可知，电子射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电量q＝IΔt＝I错误!，电子数n＝错误!,联立解得n＝错误!错误!，D选项正确．答案:D3．（多选)将阻值随温度升高而减小的热敏电阻Ⅰ和Ⅱ串联，接在某电源两端，保持Ⅱ温度不变，冷却或加热Ⅰ，则Ⅱ的电功率在（)A．加热时变大 B.冷却时变大C．加热时变小D．冷却时变小解析：加热时电阻Ⅰ阻值减小，电流增大，Ⅱ的电功率增大；冷却时电阻Ⅰ阻值增大，电流减小，Ⅱ的电功率减小．A、D选项正确．答案：AD4．（2015年北京高考)如图所示，其中电流表A的量程为0。

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课时作业(一）基本概念1．(11年辽宁模拟)在下面研究的各个问题中可以被看做质点的是（)A．奥运会乒乓球男单冠军王励勤打出的弧旋球B．奥运会冠军王军霞在万米长跑中C．跳水冠军郭晶晶在跳水比赛中D．研究一列火车通过某一路标的时间2．参照如图所示时间坐标轴，下列关于时刻和时间的说法中正确的是（)第2题图A．t2表示时刻，称为第2秒末或第3秒初，也可以称为2秒内B．t2～t3表示时间，称为第3秒内C．0～t2表示时间，称为最初2秒内或第2秒内D．t n－1～t n表示时间，称为第n－1秒内3．（10年山东模拟)关于位移和路程,下列说法中正确的是( ）A．在某段时间内，质点运动的位移为零,该质点不一定是静止的B．在某段时间内，质点运动的路程为零，该质点不一定是静止的C．在直线运动中，质点位移的大小一定等于其路程D．在直线运动中,质点位移的大小一定小于其路程4．（10年浙江模拟)在直线运动中，关于速度和加速度的说法，正确的是（） A．物体的速度大，加速度就大B．物体速度的改变量大，加速度就大C．物体的速度改变快，加速度就大D．物体的速度为零时,加速度一定为零5．甲、乙两小分队进行代号为“猎狐”的军事演习，指挥部通过现代通讯设备，第5题图在屏幕上观察到两小分队的行军路线如图所示．两小分队同时从同一处O出发,最后同时捕“狐"于A点,则( )A．两队行军路程x甲＞x乙B．两队行军位移x甲＞x乙C．两队平均速度v甲＝v乙D．两队平均速度v甲＞v乙6．甲、乙、丙3人各乘一个热气球，甲看到楼房匀速上升，乙看到甲匀速上升，甲看到丙匀速上升，丙看到乙匀速下降，那么，从地面上看甲、乙、丙的运动情况可能是( ） A．甲、乙匀速下降，v乙＞v甲，丙停在空中B．甲、乙匀速下降，v乙＞v甲，丙匀速上升C．甲、乙匀速下降,v乙＞v甲，丙匀速下降,且v丙＞v甲D．以上说法均不对第7题图7．三个质点A、B、C的运动轨迹如图所示,三质点同时从N点出发，同时到达M点，下列说法中正确的是( ）A．三个质点从N到M的平均速度相同B．B质点从N到M的平均速度方向与任意时刻瞬时速度方向相同C．到达M点时的瞬时速度一定是A的最大D．三个质点从N到M的平均速率相同8．为了传递信息，周朝形成邮驿制度，宋朝增设“急递铺”．设金牌、银牌、铜牌三种，“金牌”一昼夜行500里(一里＝500m），每到一驿站换人换马接力传递．“金牌”的平均速度（）A．与成年人步行的速度相当B．与人骑自行车的速度相当C．与高速公路上汽车的速度相当D．与磁悬浮列车的速度相当9．n辆汽车从同一地点先后开出,在平直的公路上排成一直线行驶．各车均由静止出发先做加速度为a的匀加速直线运动，达到同一速度v后做匀速直线运动．欲使汽车都匀速行驶时彼此间距均为s,则各辆车依次启动的时间间隔为(不计汽车长度)（）A．eq \f(v,2a) B．eq \f(v,a)C．eq \f(2v,a） D．eq \f(s，v）第10题图10．(11年江西模拟)在街头的理发店门口，常可以看到有这样的标志：一个转动的圆筒,外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如图所示,假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离(即螺距）为L＝10 cm，圆筒沿逆时针方向(从俯视方向看)，以 2 r/s的转速匀速转动,我们感觉到的升降方向和速度大小分别为( ）A．向上10 cm/s B．向上20 cm/sC．向下10 cm/s D．向下20 cm/s11．中国经济的腾飞加快了铁路运输的发展．有一段用固定镜头拍摄的一列动车组视频．小张通过播放该视频来测算机车运行速度．已知机车长度是s,测算的步骤包括第11题图①记下机车头到达观测点的时刻②计算整列车通过观测点所用时间t③在画面上选择一个观测点④用公式v＝eq \f（s，t)计算出机车运行的速度⑤记下机车尾到达观测点的时刻完成测算步骤的合理顺序是________（填序号)．12．某同学在百米赛跑中，以6m/s的速度从起点冲出，在50m处的速度为8.2m/s，在他跑到全程的中间时刻t＝ 6。

天之骄子2017高考物理一轮总复习课时强化作业39 法拉第电磁感应定律、自感和涡流新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（天之骄子2017高考物理一轮总复习课时强化作业39 法拉第电磁感应定律、自感和涡流新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时强化作业三十九法拉第电磁感应定律、自感和涡流1．(2016届吉林期末）如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中．两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为＋q的小球,K断开时传感器上有示数，K闭合稳定后传感器上恰好无示数，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是（)A．正在增加，ΔΦΔt＝错误!B.正在减弱，错误!＝错误!C．正在减弱，错误!＝错误!D.正在增加，错误!＝错误!解析：开关K断开时，平行板两端没有电压，开关K闭合后,平行板间产生匀强电场，小球受到的电场力和重力平衡,qE＝mg，上极板带负电，根据楞次定律可知，磁场向上均匀增加，设平行板间电压为U,则U＝Ed，根据法拉第电磁感应定律得，U＝n错误!，联立解得，n错误!＝mg，即ΔΦΔt＝错误!,D选项正确．答案：D2。

（多选)（2016届河南模拟)如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，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接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（)A．加速度为错误!B．下滑的位移为错误!C．产生的焦耳热为错误!sinθ－错误!mv2D．受到的最大安培力为错误!解析：金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动．由牛顿第二定律得,mg sinθ－BIL＝ma，其中感应电流I＝ER，解得a＝g sinθ－错误!，A选项错误；根据法拉第电磁感应定律得，E＝错误!,I＝错误!，电荷量q＝I·Δt＝错误!＝错误!，下滑的位移x＝qRBL，B选项正确；根据能量守恒定律可知，重力势能减少量等于动能的增加量和产生的焦耳热，Q＝mgx sinθ－错误!mv2＝错误!sinθ－错误!mv2，故C选项正确;金属棒ab受到的最大安培力为F＝BIL＝B错误!L＝错误!，故D选项正确．答案：BCD3。

课时强化作业九实验三探究求合力的方法1. 在用如图装置“验证力的平行四边形定则”实验时：(1)除已有的器材，方木板、白纸、弹簧秤、细绳套(两个)、橡皮条、刻度尺、量角器、图钉和铅笔外，还必须有________________．(2)(多选)同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是________．(填字母代号)A．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行B．两细绳之间的夹角越大越好C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些(3)弹簧秤的指针如图所示，由图可知拉力的大小为________N.解析：(1)该实验中需要让两个弹簧秤拉橡皮条和一个弹簧秤拉橡皮条产生的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及第三个力的大小和方向，根据平行四边形定则做出两个力的合力的理论值，和第三个力进行比较．我们需要的实验器材有：方木板(固定白纸)，白纸(记录方向画图)、刻度尺(选标度)、细绳套(弹簧秤拉橡皮条)、弹簧秤(测力的大小)、图钉(固定白纸)、三角板(画平行四边形)，橡皮条(让力产生相同的作用效果的)．因此必须有三角板．(2)测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故A选项正确；两条细绳的夹角不是越大越好，以方便作平行四边形为宜，故B选项错误；用弹簧秤同时拉细绳时，拉力不能太大，也不能太小，故C选项错误；为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D选项正确．(3)根据弹簧秤指针的位置，可知拉力的大小为4.00 N.答案：(1)三角板(2)AD (3)4.002. (2016届山东月考)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．(1)(多选)本实验中，采取下列哪些方法和步骤可以减小实验误差？________.A．两个分力F1、F2间的夹角尽量小些B．两个分力F1、F2的大小要适当大些C．拉橡皮筋的细绳要稍短一些D．实验中，弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度(2)本实验采用的是等效替代法，但若将细绳也换成橡皮筋，则实验结果是否会发生变化？________(选填“变化”或“不变化”)．(3)(多选)为了完成实验，在用两个完全相同的弹簧秤成一定角度拉橡皮筋时，必须记录的有________．A．两细绳的方向B．橡皮筋的原长C．两弹簧秤的示数D．结点O的位置(4)(多选)若保持结点O的位置及OB绳方向不变，而将OC顺时针缓慢转动一小角度，其他操作均正确，则________．A．弹簧秤甲的示数不变B．弹簧秤甲的示数一直减小C．弹簧秤乙的示数可能增大D．弹簧秤乙的示数一定先减小后增大解析：(1)根据力的合成法则可知，分力夹角越小，合力将越大，可能导致一个弹簧秤拉时超过弹簧秤的量程，夹角不能太小或太大，故A选项错误；在不超出量程的情况下，为了减小读数误差应让拉力适当大些，故B选项正确；为了准确记下拉力的方向，采用两点确定一条直线时，两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故C选项错误；为了防止出现分力的情况，应让各力尽量贴近木板，且与木板平行，同时，读数时视线要正对弹簧秤刻度，故D选项正确．(2)实验目的是验证F1与F2合成的理论值与实际值在误差允许的范围内是否相等，只要O点的作用效果相同，是否换成橡皮筋不影响实验结果．(3)该实验的实验目的是验证力的平行四边形定则，要根据两个弹簧秤拉橡皮筋时两个拉力的大小和方向做出平行四边形求出其合力大小，然后与一个弹簧秤拉橡皮筋时的拉力大小进行比较，最后得出结论，故需要记录的是两弹力的大小和方向，A、C、D正确．(4)对O点进行受力分析，受到两个弹簧秤的拉力和橡皮筋的拉力，保持结点O的位置及OB绳方向不变，其中橡皮筋长度不变，其拉力大小不变，弹簧秤甲的示数一直减小，弹簧秤乙的示数可能增大，也有可能减小，B、C选项正确．答案：(1)BD (2)不变化(3)ACD (4)BC3．(1)请把下述实验空格的内容填上：某同学做“验证力的平行四边形定则”实验时，主要步骤是：A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；C．用两个弹簧秤分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧秤的示数，并__________________；D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧秤的拉力F1和F2的图示，并根据________求出合力F；E．只用一只弹簧秤，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，使结点到达______________位置，读出弹簧秤的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；F．比较力F′与F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．(2)本实验采用的科学方法是________(填字母序号)．A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法(3)为了减少实验误差，请至少提出应该注意的两个主要事项：_________________________________；________________________________________________________________________.解析：(1)C.用两个弹簧秤分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧秤的示数，并记录两条细绳的方向；D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧秤的拉力F1和F2的图示，并根据平行四边形定则求出合力F；E．只用一只弹簧秤，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，使结点到达O点位置，读出弹簧秤的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示．(2)本实验验证合力和分力的效果相同，采用的科学方法是等效替代法，B选项正确．(3)实验中所有步骤都要便于操作，同时向有利于减小误差的方面进行，所有操作步骤的设计都是以实验原理和实验目的为中心展开，应该注意的两个主要事项：弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行；拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些．答案：(1)记录两条细绳的方向平行四边形定则O点(2)B (3)弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些4. (2015年安徽高考)在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如图所示，请将以下的实验操作和处理补充完整：(1)用铅笔描下结点位置，记为O；(2)记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，沿每条细绳(套)的方向用铅笔分别描出几个点，用刻度尺把相应的点连成线；(3)只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3，________；(4)按照力的图示要求，作出拉力F1，F2，F3；(5)根据力的平行四边形定则作出F 1和F 2的合力F ；(6)比较________的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行实验．解析：本实验采用了等效替代的方法，要求两次拉橡皮筋时，橡皮筋的形变相同，即将橡皮筋拉到同一点，力是矢量，因此在记录时要记录大小和方向．(3)该步骤中要记下细绳的方向，才能确定合力的方向，从而用力的图示法画出合力．(6)该步骤中比较力F 3与F 的大小和方向，看它们的一致程度，得出结论．答案：(3)记下细绳的方向 (6)力F 3与F 的大小和方向5．(2016届辽宁模拟)为了较准确的测量某细线能承受的最大拉力，小聪、小明分别进行了如下实验． 小聪在实验室里找到一个弹簧测力计，按图甲所示安装细线和测力计后，他用力缓慢竖直向下拉测力计，直到测力计的示数达到量程(细线没有断裂)，读出测力计的示数F ，将F 记为细线能承受的最大拉力．小明在实验室里还找到一把刻度尺和一个玩具小熊，接着进行了如下的操作：①用刻度尺测出细线的长度L ，用弹簧测力计测出玩具小熊的重力G ；②按图乙所示安装玩具小熊、细线(玩具小熊悬挂在细线的中点)；③两手捏着细线缓慢向两边移动直到细线断裂，读出此时两手间的水平距离d ； ④利用平衡条件算出结果．在不计细线质量和伸长影响的情况下，请回答：(1)小明算出的细线能承受的最大拉力是________(用L 、G 、d 表示)；两位同学中________(选填“小聪”或“小明”)的测量结果较准确．(2)在小明两手捏着细线缓慢向两边移动的上述过程中，下列说法正确的是________(填选项序号字母)．A ．细线上的拉力大小不变B ．细线上的拉力大小减小C ．细线上拉力的合力大小不变D ．细线上拉力的合力大小增大解析：(1)当绳子断裂时，承受的拉力最大，此时绳子与竖直方向夹角的正弦值为sin θ＝d 2L 2＝d L，根据三角函数关系得，cosθ＝L2－d2L.分析小熊的受力，根据共点力的平衡条件得，2F cosθ＝G，联立解得最大拉力，F＝GL2L2－d2.小聪方案中钩码逐个增加，使得测量的细线拉力不连续，造成测量的不准确，所以小明的测量结果较准确．(2)根据力的合成法则可知，在小明两手捏着细线缓慢向两边移动的上述过程中，细线上拉力的合力大小不变，大小等于物体重力，细线上的拉力大小增大，C选项正确，A、B、D选项错误．答案：(1)GL2L2－d2小明(2)C6．有同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力T OA、T OB和T OC，回答下列问题：(1)(多选)改变钩码个数，实验能完成的是________．A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是________．A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度C．用量角器量出三段绳子之间的夹角D．用天平测出钩码的质量(3)在作图时，你认为图2中________是正确的．(填“甲”或“乙”)解析：(1)钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，如图所示：由平行四边形定则可知：OA、OB、OC分别表示三个力的大小，三角形的三个边表示三个力的大小．根据三力合成的法则可知，A选项中，2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态；B选项中，3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡；C选项中，4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡；D选项中，3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡．(2)为验证平行四边形定则，先标记结点O的位置，作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A选项正确．(3)以O点为研究对象，F3的实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际．答案：(1)BCD (2)A (3)甲7．(2016届广东模拟)一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则.(1)如图(a)，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶________时电子秤的示数F；(2)如图(b)，将三细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上．水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、________和电子秤的示数F1；(3)如图(c)，将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上．手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L2，使________和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2；(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若________________，则平行四边形定则得到验证．解析：验证力的平行四边形定则的实验中需要每次实验时的效果相同，且需要记录下拉力的大小及方向，以两个分力为边做出平行四边形，其对角线长度代表合力的大小．(1)要测量装满水的水壶的重力，记下水壶静止时电子秤的示数F.(2)要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1.(3)已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2.(4)根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证．答案：(1)静止(2)三细线的方向(3)结点O的位置(4)F和F′在误差范围内重合8．(2016届新疆模拟)用如下的器材和方法可以验证“力的平行四边形定则”．在圆形桌子桌面平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮，其中，滑轮P1固定在桌子边，滑轮P2、P3可沿桌边移动．第一次实验中，步骤如下：a．在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，并使结点O静止；b．在白纸上描下O点的位置和三根绳子的方向，以O点为起点，作出三根绳子拉力的图示；c．以绕过P2、P3绳的两个力为邻边作平行四边形，作出O点为起点的平行四边形的对角线，量出对角线的长度；d．检验对角线的长度和绕过P1绳拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条直线上．(1)第一次实验中，若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则第三根绳挂的质量小于________．(2)第二次实验时，改变滑轮P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点________(填“必须”或“不必”)与第一次实验中白纸上描下的O点重合．实验中，若桌面不水平________影响实验的结论(填“会”或“不会”)．解析：(1)根据力的合成法则可知，两个力合力的取值范围为|F1－F2|≤F12≤F1＋F2，第一根和第二根绳所挂钩码的重力即两个分力，第三根绳所挂钩码的重力为合力，若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则第三根绳挂的质量范围在m～3m之间，第三根绳挂的质量小于3m.(2)本实验不是采用等效替代法做实验，实验过程中不是先用一根绳拉，再用两根绳去拉，使一根绳拉的作用效果与两根绳拉的作用效果相同．而是三根绳都直接拉O点，所以O点的位置可以改变，若桌面不水平，也不会影响实验结论．即绳的结点不必保持不变．答案：(1)3m(2)不必不会。

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课时强化作业二十四电场力的性质1．（多选）下列说法正确的是（)A．由E＝错误!可知，某电场的场强E与q成反比,与F成正比B．由E＝k错误!知，某点的电场强度大小与Q成正比，与R2成反比C．在真空中,点电荷Q产生的电场中，电场强度的定义式E＝错误!仍成立，式中的Q就是产生电场的点电荷D．在真空中，点电荷Q产生的电场，电场强度的表达式E＝k错误!，式中Q是场源电荷的电量解析：公式E＝错误!为电场强度的定义式，电场强度E与q和F无关，A选项错误;公式E ＝k错误!为电场强度的决定式，某点的电场强度大小与Q成正比，与R2成反比，B选项正确；在真空中，点电荷Q产生的电场中，电场强度的定义式E＝错误!,式中的q是试探电荷，C选项错误；在真空中，点电荷Q产生的电场，电场强度的表达式E＝k错误!,式中Q是场源电荷的电量，D选项正确．答案:BD2．（多选)（2016届遂宁月考)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱．如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F 是连线中垂线上相对O对称的两点,B、C和A、D也相对O对称．则( )A．E、O、F三点比较，O点电势最高B．A、D两点场强大小相等,方向相反C．E、O、F三点比较，O点场强最强D．B、O、C三点比较，O点场强最强解析：分析等量异种点电荷形成的电场，E、O、F三点在电荷连线的中垂线，电势相等，A 选项错误;A、D两点关于电荷对称,故两点的电场强度的大小相等，方向相同，B选项错误；分析电场线的分布情况可知，E、O、F三点比较，O点场强最强,C选项正确；B、O、C三点比较，O点场强最弱，D选项错误．答案：C3. 如图所示，内壁光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m、带电荷量为q的小滑块,静止于P点,整个装置处于沿水平方向的匀强电场中．设滑块所受支持力为FN，OP 与水平方向的夹角为角θ。

(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．(2010·福建理综)中国已投产运行的1000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用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1000 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 4 B.P 2 C ．2PD ．4P [解析] 由P ＝UI 可知，输电电压提高到原来的2倍，由于输电功率不变，所以输电电流变为原来的1/2，由P 损＝I 2R 线可知输电线上损耗的电功率将变为原来的1/4，选项A 正确．[答案] A2．(2010·重庆理综)一输入电压为220 V ，输出电压为36 V 的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图所示，然后将原线圈接到220 V 交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V ．按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( )A ．1100,360B ．1100,180C ．2200,180D ．2200,360 [解析] 由U 1U 2＝n 1n 2得22036＝n 1n 2，2201＝n 15解得n 1＝1100、n 2＝180，选项B 正确． [答案] B3．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，原线圈两端连接光滑金属导轨，副线圈与电压表相连．当直导线AB 在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，沿间距为0.5 m 的平行导轨以速度v ＝10 m/s 匀速向右做切割磁感线运动时，电压表○V 的读数为( )A ．5 VB ．2.5 VC ．1.25 VD ．0[解析] 变压器的工作原理是互感现象，因此不能改变恒定电流的电流和电压关系，所以当导体棒匀速运动时，副线圈中电压为零，故选D.[答案] D4．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[解析] 依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP ＝I 2R 线，而R 线＝ρL S ，增大输电线的横截面积，减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A 正确；由P ＝UI 来看在输送功率一定的情况下，输送电压U 越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B 正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I 越大，电路中损耗的电功率越大，C 错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，因此并不是输电电压越高越好，D 正确．[答案] ABD5．某小型水电站的电能输送示意图如图，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( )A.n 2n 1>n 3n 4B.n 2n 1<n 3n 4C ．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 [解析] 根据变压器工作原理可知n 1n 2＝200U 2，n 3n 4＝U 3220，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U 2>U 3，所以n 2n 1>n 3n 4，A 正确，BC 不正确．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损失功率，D 正确．[答案] AD6．(2012·洛阳四校联考)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u ＝202sin100 πtV, 氖泡在两端电压达到100V 时开始发光，下列说法中正确的有( )A ．开关接通后，氖泡的发光频率为50HzB ．开关接通后，电压表的示数为100VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变[解析] 由u ＝20 2sin100πt V 可知，交流电压频率为50Hz ，在一个周期内，交变电流两次超过100V 电压，所以氖泡的发光频率为100Hz ，选项A 错误；达到变压器输入电压有效值为U 1＝20V ，输出电压有效值U 2＝n 2n 1U 1＝5×20V＝100V ，开关接通与断开，电压表的示数均为100V ，选项B 正确C 错误；开关断开后，氖泡不发光，不消耗电能，变压器的输出功率为零，选项D 错误．[答案] B7．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是( )[解析] 电流互感器要把大电流变为小电流，因此原线圈的匝数少，副线圈的匝数多．监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中．选A.[答案] A8．如图所示，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，在原线圈上加一电压恒为U 的交变电流，则( )A ．保持Q 位置不变，将P 向上滑动，变压器的输出电压变小B ．保持Q 位置不变，将P 向上滑动，电流表的读数变小C ．保持P 位置不变，将Q 向上滑动，电流表的读数变小D ．保持P 位置不变，将Q 向上滑动，变压器输出功率变小[解析] Q 位置不变，则副线圈输出电压不变，P 向上滑动，R 变大，则副线圈输出功率变小，原线圈输入功率变小，据P ＝UI ，则电流表的示数变小，B 正确，A 错误．保持P 位置不变，则R 不变，将Q 向上滑动，则副线圈输出电压变大，副线圈输出功率变大，电流表示数变大，所以C 、D 错误．[答案] B9．一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝1∶2，电源电压u ＝220 2sin ωt V ，原线圈接入一个熔断电流I 0＝1 A 的保险丝，副线圈中接入一个可变电阻R ，如图所示．为了使保险丝不被熔断，调节电阻R 时最低应不能小于( )A ．440 ΩB ．440 2 ΩC ．880 ΩD ．880 2 Ω[解析] 当原线圈电流I 1＝I 0时，副线圈中电流为：I 2＝n 1n 2I 1＝n 1n 2I 0＝12×1 A＝12A ，这就是副线圈中电流的有效值． 副线圈输出电压的有效值为：U 2＝n 2n 1U 1＝n 2n 1U 1m 2＝21×220 22V ＝440 V. 因此，副线圈电路中负载电阻的最小值为：R min ＝U 2I 2＝4401/2Ω＝880 Ω. [答案] C10．如图所示为理想变压器，3个灯泡L 1，L 2，L 3都标有“5 V 5 W”，L 4标有“5 V 10 W”，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2和输入电压u 应为( )A ．2∶1,25 VB ．1∶2,20 VC ．1∶2,25 VD ．2∶1,20 V[解析] 各灯正常发光，I 1＝1 A ，I 2＝2 A ，所以n 1∶n 2＝I 2∶I 1＝2∶1，负载电压U 2＝10 V ，而U 1∶U 2＝n 1∶n 2＝2∶1，则U 1＝20 V ，输入电压u ＝U L 1＋U 1＝25 V ，选A.[答案] A二、非选择题(共30分)11．(15分)理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U ＝2 V ．求：(1)原线圈n 1等于多少匝？(2)当开关S 断开时，电流表A 2的示数I 2＝5 A ．则电流表A 1的示数I 1为多少？(3)当开关S 闭合时，电流表A 1的示数I 1′等于多少？[解析] (1)由电压与变压器匝数的关系可得：U 1/n 1＝U 2/n 2＝U ，则n 1＝1650匝．(2)当开关S 断开时，有：U 1I 1＝U 2I 2，I 1＝U 2I 2U 1＝13A. (3)当开关S 断开时，有：R L ＝U 2/I 2＝44 Ω.当开关S 闭合时，设副线圈总电阻为R ′，有R ′＝R L /2＝22 Ω，副线圈中的总电流为I 2′，则I 2′＝U 2/R ′＝10 A ．由U 1I 1′＝U 2I 2′可知，I 1′＝U 2I 2′U 1＝23A. [答案] (1)1650匝 (2)13 A (3)23A 12．(15分)三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，是中国规模最大的水利工程．枢纽控制流域面积为1.0×106 km 2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q ＝4.51×1011 m 3.水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面．在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作的总发电功率)为P ＝1.82×107 kW ，年平均发电量约为W ＝8.40×1010 kW·h.该工程已全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面．阅读上述资料，解答下列问题(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，g 取10 m/s 2)：(1)若三峡电站上、下游水位差按h ＝100 m 计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值．(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t 为多少天？(3)将该电站的电能输送到华中地区，送电功率为P 1＝4.5×105 kW ，采用超高压输电，输电电压为U ＝500 kV ，而发电机输出的电压约为U 0＝18 kV.若输电线上损耗的功率为输电功率的5%，求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻．[解析] (1)一年里水流做功(即减少的势能)W ′＝Qρgh .水流的势能转化为电能的效率η＝W W ′＝W Qρgh ， 将数据代入上式得η≈67%.(2)设每台发电机组平均年发电n 天，则W ＝Pt ，即P ×n ×24＝W .所以n ＝W 24P ＝8.40×10101.82×107×24天≈192.3天．(3)升压变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝U 0U ＝18500＝9250，输电线上的电流I ＝P 1U＝900 A. 损失功率P 损＝5%P 1＝I 2r ，所以r ≈27.8 Ω.[答案] (1)η＝W Qρgh67% (2)192.3天 (3)925027.8 Ω 拓展题：如图所示为理想变压器，原线圈匝数为n 1，四个副线圈匝数均为n 2，四个负载电阻阻值相同，二极管为理想二极管，现从原线圈P 、Q 两端输入正弦交流电，那么下列说法中正确的是( )A ．只有流过R a 和R d 上的电流是交变电流B ．加在R a 两端的电压是R b 的两倍C ．R a 消耗的功率是R b 的两倍D ．若输入的正弦交变电流频率增大时，则R c 的功率增大，R d 的功率也增大[解析] 由于二极管具有单向导电性，故流过R b 的电流是直流电，而流过R a 、R c 、R d 的电流均为交变电流，A 错误；设R a 两端的交变电流的电压最大值为U m ，则有效值为U a ＝U m 2，R b 上电压的有效值由电流的热效应得U b ＝U m2，则U a ∶U b ＝2，由P ＝U 2R得P a ∶P b ＝2∶1，B 错误，C 正确；当输入的正弦交变电流频率增大时，容抗变小，感抗变大，流过R c 的电流变大，流过R d 的电流减小，则R c 的功率增大，R d 的功率减小，D 错误．[答案] C。