课标通用版2020版高考物理总复习第十一章章末检测

本套资源目录2020版高考物理总复习第十一章第1节交变电流的产生和描述练习含解析2020版高考物理总复习第十一章第2节变压器电能的输送练习含解析第1节交变电流的产生和描述1.(2019·安徽合肥模拟)一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动.在转动过程中,线框中的最大磁通量为Φm,最大感应电动势为E m,下列说法中正确的是( D )A.当磁通量为零时,感应电动势也为零B.当磁通量减小时,感应电动势也减小C.当磁通量等于0.5Φm时,感应电动势等于0.5E mD.角速度ω等于解析:根据正弦式交变电流的产生及其变化规律,当磁通量最大时,感应电动势为零;当磁通量减小时,感应电动势在增大,磁通量减为零时,感应电动势最大,由此可知A,B项错误;设从线框位于中性面开始计时,则有e=E m sin ωt,式中E m=BSω,因Φm=BS,故角速度ω=,D项正确;设e=0.5E m,则解出ωt=,此时Φ=B·Scos =BS=Φm,所以C项错误.2.(2019·甘肃天水模拟)如图所示,实验室一台手摇交流发电机,内阻r=1.0 Ω,外接R=9.0 Ω的电阻.闭合开关S,当发电机转子以某一转速匀速转动时,产生的电动势e=10sin 10πt(V)则( D )A.该电动势的有效值为10 VB.该交变电流的频率为10 HzC.外接电阻R所消耗的电功率为10 WD.电路中理想交流电流表的示数为1.0 A解析:交变电流的频率f= Hz=5 Hz,故B错误;该电动势的最大值为10 V,有效值是10 V,选项A错误;外接电阻R消耗的功率P== W= W,故C错误;电路中电流为I== A=1 A,则理想交流电流表的示数为1.0 A,故D正确.3.(2019·北京清华附中高三模拟)有A,B两个完全相同的电热器,A通以图(甲)所示的交变电流,B通以图(乙)所示的交变电流,则两电热器的电功率之比P A∶P B等于( A )A.2∶1B.1∶1C.∶1D.1∶2解析:(甲)是交变电流,但其有效值为I0,因为它的前半个周期与后半个周期的电流都是等大的;(乙)是正弦交变电流,它的有效值为,则P A∶P B=(I0)2R∶()2R=2∶1,故选项A正确.4.(2019·江西南昌高三模拟)两矩形线圈分别在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化关系分别如图中甲、乙所示,则下列说法正确的是( C )A.两交变电流的频率之比f甲∶f乙=1∶2B.两交变电流电动势的有效值之比E甲∶E乙=3∶1C.t=1 s时,两线圈中的磁通量的变化率均为零D.t=1 s时,两线圈均处在与中性面垂直的位置上解析:由题图可见T乙=2T甲,则f甲∶f乙=2∶1,A错误.E甲∶E乙=E甲m∶E乙m=1∶3,B错误.e∝,t=1 s时e=0,故=0,C正确.e=0说明线圈处在中性面的位置上,D错误.5.(2019·陕西黄陵高三考前模拟)如图(甲)所示,匝数n=100,边长L=0.1 m的正方形线框置于匀强磁场中,现让线框垂直磁场方向的轴匀速转动,如图(乙)为计时开始后,通过线框的磁通量随时间变化的图像,则( A )A.线框中感应电动势有效值为10π VB.线框两端电压瞬时值为u=20π sin50πt VC.匀强磁场的磁感应强度为4×10-3 TD.t=0时刻线框恰好位于中性面处解析:由Φm=BS,得4×10-3=B×0.1×0.1,故B=0.4 T,选项C错误.线圈在磁场中绕垂直于磁场的轴转动时产生正弦式交变电流,电动势最大值E m=nBSω=nΦ·=100×4×10-3×V=20π V,有效值为E==10π V,故A正确;如题图所示,线圈应是从垂直于中性面位置开始计时,故电压瞬时值应为u=20π cos 50πt,B,D错误.6.(2018·广东广州华南师大附中三模)将硬导线中间一段折成不封闭的半圆形,其半径为l.它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动,转速为n,导线在a,b两处通过电刷与外电路连接,外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光,电路中除灯泡外,其余部分的电阻不计,灯泡的电阻应为( A )A. B.C. D.解析:根据最大感应电动势E m=NBSω可得,最大感应电动势为E m=B∙πl2·2πn=Bπ2l2n,所以电动势有效值为E==Bπ2l2n,灯泡两端电压U=E,由P=可得,灯泡的电阻R==,所以A正确.7.(2018·辽宁沈阳高三第三次模拟)如图所示,磁感应强度分别为B和2B的匀强磁场区域是紧邻的,磁场方向垂直于纸面向里,单匝矩形线圈的ab边刚好位于两个磁场的分界处,线圈以ab边为转轴按图示方向匀速转动.已知线圈转动的角速度为ω,ab边长为l1,ad边长为l2,则线圈中产生的感应电动势的有效值为( B )A.Bl1l2ωB.Bl1l2ωC.Bl1l2ωD.Bl1l2ω解析:从图示位置开始,线圈在磁场中转动过程中产生交变电流的电压随时间变化的图像如图所示,两部分最大瞬时电压分别为E m1=Bl1l2ω,E m2=2Bl1l2ω,根据有效值定义可知:·+·=·T,解得U=Bl1l2ω,B正确.8.(2018·四川成都树德中学高三下学期适应性考试)(多选)如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=0.5 T,边长L=10 cm的正方形线圈共100匝,线圈总电阻r=1 Ω,线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO'匀速转动,角速度ω=2π rad/s,外电路中的电阻R=4 Ω,π取 3.14,则( AC )A.线圈转动一周产生的总热量为0.99 JB.感应电动势的最大值为31.4 VC.由图示位置转过60°的过程中产生的平均感应电动势为2.6 VD.从图示位置开始的周期内通过R的电荷量为0.87 C解析:感应电动势的最大值为E m=NBSω=100×0.5×0.12×2π V=π V,故B错误;周期为T==1 s,线圈转动一周产生的总热量为Q=T=×1 J= J=0.99 J,故A正确;由图示位置转过60°,产生的平均感应电动势E=n= V= V≈2.6 V,故C正确;从图示位置开始的周期内,平均电动势=n,则平均电流=,则通过电阻R的电荷量q=·Δt= ,而ΔΦ=B·Ssin ,代入数据得q=0.086 6 C,故选项D错误.9.一个交流电动机的内电阻r=2 Ω,与R=8 Ω的电阻串联接在线圈上,如图所示.已知线圈面积为 m2,共100匝,线圈的电阻为2 Ω,线圈在B= T的匀强磁场中绕OO'以转速n=600 r/min匀速转动时,在合上开关S后电动机正常工作时,电压表的示数为100 V,求:(1)感应电动势的最大值.(2)电动机正常工作时的输出功率.解析:(1)线圈转动时产生的电动势的最大值为E m=NBSω=100×××2π× V=200 V.(2)因为是正弦交变电流,故有效值为E==200 V.设线圈的电阻为r,则电路中的电流I为I==10 A电动机正常工作时的输出功率为P=UI-I2r=800 W.答案:(1)200 V (2)800 W10.(多选)如图(甲)所示,两根间距L=0.4 m的平行金属导轨水平放置,导轨的电阻忽略不计,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B= T,导轨右端非磁场区域连接一个电路,电表均为理想电表,一根导体棒ab置于导轨上,导体棒电阻r=10 Ω,始终与导轨良好接触.若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ和MN之间运动,其速度图像如图(乙)的正弦曲线所示,电阻R=10 Ω,则下列判断正确的有( AB )A.导体棒产生的感应电动势最大值为4 VB.交流电压表读数为2 V,交流电流表示数为0.2 AC.电阻R在1分钟内产生的热量为42 JD.增大导体棒运动的频率,其他条件不变,电压表示数将变大解析:由(乙)图得速度随时间表达式v=10sin t=10sin t=10sin 10πt,导体棒产生的感应电动势瞬时值表达式:e=BLv=×0.4×10sin 10πt (V)=4sin 10πt (V).感应电动势最大值为E m=4 V,有效值为E==4 V.根据闭合电路欧姆定律得I==0.2 A,则交流电流表示数为I2== A=0.2 A.由于电阻R为10 Ω,则其两端电压U= 2 V,即交流电压表读数为2 V,故A,B正确.电阻R在1分钟内产生的热量为Q=I2Rt=0.22×10×60 J=24 J,故C错误.增大导体棒运动的频率,导体棒产生的感应电动势最大值不变,有效值不变,则电压表示数不变,故D错误.11.(2018·湖北黄冈中学第三次模拟)(多选)如图所示,电阻为r的矩形线圈面积为S,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动.匀强磁场的磁感应强度为B,t=0时刻线圈平面与磁场垂直,各电表均为理想交流电表,则( ACD )A.滑片P下滑时,电压表的读数变大B.图示位置线圈中的感应电动势最大C.线圈从图示位置转过180°的过程中,电阻R上产生的焦耳热为D.1 s内流过R的电流方向改变次解析:P下滑时外电阻变大,电流变小,内电压变小,外电压变大,则电压表的读数变大,A正确;图示位置为中性面,电动势为0,故B错误;电动势最大值E m=BSω,则由图示位置转过180°电阻R上产生的焦耳热为Q=[]2R·=,故C正确.1 s所完成的周期数是=,每个周期电流方向改变2次,1 s内流过R的电流方向改变次,故D正确.12.(2018·福建厦门外国语学校高三5月考试)(多选)如图所示,在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨,间距为20 cm,电阻不计,其左端连接一阻值为10 Ω的定值电阻.两导轨之间存在着磁感应强度为1 T的匀强磁场,磁场边界虚线由多个正弦曲线的半周期衔接而成,磁场方向如图所示.一接入电阻阻值为10 Ω的导体棒AB在外力作用下以10 m/s的速度匀速向右运动,交流电压表和交流电流表均为理想电表,则( AD )A.电压表的示数是1 VB.电流表的示数是 AC.导体棒运动到图示虚线CD位置时,电流表示数为零D.导体棒上消耗的热功率为0.1 W解析:回路中产生的是正弦交变电流,故感应电动势的最大值为E m=BLv=1×20×10-2×10 V=2 V,则电动势的有效值E==2 V,电压表测量R两端的电压,则U=E=1 V,电流表的示数为有效值,I== A=0.1 A,故A正确,B错误;电流表示数为有效值,一直为0.1 A,故C错误;导体棒上消耗的热功率P=I2R= 0.01×10 W=0.1 W,故D正确.13.如图所示,水平导体棒ab质量为m、长为L、电阻为R0,其两个端点分别搭接在竖直平行放置的两光滑金属圆环上,两圆环半径均为r,电阻不计,阻值为R的电阻用导线与圆环相连接,理想交流电压表V接在电阻两端,整个空间有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场,导体棒ab在外力F作用下以角速度ω绕两圆环的中心轴OO'匀速转动,产生正弦交变电流,已知重力加速度为g.求:(1)导体棒ab沿环运动过程中受到的安培力最大值F m;(2)电压表的示数U和导体棒从环的最低点运动到与环心等高处过程中通过电阻R的电荷量q;(3)导体棒ab从环的最低点运动半周到最高点的过程中外力F做的功W.解析:当导体棒经过最低点和最高点时,此时导体棒垂直切割磁感线,产生的感应电动势最大,而求出安培力最大值.(1)导体棒ab产生的最大感应电动势E m=BLv=BLωr根据欧姆定律可得I=受到的安培力最大值F m=BIL解得F m=.(2)根据题意,导体棒在圆形轨道匀速转动切割磁感线相当于单匝线圈(单边)转动产生正弦交变电流,故电动势的有效值为E=,则通过电阻R的电流I=,电压表的示数U=IR解得U=导体棒从环的最低点运动到与环心等高处过程产生的平均感应电动势=,通过电阻R的电荷量q=·Δt=·Δt,导体棒此过程中扫过的面积为S=L·r,故磁通量的变化量ΔΦ=B·S=BLr,解得q=.(3)由最低点到最高点的过程安培力做的功为W安=-I2(R+R0)由动能定理得W+W安-mg·2r=0则W=2mgr+. 答案:(1)(2)(3)2mgr+第2节变压器电能的输送1.(2019·福建莆田模拟)如图所示,矩形闭合导线框ABCD处于可视为水平方向的匀强磁场中,线框绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,副线圈接有一只“11 V,33 W”的灯泡.当灯泡正常发光时,变压器输入电压u=33cos 10πt(V).下列说法正确的是( B )A.图示位置可能是计时起点B.图示位置线框中产生的磁通量变化率最小C.变压器原、副线圈匝数之比为3∶1D.通过电流表A的电流为 A解析:根据电压瞬时值表达式可知,线框转动的计时起点是线框平面与磁感线平行的位置,不是图示的位置,选项A错误;图示位置线框的磁通量最大,磁通量的变化率最小,选项B正确;变压器原线圈的电压有效值为33 V,副线圈电压为11 V,根据=,则变压器原、副线圈匝数之比为3∶1,选项C错误;根据输出功率与输入功率相等可知,通过电流表A的电流为I==A=1 A,选项D错误.2.(2019·江西南昌质检)用同样的交流电分别用甲、乙两个电路给同样的灯泡供电,结果两个电路中的灯泡均能正常发光,乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶3,则甲、乙两个电路中的电功率之比为( C )A.1∶1B.5∶2C.5∶3D.25∶9解析:设灯泡的额定电流为I,则甲电路的功率为P甲=UI,根据理想变压器的特点,乙电路中原线圈中电流为I,乙电路的功率为P乙=IU,因此甲、乙两个电路中的功率之比为5∶3,则C项正确.3.(2019·广东惠州调研)把图(甲)所示的正弦式交变电流接在图(乙)中理想变压器的A,B两端,电压表和电流表均为理想电表,R t为热敏电阻(温度升高时其电阻减小),R为定值电阻.下列说法正确的是( A )A.R t处温度升高时,电流表的示数变大,变压器输入功率变大B.R t处温度升高时,电压表V1,V2示数的比值不变C.在t=1×10-2 s时,电压表V1,V2示数均为零D.变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin 50πt(V)解析:R t温度升高时,阻值减小,电流增大,而输出电压不变,所以变压器输出功率增大,而输入功率等于输出功率,所以输入功率增大,故A正确;原副线圈电压比不变,副线圈两端电压不变, R t温度升高时,阻值减小,电流增大,则R两端电压增大,电压表V2示数减小,故电压表V1,V2示数的比值增大,B错误;当t=0.01 s时,变压器的输入电压瞬时值u=0,但电压表V1,V2的示数均为有效值不为零,故C错误;原线圈接题图(甲)所示的正弦式交变电流,由图知最大电压为36 V,周期为0.02 s,故角速度为ω=100π rad/s,则电压的瞬时值表达式为u=36 sin 100πt(V), D错误.4.(多选)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1,原线圈接入电压的瞬时值表达式为u=220sin 100πt(V)的正弦交流电,一个阻值R=100 Ω的电阻接在副线圈上,如图所示.电压表和电流表均为理想交流电表,则下列说法正确的是( BC )A.副线圈两端的电压为44 VB.电流表的示数为0.062 AC.电阻R消耗的功率为9.68 WD.通过电阻R的电流方向每秒改变50次解析:原线圈接入电压的瞬时值表达式为u=220sin 100πt(V),则U1=V=110 V,根据变压器原理可知副线圈两端的电压为U2=U1= 22 V,A错误;副线圈中的电流I2==0.22A=0.31 A,根据变压器原理可得I1=I2=0.062 A,B正确;电阻R消耗的功率为P=U2I2=9.68 W,C正确;该交流电的频率为f= Hz=50 Hz,所以通过电阻R的电流方向每秒改变100次,D错误.5.(多选)如图所示,某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V,输出的电功率为50 kW,用电阻为3 Ω的输电线向远处送电,要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%,则发电站要安装一升压变压器,到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器),对整个送电过程,下列说法正确的是( AD )A.输电线上的损失功率为300 WB.升压变压器的匝数比为1∶100C.输电线上的电流为1 AD.降压变压器的输入电压为4 970 V解析:根据P损=0.6%P=R得,输电线上损失的功率P损=300 W,输电线上的电流I2=10 A,故A 正确,C错误;升压变压器原线圈的输入电流为I1==100 A,则升压变压器的匝数之比为==,故B错误;输电线上损失的电压为ΔU=I2R=30 V,升压变压器的输出电压为U2=10U1=5 000 V,则降压变压器的输入电压为U3=U2-ΔU=4 970 V,故D正确.6.(2019·四川四市联考)普通的交流电表不能直接接在高压输电线上测量交流电流,通常要与电流互感器配合使用.图中电流互感器ab间线圈匝数较多,cd间线圈匝数较少.下列说法正确的是( B )A.ab接MN,cd接PQ,I ab>I cdB.ab接PQ,cd接MN,I ab<I cdC.在使用电流互感器时,副线圈可以不用接地D.在使用电流互感器时,副线圈可以处于开路状态解析:电流互感器的作用是使大电流变成小电流,根据电流与匝数成反比,原线圈的匝数小于副线圈的匝数,故ab接PQ,cd接MN,且I ab<I cd,故A错误,B正确;由于高压电流互感器的原线圈一侧为高压,当原、副线圈之间因绝缘损坏出现高压击穿时,将导致高压进入低压,如果副线圈一点接地,即将高压引入了大地,可确保人身及设备的安全,故C错误;电流互感器副线圈一侧不允许开路.副线圈开路可能产生严重后果,一是铁芯过热,甚至烧毁互感器,二是由于副线圈绕组匝数很多,会感应出危险的高电压,危及人身和设备的安全,故D错误.7.(2019·广东深圳调研)(多选)图(a)中理想变压器的原线圈依次接入如图(b)所示的甲、乙两个正弦交流电源.接电源甲后,调节滑动变阻器滑片位置使小灯泡正常发光,灯泡的功率及电流频率分别为P1,f1;保持滑片位置不变,改用电源乙,小灯泡的功率及电流频率分别为P2,f2,则( AD )A.f1∶f2=3∶2B.P1∶P2=2∶1C.若将变阻器滑片向左移动,电源乙可能使小灯泡正常发光D.若将变压器动片P向下移动,电源乙可能使小灯泡正常发光解析:变压器不改变交流电的频率,从图(b)中可知1.5T1=T2,即=,所以=,A正确;从图(b)中可知甲乙两个电源的电动势最大值比为2∶1,所以两种情况下副线圈两端的电压有效值比为2∶1,所以两种情况下通过灯泡的电流比为2∶1,根据P=I2R,可知=,B错误;若将变阻器滑片向左移动,滑动变阻器连入电路的电阻增大,通过灯泡的电流更小了,所以不可能使小灯泡正常发光,C错误;若将变压器动片P向下移动,即减小,根据=可知U2增大,即副线圈两端电压增大,故电源乙可能使小灯泡正常发光,D正确.8.(多选)如图所示,理想变压器原副线圈匝数比为2∶1,原线圈接交流电u=20sin 100 πt(V),保险丝的电阻为1 Ω,熔断电流为2 A,电表均为理想电表.下列说法正确的有( CD )A.电压表V的示数为14.1 VB.电流表A1,A2的示数之比为2∶1C.为了安全,滑动变阻器接入电路的最小阻值为4 ΩD.将滑动变阻器滑片向上移动,电流表A1的示数减小解析:原线圈电压有效值为U1= V=20 V,根据变压器原理可得U2=U1 =10 V,即电压表V 的示数为10 V,A错误;根据变压器原理可知,电流表A1,A2的示数之比为1∶2,B错误;保险丝的电阻为1 Ω,熔断电流为2 A,为了安全,滑动变阻器接入电路的最小阻值为R min=-r保=Ω- 1 Ω=4 Ω,C正确;将滑动变阻器滑片向上移动,滑动变阻器接入电路的总电阻增大,副线圈电流减小,则原线圈的电流也减小,即电流表A1的示数减小,D正确.9.(2019·甘肃兰州模拟)(多选)如图(甲)所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比为44 ∶5,b是原线圈的抽头,且其恰好位于原线圈的中心,S为单刀双掷开关,负载电阻R=25 Ω,电表均为理想电表,在原线圈c,d两端接入如图(乙)所示的正弦交流电,下列说法中正确的是( CD )A.当S与a连接,电流表的示数为 AB.当S与a连接,电压表示数为50 VC.将S与b连接,电阻R消耗的功率为100 WD.将S与b连接,1 s内电阻R上电流方向改变100次解析:由图像可知,电压的最大值为220 V,交流电的周期为2× 10-2 s,所以交流电的频率为f=50 Hz,交流电电压的有效值为 V= 220 V,当S与a连接时,根据电压与匝数成正比可知,副线圈的电压为25 V,电压表示数为25 V,根据欧姆定律知副线圈中的电流I2== A= 1 A,由=得I1=·I2= A,即电流表示数为 A,故A,B错误;S与b连接时,副线圈两端的电压U2=U1=×220 V=50 V,电阻R消耗的功率为P2== W=100 W,故C正确;变压器不会改变电流的频率,所以副线圈输出电压的频率为50 Hz,1 s电流方向改变100次,故D正确.10.(2019·辽宁鞍山模拟)电吹风是生活中的常用电器.某款电吹风的各项参数如下表所示,其电路图如图所示,理想变压器的两线圈匝数分别为n1和n2, a,b,c,d为四个固定触点,可动的扇形金属片P可同时接触两个触点.触片P处于不同位置时,电吹风可处于停机、吹热风和吹自然风三种不同的工作状态.关于该款电吹风,下列说法中正确的是( C )热风时输入功率450 W自然风时输入功率50 W小风扇额定电压50 V正常工作时小风扇的机械功率42 WA.触片P与触点b,c接触时,电吹风吹热风B.变压器两线圈的匝数比n1∶n2=22∶5C.小风扇线圈电阻为8 ΩD.电热丝正常工作时电阻为625 Ω解析:只有电热丝接入时才能吹热风,故吹热风时触片P与触点a,b接触,故A错误;根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系得n1∶n2=50∶220=5∶22,故B错误;小风扇的热功率为P热=50 W-42 W= 8 W,电流I= A=1 A,则由P=I2r可得,r=8 Ω,故C正确;电热丝的功率P′=450 W-50 W=400 W,由P=可知,电热丝电阻R=Ω=121 Ω,故D错误. 11.(2019·重庆模拟)(多选)如图,理想变压器原、副线圈的匝数比为22∶3,原线圈接u=220sin 100πt(V)的交流电,副线圈接电阻R1= R2=30 Ω, D为二极管.假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大,下列说法正确的是( BD )A.原线圈所接交流电的频率为100 HzB.通过电阻R1的电流有效值为1 AC.通过电阻R2的电流有效值为1 AD.原线圈的输入功率为45 W解析:原线圈接u=220sin 100πt(V)的交流电,周期T= s=0.02 s,频率f==50 Hz,故A错误;原线圈两端电压U1=220 V,根据原副线圈电压之比等于匝数之比可知,副线圈两端电压为U2=×220 V=30 V,通过R1的电流I= A=1 A,故B正确;由于二极管的作用,通过电阻R2的电流I′=× A= A,故C错误;电阻R1消耗的功率P1==30 W;由于二极管的作用,电阻R2电压只有正向电压,则电阻R2消耗的功率为P2= P1 =15 W,副线圈的输出功率应为45 W,输出功率等于输入功率,则变压器的输入功率为45 W,故D正确.12.(2019·湖北荆州模拟)(多选)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示,铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成. 当右侧线圈L2中产生电流时,电流经放大器放大后,使电磁铁吸起铁质开关S,从而切断家庭电路. 仅考虑L1在铁芯中产生的磁场,下列说法正确的有( ABD )A.家庭电路正常工作时,L2中的磁通量为零B.家庭电路中使用的用电器增多时,L2中的磁通量不变C.家庭电路发生短路时,开关S将被电磁铁吸起D.地面上的人接触火线发生触电时,开关S将被电磁铁吸起解析:当家庭电路正常工作时,零线和火线中的电流大小相等,方向始终相反,在L1中产生的磁场方向始终相反,磁场相互叠加,L1,L2中的磁通量为零,A项正确;家庭电路中使用的用电器增多及电路发生短路时,零线和火线中的电流变大但大小仍然相等,电流方向始终相反,L1,L2中的磁通量仍为零,不变,B项正确,C项错误;地面上的人接触火线发生触电时,零线和火线中的电流大小不相等,L1中的磁通量不为零,发生变化,L2中的磁通量不为零发生变化,线圈L2中产生感应电流,此时开关S将被电磁铁吸起,D项正确.13.(2019·江西南昌模拟)(多选)如图所示,有一矩形线圈的面积为S,匝数为N,内阻不计,绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动,从图示位置开始计时.矩形线圈通过滑环接一理想变压器,滑动触头P上下移动时可改变输出电压,副线圈接有可调电阻R,下列判断正确的是( AD )A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcos ωtB.矩形线圈从图示位置经过时间内,通过电流表的电荷量为零C.当P位置不动,R增大时,电压表读数也增大D.当P位置向上移动,R不变时,电流表读数变大解析:从垂直于中性面位置时开始计时,矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcos ωt,故A正确;矩形线圈从图示位置经过时间内,转过的角度为ωt=,磁通量一直增加,电流方向没有改变,故通过电流表的电荷量为q=N≠0(其中R1为回路的等效电阻),故B错误;交流发电机内电阻不计,故变压器输入电压不变,根据理想变压器的变压比公式=,当P位置不动,R增大时,电压表读数不变,仍然等于发电机的电动势有效值,故C错误;当P位置向上移动,R不变时,根据理想变压器的变压比公式=,输出电压变大,故电流变大,功率变大,故输入电流也变大,故电流表读数变大,故D正确.。

本套资源目录江苏专版2020版高考物理一轮复习第十一章实验十验证动量守恒定律讲义含解析江苏专版2020版高考物理一轮复习第十一章第1节动量定理动量守恒定律讲义含解析江苏专版2020版高考物理一轮复习第十一章第2节波粒二象性讲义含解析江苏专版2020版高考物理一轮复习第十一章第3节原子结构与原子核讲义含解析验证动量守恒定律实验目的：验证动量守恒定律。

实验原理：在一维碰撞中，测出物体的质量m 和碰撞前后物体的速度v 、v ′，找出碰撞前的动量p ＝m 1v 1＋m 2v 2及碰撞后的动量p ′＝m 1v 1′＋m 2v 2′，看碰撞前后动量是否守恒。

实验方案 [方案一]利用气垫导轨完成一维碰撞实验[实验器材]气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥、游标卡尺等。

[实验步骤]1．测质量：用天平测出滑块质量。

2．安装：正确安装好气垫导轨。

3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小和方向)。

[数据处理]1．滑块速度的测量：v ＝Δx Δt，式中Δx 为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt 为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。

2．验证的表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′。

[方案二]利用等长摆球完成一维碰撞实验[实验器材]带细线的摆球(两套，等大不等重)、铁架台、天平、量角器、刻度尺、游标卡尺、胶布等。

[实验步骤]1．测质量和直径：用天平测出小球的质量m 1、m 2，用游标卡尺测出小球的直径d 。

2．安装：把小球用等长悬线悬挂起来，并用刻度尺测量悬线长度l 。

3．实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。

4．测角度：用量角器测量小球被拉起的角度和碰撞后两小球摆起的角度。

5．改变条件重复实验：①改变小球被拉起的角度；②改变摆长。

第3讲带电粒子在复合场中的运动基础巩固1.地面附近水平虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E,磁感应强度为B,如图所示。

一带电微粒自距MN为h的高处由静止下落,从P点进入场区,沿半圆圆弧POQ运动,经圆弧的最低点O从Q点射出。

重力加速度为g,忽略空气阻力的影响。

下列说法中错误的是( )A.微粒进入场区后受到的电场力的方向一定竖直向上B.微粒进入场区后做圆周运动,半径为C.从P点运动到Q点的过程中,微粒的电势能先增大后减小D.从P点运动到O点的过程中,微粒的电势能与重力势能之和越来越小2.(2016北京西城期末,16)(多选)如图所示,两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内,左右两端点等高,分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。

两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放。

M、N为轨道的最低点。

则下列分析正确的是( )A.两个小球到达轨道最低点的速度< v NB.两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力> F NC.小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间D.磁场中小球能到达轨道另一端最高处,电场中小球不能到达轨道另一端最高处3.(多选)在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内,同时存在匀强电场E和匀强磁场B。

已知从坐标原点O沿x轴正方向射入的质子,穿过此区域时未发生偏转,则可以判断此区域中E和B的方向可能是( )A.E和B都沿y轴的负方向B.E和B都沿x轴的正方向C.E沿y轴正方向,B沿z轴负方向D.E沿z轴正方向,B沿y轴负方向4.显像管原理的示意图如图所示,当没有磁场时,电子束将打在荧光屏正中的O点,安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场,使电子束发生偏转。

设垂直纸面向里的磁场方向为正方向,若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是( )5.(2017北京海淀一模,22,16分)如图所示,分界线MN左侧存在平行于纸面水平向右的有界匀强电场,右侧存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场。

第十一章　章末检测(45分钟　100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。

在每小题给出的四个选项中第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．如图甲所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda 方向为电流正方向，则( )　甲 乙A ．乙图中Oa 时间段对应甲图中A 至B 图的过程B ．乙图中c 时刻对应甲图中的C 图C ．若乙图中d 等于0.02 s ，则1 s 内电流的方向改变了50次D ．若乙图中b 等于0.02 s ，则交流电的频率为50 HzA [由交变电流的产生原理可知，甲图中的A 、C 两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过1/4个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此甲图中A 至B 图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A 对；甲图中的C 图对应的电流为零，B 错；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，所以一个周期内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od 段等于交变电流的一个周期，若已知d 等于0.02 s ，则频率为50 Hz,1 s 内电流的方向将改变100次，C 错；而D 选项频率应该是25 Hz 。

]2．(2019·永州模拟)边长为a 的N 匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动，转速为n ，线圈所围面积内的磁通量Φ随时间t 变化的规律如图所示，图象中Φ0为已知。

下列说法正确的是( )A ．t 1时刻线圈中感应电动势最大B ．t 2时刻线圈中感应电流方向发生变化C ．匀强磁场的磁感应强度大小为Φ0a 2D ．线圈中感应电动势的瞬时表达式为e ＝2nN πΦ0sin 2πntC [t 1时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故线圈中感应电动势为零，A 错误。

第十一章 交变电流 传感器基础知识一、交变电流1.交变电流:大小和方向随时间做周期性变化的电流.2.正弦交流电的产生和图像(1)产生:如图所示,在匀强磁场里,线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.(2)中性面①定义:与磁场方向垂直的平面.②特点:线圈位于中性面时,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,感应电动势为零.线圈每经过中性面一次,电流的方向就改变一次.(3)图像:用以描述交变电流随时间变化的规律,如果线圈从中性面位置开始计时,其图像为正弦曲线,如图所示.=nBLvsinθ,θ为线圈转过的角度同理CD 边产生的感应电动势二、描述交变电流的物理量 1.交变电流的周期和频率的关系:T=1f. 2.交变电流的“四值”(1)瞬时值:交变电流某一时刻的值,是时间的函数.(2)峰值:交变电流(电流、电压或电动势)所能达到的最大的值,也叫最大值.(3)有效值:跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值.对正弦交流电,其有效值和峰值的关系为. (4)平均值:用E =nt∆Φ∆来计算. 过关巧练1.思考判断(1)交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化.( √ ) (2)线圈经过中性面位置时产生的感应电动势最大.( × )(3)我国使用的交流电周期是0.02 s,电流方向每秒钟改变100次.( √ ) (4)任何交变电流的最大值I m 与有效值I 之间的关系是I m × ) (5)交流电压表及电流表的读数均为峰值.( × )2.小型交流发电机中,矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系,如图所示.此线圈与一个R=10 Ω的电阻构成闭合电路,电路中的其他电阻不计.下列说法正确的是( C )A.交变电流的周期为0.125 sB.交变电流的频率为8 HzC.D.交变电流的最大值为4 A解析:由题图可知交变电流的周期是0.250 s,A 项错误;线圈中产生的交变电流为正弦式交变电流,交变电流的频率f=1T =10.250Hz=4 Hz,B 项错误;感应电动势的最大值为20 V,从而可推出:交变电流的最大值I m =m ER =2010 A=2 A,D 项错误;交变电流的有效值项正确. 3.[人教版选修3-2·P34·T5改编]电阻不计的单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,产生的交流电压瞬时值表达式为cos 100πt(V).下列说法正确的是( A )A.当线圈平面与磁感线平行时,磁通量变化率最大B.该交变电压的频率为100 HzC.D.用理想电压表测量该电压,其示数约为141 V解析:当线圈平面与磁感线平行时,产生的感应电动势最大,此时磁通量变化率最大,故A 正确;频率f=100π2πHz=50 Hz,故B 错误;感应电动势的最大值E m =100 V,根据E m =BS ω可知BS=mEWb,故C 错误;电压表测量的是有效值=100 V,故D 错误. 考点研析考点一 交变电流的产生及变化规律1.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)3.三点注意(1)只要线圈平面在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,就产生正弦式交变电流,其变化规律与线圈的形状、转动轴处于线圈平面内的位置无关.(2)Φ-t图像与对应的e-t图像是互余的.(3)电流方向的改变:线圈通过中性面时,电流方向发生改变,一个周期内线圈两次通过中性面,因此电流的方向改变两次.【典例1】在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图(甲)所示,产生的交变电动势的图像如图(乙)所示,则( B )A.t=0.005 s时线框的磁通量变化率为零B.t=0.01 s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311 VD.线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析:线框中感应电动势与磁通量的变化率成正比,而t=0.005 s时e最大,A项错误;t=0.01 s=50 时e=0,B项正确;电动势有效值E=311 V≈220 V,C项错误;周期T=0.02 s,频率f=1T Hz,D项错误.【针对训练】如图(甲)所示,一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中,并绕过ab,cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动.若以线圈平面与磁场夹角θ=45°时,如图(乙)所示为计时起点,并规定当电流自a流向b时电流方向为正,则四幅图正确的是( D )解析:从图(甲)可以看出线圈从垂直于中性面位置开始旋转,由楞次定律可判断,初始时刻电流方向由b到a,故瞬时电流的表达式为i=-I max cos ωt,若从题图(乙)所示位置开始计时,电流,电流将改变方向.并且电流表达式方向为adcb,与规定正方向相反,再转过π4+ωt）,选项D正确.i=-I max cos（π4考点二交变电流有效值的求解1.正弦交变电流的有效值可利用公式直接计算,其中E m,U m,I m表示正弦交流电的峰值.2.交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的,所以进行有效值计算时,要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算.注意“三同”即“相同电阻”上,“相同时间”内产生“相同热量”.计算时“相同时间”至少要取一个周期的时间.3.几种典型的交变电流及其有效值4.在交流电路中,在没有具体说明的情况下,电压表、电流表、功率表等电工仪表的示数均为交变电流的有效值.【典例2】 如图所示是某种交变电流的电流随时间变化的图线,i>0部分的图线是一个正弦曲线的正半周,i<0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周,其最大值如图中所示,则这种交变电流的有效值为( C )A.I 0 I 0 0 0〚思路探究〛 (1)0～T 周期内,电流的有效值怎么计算? 答案:(2)0～3T 周期内,电流的有效值怎么计算?答案:非连续的正弦式交变电流的有效值按热效应来计算.解析:取一个周期时间,由电流的热效应求解,设电流的有效值为I, 则I 2R ·22R ·2T,1.[定义法]通过一阻值R=100 Ω的电阻的交变电流如图所示,其周期为1 s.电阻两端电压的有效值为( B)A.12 VV C.15 V解析:21I R ·2t 1+22I R ·2t 2=2U R·T 代入I 1=0.1 A,I 2=0.2 A,t 1=0.4 s,t 2=0.1 s,解得V.2.[公式法]如图(甲)所示,将电阻R 1,R 2并联后再与R 3串联,并通过开关S 与交流电源连接成闭合回路.已知R 1=R 3=20 Ω,R 2=10 Ω,合上开关S 后,通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 变化的情况如图(乙)所示.则( B)A.通过R 1的电流的有效值是0.6 AB.通过R 2的电流的有效值是0.6 AC.R 1两端的电压有效值是D.R 3两端的电压有效值是解析:根据通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 的变化关系图线可得通过R 2的电流的有效值为I 2所以选项B 正确;R 2两端电压的有效值为U 2=I 2R 2=0.6×10 V=6 V,因R 1与R 2并联,所以R 1两端的电压有效值和R 2两端电压的有效值相同,即U 1=U 2=6 V,所以选项C 错误;通过R 1的电流的有效值是I 1=11U R =0.3 A,所以选项A 错误;R 3电压的有效值U 3=I 3R 3=(I 1+I 2)R 3=0.9×20 V=18 V,所以选项D 错误.考点三 交变电流“四值”的比较和应用对交变电流“四值”的比较【典例3】 如图所示,线圈abcd 的面积是0.05 m ,共100匝,线圈电阻为1 Ω,外接电阻R 为9 Ω,匀强磁场的磁感应强度为B=1πT,当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时,求:(1)若从线圈处于中性面开始计时,写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式; (2)线圈转过130s 时电动势的瞬时值多大? (3)电路中,电压表和电流表的示数各是多少? (4)从中性面开始计时,经130s 通过电阻R 的电荷量为多少? 〚核心点拨〛 (1)中性面开始计时,表明为正弦交流电; (2)电路中的电表示数都是有效值;(3)计算电荷量时,需考虑物理量的平均值,而不能用有效值. 解析:(1)e=E m sin ωt =nBS ·2πfsin(2πft) =100×1π×0.05×2π×30060sin(2π×30060t)(V) =50sin 10πt(V). (2)当t=130 s 时e=50sin(10π×130)(V)=43.3 V. (3)电动势的有效值为V=35.4 V, 电流表示数I=E R r +=35.491+ A=3.54 A, 电压表示数U=IR=3.54×9 V=31.86 V. (4)130 s 内线圈转过的角度θ=ωt=30060×2π×130=π3.该过程中ΔΦ=BS-BScos θ=12BS, 由I =q t ∆,I =E R r +,E =n t∆Φ∆,得q=n R r ∆Φ+=()2nBS R r +=()11000.05π291⨯⨯⨯+ C=14π C. 答案:(1)e=50sin 10πt(V) (2)43.3 V (3)31.86 V 3.54 A (4)14πC1.[有效值、平均值的计算]如图所示,一半径为r 的半圆形单匝线圈垂直放在具有理想边界的匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B.以直径ab 为轴匀速转动,转速为n,ab 与磁场边界重合,M 和N 是两个滑环,负载电阻为R.线圈、电流表和连接导线的电阻不计,下列说法中正确的是( A)A.转动过程中电流表的示数为22π2Bnr RB.从图示位置起转过14圈的时间内电阻R 上产生的焦耳热是22244πn B r RC.从图示位置起转过14圈的时间内通过负载电阻RD.以上说法均不正确解析:转速为n,则ω=2πn,S=12πr 2,最大感应电动势E m =BS ω=π2Bnr 2,因只有一半区域内有磁场,由有效值的计算公式可得2E R)2×1R ×2T 得有效值E=m 2E =22π2Bnr,则电路中电流I=E R=22π2Bnr R ,故A 正确,D 错误;求焦耳热要用有效值,Q=I 2Rt=(22π2Bnr R )2·R ·14n =424π16B r n R ,B 错误;转14圈时磁通量变化量为ΔΦ=B 2π2r ,所用的时间t=4T =14n ,则平均电动势E =t ∆Φ∆=2n πBr 2,通过负载电阻R 的电荷量q=I t=E R t=2π2B r R,C 错误.2.[瞬时值、峰值的考查]如图(甲)所示,标有“220 V 40 W ”的灯泡和标有“20 μF 300 V ”的电容器并联到交流电源上,为交流电压表,交流电源的输出电压如图(乙)所示,闭合开关.下列判断正确的是( B )A.t=2T时刻,的示数为零B.灯泡恰好正常发光C.电容器不可能被击穿D.的示数保持不变解析: 的示数应是电源电压的有效值220 V,故A,D 错;电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压,灯泡正常发光,B 正确;电压的峰值U m≈311 V,大于电容器的耐压值,故有可能被击穿,C 错.素养提升【思维拓展】 发电机、电动机模型 1.模型构建发电机和电动机模型是高考中以电磁感应为背景命题的常见模型,凡是在外力作用下做切割磁感线运动而产生感应电流的导体均可看成发电机模型;凡在安培力作用下在磁场中运动的通电导体均可看成电动机模型. 2.模型条件【示例1】 (2018·山东实验中学高三第二次模拟)(多选)如图所示,单匝矩形闭合导线框abcd 处于磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场中,线框面积为S,电阻为R.线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动,则下列说法中正确的是( BD )A.线框转过π6时,线框中的电流方向为abcdaB. C.线框转一周过程产生的热量为222πB S RωD.线框从中性面开始转过π2过程,通过导线横截面的电荷量为BS R解析:根据楞次定律可知线框中的电流方向为adcba,故A 错误;线框转动过程中电动势的最大值为E m =BS ω,电压的有效值为则线框中感应电流的有效值为I=UR ,故B 正确;线框转一周的过程中,产生的热量为Q=I 2)2R 2πω=22πB S R ω,故C 错误;从中性面开始转过π2的过程中,通过导线横截面的电荷量为q=R ∆Φ总=BSR ,故D 正确. 【示例2】 如图所示电路中接入电压为u=U 0sin ωt 的正弦交流电,电路中接有一个交流电流表、保护电阻R 0和一个电动机,电动机的线圈电阻为R.当输入端接通电源后,电动机带动一质量为m 的重物匀速上升,此时电流表的示数为I,重力加速度为g,下列说法正确的是( C )A.电流表的示数表达式是I=0U R R +sin ωt B.电动机两端的电压为IR C.电动机消耗的电功率为-IR 0)ID.00I U解析:电流表测量出来的应该是交变电流的有效值,故示数不是随时间变化的数值,选项A 错误;电动机内部电阻两端电压是IR,而电动机并非纯电阻电器,故其两端的电压应该是-IR 0,选项B 错误;电动机消耗的电功率是P电-IR 0)I,选项C 正确;由功能关系知道P 电=I 2R+mgv,解得()00I U R R ⎡⎤+故选项D 错误。

第2讲变压器远距离输电A组基础过关1.(2018河北定州中学模拟)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1,原线圈接正弦交流电源上,副线圈接入“3V6W”灯泡一只,且灯泡正常发光。

则()A.原线圈两端电压为3VB.电源输出功率为120WC.电流表的示数为0.1AD.电流表的示数为40A答案C根据电压与匝数成正比可知,原线圈两端电压为60V,故A错误;理想变压器的输入功率和输出功率大小相等,在副线圈中只有一只6W的灯泡正常发光,所以输入功率和输出功率的大小都为6W,故B错误;根据理想变压器输入功率为6W,则原线圈的电流I=PU =6 60A=0.1A,故选项C正确,选项D错误。

2.如图所示,理想变压器的原线圈接入u=11000√2sin100πt(V)的交变电压,副线圈通过电阻r=6Ω的导线对“220V880W”的电动机M供电,该电动机正常工作。

由此可知()A.原、副线圈的匝数比为50∶1B.交变电压的频率为100HzC.副线圈中电流的有效值为4AD.变压器的输入功率为880W答案 C 由题可知,副线圈输出电压U 2=220 V+U r ,n 1n 2=U 1U 2=11 000V 220V+U r<501,故A 错误;f=50 Hz,故B错误;I 2=880220 A=4 A,故C 正确;由于理想变压器P 入=P 出=I 22r+880 W>880 W,故D 错误。

3.我国已投产运行的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.P4 B.P2 C.2PD.4P答案 A 由P=UI 知,远距离输电问题中,若输送电功率不变,则输电电压与输电电流成反比,所以用1 000 kV 特高压输电时,输电电流变为原来输电电流的一半,由P=I 2R 知,输电线上损耗的电功率与输电电流的平方成正比,所以输电线上损耗的电功率变为原来输电线上损耗的电功率的14,即P4,A 正确。

本套资源目录2020版高考物理一轮总复习第十一章第1课时电磁感应现象楞次定律基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第十一章第2课时法拉第电磁感应定律自感和涡流基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第十一章第3课时电磁感应中的电路和图象问题能力课时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第十一章第4课时电磁感应中的动力学和能量问题能力课时限时规范训练含解析新人教版电磁感应现象楞次定律[基础巩固题组](20分钟，50分)1．如图所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是( )A．同时向左运动，间距增大B．同时向左运动，间距减小C．同时向右运动，间距减小D．同时向右运动，间距增大解析：选B.根据“来拒去留”可知，两环同时向左运动，又因两环中产生同向的感应电流，相互吸引，且右环受磁铁的排斥作用较大，故两环间距又减小，B正确．2．如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若( )A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向解析：选D.当金属环上下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，根据楞次定律，没有感应电流产生，选项A、B错误；当金属环向左移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向外且增加，根据楞次定律可知，环上产生顺时针方向的感应电流，故选项C错误；当金属环向右移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向里且增加，根据楞次定律可知，环上产生逆时针方向的感应电流，故选项D正确．3．如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路．在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A.不计铁芯和铜环A之间的摩擦．则下列情况中铜环A会向右运动的是( )A．线圈中通以恒定的电流B．通电时，使滑动变阻器的滑片P向右匀速移动C．通电时，使滑动变阻器的滑片P向左加速移动D．开关突然断开的瞬间解析：选C.铜环A向右运动，说明穿过A的磁通量在增加，绕在铁芯上的线圈中的电流在增大，故选项C正确．4．如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化解析：选D.当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故A、C错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B 错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故D正确.5．如图所示，AOC是光滑的金属导轨，电阻不计，AO沿竖直方向，OC沿水平方向；PQ是金属直杆，电阻为R，几乎竖直斜靠在导轨AO上，由静止开始在重力作用下运动，运动过程中P、Q端始终在金属导轨AOC上；空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆从开始滑动到P端滑到OC的过程中，PQ中感应电流的方向( )A．始终是由P→QB．始终是由Q→PC．先是由P→Q，后是由Q→PD．先是由Q→P，后是由P→Q解析：选C.在PQ杆滑动的过程中，△POQ的面积先增大后减小，穿过△POQ的磁通量先增加后减少，根据楞次定律可知，感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P，C正确．6．(2019·重庆一中模拟)如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力F N和摩擦力F f的情况，以下判断正确的是( )A．F N先大于mg，后小于mgB．F N一直大于mgC．F f先向左，后向右D．线圈中的电流方向始终不变解析：选A.当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的压力增大，即F N大于mg，线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力．当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，同理，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的压力减小，即F N小于mg，线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力．综上可知，F N先大于mg，后小于mg，F f始终向左，故选项B、C错误，A正确；当磁铁靠近线圈时，穿过线圈向下的磁通量增加，线圈中产生感应电流从上向下看是逆时针方向；当磁铁远离线圈时，穿过线圈向下的磁通量减小，线圈中产生感应电流从上向下看是顺时针方向，故选项D错误．7．(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：选AB.当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘呈电中性，转动不会形成电流，不会导致磁针转动，选项D错误．[能力提升题组](25分钟，50分)1．(2019·潍坊模拟)如图所示，线圈A内有竖直向上的磁场，磁感应强度B随时间均匀增大；等离子气流(由高温高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，发现两直导线a、b互相吸引，由此可以判断P1、P2两极板间的匀强磁场的方向为( )A．垂直纸面向外B．垂直纸面向里C．水平向左D．水平向右解析：选B.线圈A内有竖直向上的磁场，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知a中电流的方向向下，a、b相互吸引，说明b中电流的方向也向下，则P1带正电，说明正离子向上偏转，根据左手定则可知P1、P2两极板间磁场的方向垂直于纸面向里，B正确．2．(2019·株洲模拟)如图，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么( )A．由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度B．由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度C．由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重力加速度D．由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度解析：选C.铜是非磁性材料，不能够被磁化，B错误；铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管始终切割磁感线，铜管中都有感应电流，强磁体受到向上的磁场力，加速度始终小于重力加速度，C正确，A、D错误．3．(多选)如图所示，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用绝缘细线悬挂于O点．将圆环拉至位置a后无初速度释放，圆环摆到右侧最高点b，不计空气阻力．在圆环从a摆向b的过程中( )A．感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向B．感应电流方向一直是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向解析：选AD.由楞次定律知，感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向，A正确，B错误；根据左手定则，因等效导线是沿竖直方向的，且两边的磁感应强度不同，故合力方向始终沿水平方向，和速度方向会有一定夹角，C错误，D正确．4．(多选)如图所示，倾角为α的斜面上放置着光滑导轨，金属棒KN置于导轨上，在以ab和cd为边界的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上．在cd左下方的无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒KN在重力作用下从磁场右边界ab处由静止开始向下运动后，则下列说法正确的是( )A．圆环L有收缩趋势B．圆环L有扩张趋势C．圆环内产生的感应电流变小D．圆环内产生的感应电流不变解析：选AC.由于金属棒KN在重力的作用下向下运动，则KNMP回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于轨道平面向上的磁场，随着金属棒向下加速运动，圆环的磁通量将增加，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增加；又由于金属棒向下运动的加速度减小，磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小．故A、C正确．5．(多选)如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时( )A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流解析：选AD.据题意，在t1～t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增大，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向里减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，选项D正确．6．(2017·高考全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )解析：选A.底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在选项C这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在选项B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；选项A这种情况下，不管紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，选项A正确．7．(多选)如图所示，铁芯上有两个线圈A和B.线圈A跟电源相连，LED(发光二极管，具有单向导电性)M和N并联后接在线圈B两端．图中所有元件均正常，则( )A．S闭合瞬间，A中有感应电动势B．S断开瞬间，A中有感应电动势C．S闭合瞬间，M亮一下，N不亮D．S断开瞬间，M和N二者均不亮解析：选ABC.闭合开关的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加，线圈A中将产生自感电动势，故A正确；开关断开的瞬间，穿过线圈A的磁通量减小，线圈A中将产生自感电动势，故B正确；闭合开关的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加，根据安培定则可知，A中产生的磁场的方向向上，穿过B的磁通量向上增大时，根据楞次定律可知，B中感应电流的磁场方向向下，根据安培定则可知B中感应电流的方向向下，所以线圈下端的电势高，电流能通过二极管M，不能通过二极管N，故C正确；结合C的分析可知，S 断开瞬间，穿过线圈B的磁通量减小，产生感应电流的方向与C中感应电流的方向相反，所以感应电流能通过二极管N，不能通过二极管M，故D错误．法拉第电磁感应定律 自感和涡流[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(多选)如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化．下列说法正确的是( )A ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变解析：选AD.线框中的感应电动势为E ＝ΔB Δt S ，设线框的电阻为R ，则线框中的电流I ＝E R ＝ΔB Δt ·S R ，因为B 增大或减小时，ΔB Δt可能减小，也可能增大，也可能不变．线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关．故选项A 、D 正确．2．如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22ΔtB ．nBa 22Δt C.nBa 2Δt D ．2nBa 2Δt 解析：选B.磁感应强度的变化率ΔB Δt ＝2B －B Δt ＝B Δt，法拉第电磁感应定律公式可写成E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ，其中磁场中的有效面积S ＝12a 2，代入得E ＝n Ba 22Δt，选项B 正确，A 、C 、D 错误．3．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是y ＝x 2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a 的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上y ＝b (b ＞a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )A ．mgbB ．12mv 2C ．mg (b －a )D ．mg (b －a )＋12mv 2 解析：选D.金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好飞不出磁场，就往复运动永不停止，由能量守恒可得Q ＝ΔE ＝12mv 2＋mg (b －a )．4．如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a 、b ，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B 随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b .不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )A ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向解析：选 B.由题意可知ΔB Δt ＝k ，导体圆环中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ＝ΔB Δt·πr 2，因r a ∶r b ＝2∶1，故E a ∶E b ＝4∶1；由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B 正确．5．在如图所示的电路中，两个灵敏电流表G 1和G 2的零点都在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是( )A ．G 1表指针向左摆，G 2表指针向右摆B ．G 1表指针向右摆，G 2表指针向左摆C ．G 1、G 2表的指针都向左摆D ．G 1、G 2表的指针都向右摆解析：选B.电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈L 中电流减小，产生与原方向同向的自感电动势，与G 2和电阻组成闭合回路，所以G 1中电流方向向右，G 2中电流方向向左，即G 1指针向右摆，G 2指针向左摆，B 正确．6．如图所示，水平“U 形”导轨abcd 固定在匀强磁场中，ab 与cd 平行，间距L 1＝0.5 m ，金属棒AB 垂直于ab 且和ab 、cd 接触良好，AB 与导轨左端bc 的距离为L 2＝0.8 m ，整个闭合回路的电阻为R ＝0.2 Ω，磁感应强度为B 0＝1 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad 通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m ＝0.04kg 的物体，不计一切摩擦，现使磁场以ΔB Δt ＝0.2 T/s 的变化率均匀地增大．求： (1)金属棒上电流的方向；(2)感应电动势的大小；(3)物体刚好离开地面的时间(g 取10 m/s 2)．解析：(1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由A 到B .(2)由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt＝0.08 V. (3)物体刚好离开地面时，其受到的拉力F ＝mg而拉力F 又等于棒所受的安培力，即mg ＝F 安＝BIL 1其中B ＝B 0＋ΔB Δtt I ＝E R解得t ＝5 s.答案：(1)由A 到B (2)0.08 V (3)5 s[能力提升题组](25分钟，50分)1．图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )A ．恒为nSB 2－B 1t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS B 2－B 1t 2－t 1 C ．恒为－nS B 2－B 1t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS B 2－B 1t 2－t 1解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt＝n B 2－B 1S t 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n B 2－B 1S t 2－t 1，选项C 正确．2．(2019·江西吉安市一中模拟)如图所示，Q 是单匝金属线圈，MN 是一个螺线管，它的绕线方向没有画出，Q 的输出端a 、b 和MN 的输入端c 、d 之间用导线相连，P 是在MN 的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q 所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t 1至t 2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是( )解析：选D.在t 1至t 2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，根据楞次定律的另一种表述，知螺线管MN 中产生的磁场在增加，即螺线管中的电流增大，根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ，知ΔB Δt增大，故D 正确，A 、B 、C 错误．3．(2019·山东德州调研)如图所示，长为L 的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上，P 、Q 为电容器的两个极板，磁场方向垂直于环面向里，磁感应强度以B ＝B 0＋kt (k >0)随时间变化．t＝0时，P 、Q 两极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径．经时间t ，电容器的P 极板( )A ．不带电B ．所带电荷量与t 成正比C ．带正电，电荷量是kL 2C 4π D ．带负电，电荷量是kL 2C4π 解析：选D.由于k >0，磁感应强度均匀增大，所以感应电流的磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则，感应电流方向逆时针，在电源内部电流从负极流向正极，所以P 极板为电源负极，带负电，由U ＝ΔBS Δt ＝k ·π(L 2π)2＝kL 24π，q ＝CU ＝kL 2C 4π，故选项D 正确．4．如图所示，三个灯泡L 1、L 2、L 3的阻值关系为R 1＜R 2＜R 3，电感线圈L 的直流电阻可忽略，D 为理想二极管，开关S 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是( )A ．L 1逐渐变暗，L 2、L 3均先变亮，然后逐渐变暗B ．L 1逐渐变暗，L 2立即熄灭，L 3先变亮，然后逐渐变暗C ．L 1立即熄灭，L 2、L 3均逐渐变暗D ．L 1、L 2、L 3均先变亮，然后逐渐变暗解析：选B.开关S 处于闭合状态时，由于R 1＜R 2＜R 3，则分别通过三个灯泡的电流大小I 1＞I 2＞I 3，开关S 从闭合状态突然断开时，电感线圈产生与L 中电流方向一致的自感电动势，由于二极管的反向截止作用，L 2立即熄灭，电感线圈、L 1、L 3组成闭合回路，L 1逐渐变暗，通过L 3的电流由I 3变为I 1，再逐渐减小，故L 3先变亮，然后逐渐变暗，选项B 正确．5．如图所示，某同学在玻璃皿中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体”实验，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B ＝0.1 T ，玻璃皿的横截面的半径为a ＝0.05 m ，电源的电动势为E ＝3 V ，内阻r ＝0.1 Ω，限流电阻R 0＝4.9 Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R ＝0.9 Ω，闭合开关后，当液体旋转时，电压表的示数为1.5 V ，则( )A ．由上往下看，液体做顺时针旋转B ．液体所受的安培力大小为1.5×10－4 NC ．闭合开关后，液体热功率为0.81 WD ．闭合开关10 s ，液体具有的动能是3.69 J解析：选D.由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形的电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A 错误；电压表的示数为1.5 V ，则根据闭合电路欧姆定律有E ＝U ＋IR 0＋Ir ，所以电路中的电流I ＝E －U R 0＋r ＝3－1.54.9＋0.1A ＝0.3 A ，液体所受的安培力大小F ＝BIL ＝BIa ＝0.1×0.3×0.05 N ＝1.5×10－3 N ，故B 错误；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R ＝0.9 Ω，则液体热功率为P 热＝I 2R ＝0.32×0.9 W＝0.081 W ，故C 错误；10 s 末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率P ＝UI ＝1.5×0.3 W＝0.45 W ，所以闭合开关10 s ，液体具有的动能E k ＝W 电流－W 热＝(P －P 热)·t ＝(0.45－0.081)×10 J＝3.69 J ，故D 正确．6．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L ＝0.4 m ，一端连接R ＝1 Ω 的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝1 T ．导体棒MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F 作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v ＝5 m/s.求：(1)感应电动势E 和感应电流I ；(2)在0.1 s 时间内，拉力冲量I F 的大小；(3)若将MN 换为电阻r ＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U . 解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E ＝BLv ＝1×0.4×5 V＝2 V ，感应电流I ＝E R ＝21A ＝2 A. (2)拉力大小等于安培力大小F ＝BIL ＝1×2×0.4 N＝0.8 N ，冲量大小I F ＝F Δt ＝0.8×0.1 N·s＝0.08 N·s.(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流I ′＝E R ＋r ＝22A ＝1 A ， 由欧姆定律可得，导体棒两端的电压U ＝I ′R ＝1×1 V＝1 V.答案：(1)2 V 2 A (2)0.08 N·s (3)1 V。

第十一章 45分钟章末检测卷满分98分选择题(1～10题只有一项符合题目要求，11～14题有多个选项符合题目要求，每小题7分，共98分)1．小型交流发电机的矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间的关系是正弦函数．将发电机与一个标有“6 V 6 W”的小灯泡连接形成闭合回路，不计电路的其他电阻．当线圈的转速为n ＝5 r/s 时，小灯泡恰好正常发光，则电路中电流的瞬时表达式为( )A ．i ＝sin5t(A)B ．i ＝sin10πt(A)C ．i ＝1.41sin5t(A)D ．i ＝1.41sin10πt(A)解析：因为小灯泡正常发光，所以电路中电流的有效值为I ＝P U＝1 A ，则电流的最大值为I m ＝ 2 A≈1.41 A．因为转速n ＝5 r/s ，且ω＝2nπ，所以ω＝10π rad/s，故电路中电流的瞬时值表达式为i ＝1.41sin10πt(A)，选项D 正确．答案：D2．(2020·惠州模拟)一交变电流的图象如图所示，由图可知( )A ．该交流电的周期是0.02 sB ．该交流电电流最大值为20 2 AC ．该交流电的频率为100 HzD ．用电流表测该电流其示数为10 2 A解析：该交流电的周期T ＝0.01 s ，频率f ＝1T＝100 Hz ，A 错、C 对；最大值I m ＝10 2 A ，电流表测得的是电流有效值I ＝I m 2＝10 A ，故B 、D 错误． 答案：C3．(2020·辽宁锦州期末)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接在正弦交流电源上，副线圈接入“3 V 6 W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则( )A ．原线圈电压有效值为3 VB ．电源输出功率为120 WC ．电流表的示数为0.1 AD ．电流表的示数为40 A解析：根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，原线圈两端电压有效值为60 V ，选项A 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，所以输入功率和输出功率都为6 W ，则电源输出功率为6 W ，选项B 错误；理想变压器输入功率为6 W ，则原线圈中的电流有效值为I ＝P U ＝660A ＝0.1 A ，选项C 正确，选项D 错误．答案：C4．在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流．所用的器材叫电流互感器，如图所示，能正确反映其工作原理的是( )解析：电流互感器把大电流变成小电流，测量时更安全，据变压器原理，I 1I 2＝n 2n 1，I 2＝n 1n 2I 1，所以要求线圈匝数n 2>n 1，原线圈要接在火线上，故本题只有A 正确．答案：A5．如图为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断错误的是( )A ．这是一个降压变压器B ．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C ．当原线圈输入交流电压220 V 时，副线圈输出直流电压12 VD ．当原线圈输入交流电压220 V 、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大解析：根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V ，输出电压为12 V ，该变压器为降压变压器，故选项A 、B 正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C 错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D 正确．答案：C6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为55：3，原线圈a 、b 间输入交流电瞬时值的表达式为u ＝2202sin(100πt)V，副线圈两端接有两只标有“24 W”字样的灯泡，当开关S 1和S 2都闭合时，两灯泡均正常发光，下列说法中正确的是( )A ．两只灯泡能承受的最高电压为12 VB ．断开开关S 1，副线圈两端的电压将变大C ．断开开关S 1，变压器原线圈的输入功率将变小D ．该变压器原、副线圈的输入、输出功率之比为55：3解析：由理想变压器的工作原理知原、副线圈的电压与匝数成正比U 1U 2＝n 1n 2，解得副线圈输出电压的有效值为U 2＝12 V ，故灯泡能承受的最高电压应为12 2 V ，A 错误；无论是断开开关S 1还是断开开关S 2，副线圈的电压均不变，B 错误；断开开关S 1，小灯泡L 2仍能正常发光，L 2消耗的功率不变，则理想变压器的输出功率减小，由于理想变压器的输出功率等于输入功率，因此输入功率也减小，C 正确、D 错误．答案：C7．(2020·广西重点高中高三一模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，a 、b 端接入一正弦式交流电源．L 1、L 2为两只规格均为“22 V 6 W”的灯泡，两电表为理想交流电表．当滑动变阻器的滑片P 处于中间位置时，两灯泡恰好都正常发光．下列说法正确的是( )A ．电流表示数为0.27 AB ．电压表示数为44 VC ．滑片P 向下移动时，灯泡L 2将变暗D ．滑片P 向上移动时，灯泡L 1将变暗解析：由于原、副线圈匝数比为2：1，则原、副线圈电流比为1：2，因两灯泡正常发光，所以原线圈电流为311 A ，则副线圈电流为611A ＝0.55 A ，A 错．原、副线圈两端电压比为2：1，副线圈两端电压为22 V ，所以原线圈两端电压为44 V ，B 对．滑片P 向下移动时，副线圈电路的电阻变小，电流变大，则原线圈电路中电流也变大，即通过灯泡L 2的电流变大，灯泡L 2可能变亮或烧毁，C 错．滑片P 向上移动时，通过灯泡L 2的电流变小，原线圈两端电压变大，则副线圈两端电压也变大，灯泡L 1可能变亮或烧毁，D 错．答案：B8．(2020·江西省五校高考模拟考试)如图所示，有一矩形线圈的面积为S ，匝数为N ，电阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R 0和滑动变阻器R ，下列判断正确的是( )A ．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωsinωtB ．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间内，通过电流表A 1的电荷量为0 C ．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A 1和A 2示数都变小D ．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V 1示数不变，V 2和V 3的示数都变小解析：初始位置是与中性面垂直的平面，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωcosωt，选项A 错误；π2ω是四分之一个周期，由Q ＝ΔΦR可得，通过电流表A 1的电荷量不为零，选项B 错误；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器的阻值变大．电路总电阻变大，电流表A 2示数变小，结合I 1I 2＝n 2n 1可得，电流表A 1示数也变小，选项C 正确；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V 1示数不变，结合U 1U 2＝n 1n 2，V 2示数也不变，电压表V 3示数变大，选项D 错误． 答案：C9．某发电机说明书的部分内容如下表所示，现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示．发电机到安置区的距离是400 m ，输电线路中的火线和零线均为某型号单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4 Ω.安置区家用电器的总功率为44 kW ，当这些额定电压为220 V 的家用电器都正常工作时( )型号 ××××最大输出功率 60 kW输出电压范围 220 V ～300 VA ．输电线路中的电流为20 AB ．发电机实际输出电压是300 VC ．在输电线路上损失的电功率为8 kWD ．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则输出电压最大值是300 V解析：额定电压为220 V 的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流I ＝P U＝200 A ，A 错误．发电机的实际输出电压为U 发＝U ＋Ir ＝260 V ，B 错误．在输电线路上损失的电功率P 损＝I 2r ＝8 kW ，C 正确．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是260 2 V≈367.7 V，D 错误．答案：C10．图甲的正弦交变电压接在图乙的理想变压器原线圈上，R 是滑动变阻器，变压器原线圈匝数为55匝，P 是副线圈上的滑动触头，当P 处于图示位置时，副线圈连入电路部分的匝数为10匝，灯泡L 恰能正常发光，电容器C 恰好不被击穿．则下列说法正确的是( )A ．R 的滑片不动，向上移动P ，灯L 变暗B ．P 不动，向下移动R 的滑片，灯L 变暗C ．电容器C 的击穿电压为20 2 VD ．向上移动P ，变压器输入功率变大解析：保持R 的滑片不动，向上移动P ，则副线圈电压变大，灯泡变亮，选项A 错误；保持P 不动，向下移动R 的滑片，R 减小，流过灯泡电流变大，灯泡变亮，选项B 错误；电容器的击穿电压是指最大值，据变压器原副线圈电压最大值的变比关系u max1u max2＝n 1n 2得u max2＝40 V ，选项C 错误；向上移动P ，则副线圈电压变大，变压器输出功率变大，理想变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率变大，D 正确．答案：D11．(2020·湖北黄冈中学月考)(多选)有一个交变电流U ＝311sin314t(V)，则下列说法中正确的是( )A ．这个交变电流的频率是50 HzB ．它可以使“220 V 100 W”的灯泡正常发光C ．用交流电压表测量时，读数为311 VD ．使用这个交变电流的用电器，每通过1 C 的电荷量时，电流做功220 J解析：由瞬时值表达式可知U m ＝311 V ，ω＝314 rad/s ，频率f ＝ω2π＝50 Hz ，选项A 正确；电压的有效值U 有＝U m 2＝220 V ，可以使“220 V 100 W”的灯泡正常发光，选项B 正确；交流电表读数为有效值，选项C 错误；每通过1 C 的电荷量时，电流做功W ＝qU 有＝220 J ，选项D 正确．答案：ABD12．(2020·河南鹤壁高级中学月考)(多选)如图所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．两条输电线总电阻用R 0表示．当负载增加时，则( )A ．电压表V 1、V 2的示数几乎不变B ．电流表A 2的示数增大，电流表A 1的示数减小C ．电压表V 3的示数增大，电流表A 2的示数增大D ．电压表V 2、V 3的示数之差与电流表A 2的示数的比值不变解析：理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压不会有大的波动，匝数比不变，所以输出电压几乎不变，故电压表V 1、V 2的示数几乎不变，选项A 正确；当负载增加时，相当于支路增加，电路中的总电阻变小，总电流变大，即A 2的示数变大，则A 1的示数变大，选项B 错误；由于副线圈中的电流变大，电阻R 0两端的电压变大，又因为V 2的示数几乎不变，所以V 3的示数变小，选项C 错误；电压表V 2、V 3的示数之差恰等于输电线损耗的电压值，电流表A 2的示数为输电线上的电流，所以两者之比等于输电线的总电阻R 0，不变，选项D 正确．答案：AD13．(2020·安徽模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈上接有四个完全相同的灯泡，若四个灯泡恰好都能正常发光，则下列说法正确的是( )A ．U 1：U 2＝3：4B ．U 1：U 2＝4：3C ．若将L 1短路，则副线圈的三个灯泡仍能正常发光D ．若将L 2短路，则副线圈的两个灯泡两端的电压变为额定电压的43倍 解析：设灯泡的额定电压为U ，额定电流为I ，则副线圈电压为3U ，电流为I ，原线圈的灯泡正常发光，电流也为I ，所以原、副线圈的匝数比为1：1，原线圈两端电压为3U ，所以U 1：U 2＝4：3，选项A 错误、B 正确；若将L 1短路，则原线圈的电压增大，则副线圈两端电压也增大，三个灯泡不能正常发光，选项C 错误；若将L 2短路，设副线圈的电流为I′，原线圈的电流也为I′，因此2I′R＋I′R＝U 1＝4U ，则I′R＝43U ，即副线圈的每个灯泡两端的电压变为额定电压的43，选项D 正确． 答案：BD14．(多选)下图是远距离输电的示意图．n 1、n 2是升压变压器原、副线圈的匝数，n 1：n 2＝1：20，n 3、n 4是降压变压器原、副线圈的匝数，n 3：n 4＝40：1.升压变压器的原线圈n 1与一交变电流相连接，该交变电流的瞬时值表达式为u ＝4402sin100πt V，下列说法正确的是( )A ．用电器获得的电压的有效值为220 VB ．用电器获得电压的有效值小于220 V ，要想使用电器的电压变为220 V ，在n 1、n 3、n 4不变的前提下，增大n 2C ．用电器获得电压的有效值大于220 V ，要想使用电器的电压变为220 V ，在n 1、n 2、n 4不变的前提下，增大n 3D ．通过用电器的交变电流的方向，每秒改变100次解析：如果输电线上不存在电阻，即不存在电压降，则有U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，U 1＝U ＝440 V ，U 2＝U 3，可得U 4＝220 V ，由于输电线存在电压降，所以U 3<U 2，U 4<220 V ；若要提高U 4电压值，根据变压规律，仅增加n 2匝数即可，A 、C 错误，B 正确．由题意知ω＝100π rad/s，所以f ＝50 Hz ，则电流方向每秒改变100次，D 正确．答案：BD2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．阴雨天里积雨云会产生电荷，云层底面产生负电荷，在地面感应出正电荷，电场强度达到一定值时大气将被击穿，发生闪电。

第11章热学第1节分子动理论内能主干回顾夯基固源一、分子动理论1 •物体是由大量分子组成的(1) 分子模型：主要有两种模型，固体与液体分子通常用球体模型，气体分子通常用立方体模型.(2) 分子的大小①分子直径：数量级是辿二m；②分子质量：数量级是10—26 kg ;③测量方法：油膜法.(3) 阿伏加德罗常数1 mol任何物质所含有的粒子数，Nx= 6.02 x 1023 mol —1.2 •分子热运动分子永不停息的无规则运动.(1) 扩散现象相互接触的不同物质彼此进入对方的现象•温度越高，扩散越快，可在固体、液体、气体中进行.(2) 布朗运动悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动，微粒越小，温度越高，布朗运动越显著.3. 分子力分子间同时存在引力和斥力，且都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增上但总是斥力变化得较快.二、内能1. 分子平均动能(1) 所有分子动能的平均值.(2) 温度是分子平均动能的标志.2 •分子势能由分子间相对位置决定的能，在宏观上分子势能与物体体积有关，在微观上与分子间的距离有关.3.物体的内能(1)内能：物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和.⑵决定因素:温度、体积和物质的量.三、温度1 •意义：宏观上表示物体的冷热程度(微观上标志物体中分子平均动能的大小).2. 两种温标(1) 摄氏温标t :单位°C,在1个标准大气压下，水的冰点作为0 °C,沸点作为100 C,在0 C〜100 C之间等分100份，每一份表示1 C.(2) 热力学温标T:单位K把—273.15 C作为0 K.(3) 就每一度表示的冷热差别来说，两种温度是相同的，即△ T=A t.只是零值的起点不同，所以二者关系式为T= t + 273.15.⑷绝对零度(0 K)，是低温极限，只能接近不能达到，所以热力学温度无负值.［易错警示•微点拨］1. 布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，而不是液体分子的运动.2. 分子间的引力和斥力是同时存在的，都随距离的增大而减小.3. 分子间距为r°时，分子的引力与斥力的合力为零，引力和斥力相等，且都不为零.4. 温度相同时，两物体分子的平均动能相同，物体的内能不一定相同.5. 温度升高时，分子的平均动能增大，有的分子的动能还可能减少.考点透析题组冲关考点一微观量的估算1. 微观量：分子体积V o 、分子直径d 、分子质量m o .密度p.3. 关系:⑵分子的体积:V m MV,=N A =pN .（3）物体所含的分子数:V m N=二 °N A = 'N AVn pV m或 N= m -N A =^^ - N A 或 N MN A M N A .4. 分子的两种模型:⑵ 立方体模型边长d = \/Vo.（常用于气体）对于气体分子，d = 3 V o 的值并非气体分子的大小，而是两个相邻的气体分子之 间的平均距离.1.（多选）设某种物质的摩尔质量为卩，原子间的平均距离为d ,已知阿伏加德 罗常数为N1,则该物质的密度p 可表示为（）B.p =」3K-l d Nx2.宏观量：物体的体积 V 、摩尔体积V 、物体的质量m 、摩尔质量 M 物体的⑴分子的质量: pVm不同君点详简编排（1）球体模型直径d =\戸£（常用于固体和液体）2. (2020 •高考海南卷)已知地球大气层的厚度h 远小于地球半径R,空气平均 摩尔质量为M 阿伏加德罗常数为N A ,地面大气压强为p o ,重力加速度大小为g.由 此可估算得，地球大气层空气分子总数为 ______________________ ，空气分子之间的平均距离为解析：地面大气压强是由大气层对地球表面压力产生的.根据p = F 可知，F =2p °S = 4nR 2p 0.这个压力等于大气层空气的总重力，即4nR 2p °= mg 可求出m= 4冗;p °.2根据n =m 以及N= nN A ,可计算出大气层空气分子总数 N=4nR严 由于大气层厚度MMgh 远小于地球半径R,地球大气层总体积可近似表示为 V = 4nR 2h ，则每个分子所占答案.4nR 2p 0N A ｛莎 答案： Mg ' p 0N A 『规律总结J 微观量的求解方法(1)分子的大小、分子体积、分子质量属微观量，直接测量它们的数值非常困难, 可以借助较易测量的宏观量结合摩尔体积、摩尔质量等来估算这些微观量，其中阿 伏加德罗常数是联系宏观量和微观量的桥梁和纽带.c.3 [i p = 4nd 3N AD p=n dNA1 3解析：选AB.分子为球体时，1 mo1物质的体积为& nd 傀,则1p=1 T ^Td A ， nd N A6故A 正确；分子为正方体时, 1 mol 物质的体积为d 3NA ，贝U故B 正确.空间*花課如图所示，空气分子之间的平均距离7 J ■（2）建立合适的物理模型，通常把固体、液体分子模拟为球形或小立方体. 气体分子所占据的空间则建立立方体模型.考点二布朗运动与分子热运动1 . （2020 •高考全国卷U ）（多选）关于扩散现象，下列说法正确的是 .（填正确答案标号）A. 温度越高，扩散进行得越快B. 扩散现象是不同物质间的一种化学反应C. 扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D. 扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的解析：选ACD扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，选项A正确.扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，选项B错误、选项C 正确、选项E错误.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项D正确.2. （多选）下列关于布朗运动的说法，正确的是（）A. 布朗运动是液体分子的无规则运动B. 液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈C. 布朗运动是由于液体各个部分的温度不同而引起的D. 布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的解析：选BD.布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，A错误.温度越高、颗粒越小, 布朗运动越剧烈，B正确.布朗运动是由液体分子撞击的不平衡引起的，间接反映了液体分子的无规则运动，C错误、D正确.考点三分子力、分子力做功和分子势能（高频考点）分子力和分子势能随分子间距变化的规律如下：1. （2020 •高考新课标全国卷I ）（多选）两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近•在此过程中，下列说法正确的是 ___________ •A. 分子力先增大，后一直减小B. 分子力先做正功，后做负功C. 分子动能先增大，后减小D. 分子势能先增大，后减小E. 分子势能和动能之和不变解析：选BCE两分子从较远靠近的过程分子力先表现为引力且先增大后减小，到平衡位置时，分子力为零，之后再靠近分子力表现为斥力且越来越大，A选项错误；分子力先做正功后做负功，B选项正确；分子势能先减小后增大，动能先增大后减小，C选项正确、D选项错误；只有分子力做功，分子势能和分子动能相互转化，总和不变，E选项正确.2. （2020 •高考福建卷）下列四幅图中，能正确反映分子间作用力f和分子势能E P随分子间距离r变化关系的图线是_________ .（填选图下方的字母）解析：选B.当分子间距离r = r°时，分子之间引力和斥力大小相等，分子作用力为零；当r<r 0时，分子间作用力表现为斥力，作用力随r减小而增大；当r>r 0时, 分子间作用力表现为引力，作用力随r先增大后减小，当r>10r 0时，作用力又趋近于零.分子势能的变化与分子作用力做功有关，分子作用力为零时，分子势能最小，选项B正确.题组二模拟题组3. （2020 •北京101中学月考）如果将两个分子看成质点，当这两个分子之间的距离为r o 时分子力为零，则分子力F 及分子势能&随着分子间距离r 的变化而变化 4. （2020 •济宁模拟）如图所示，甲分子固定在坐标原点O,乙分子位于x 轴上， 甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示.F>0为斥力，F<0为引力.A 、B 、C 、D 为x 轴上四个特定的位置.现把乙分子从 A 处由静止释放，下 列A 、B C D 四个图分别表示乙分子的速度、加速度、势能、动能与两分子间距离 的关系，其中大致正确的是（）解析：选B.速度方向始终不变，A 项错误；加速度与力成正比，方向相同，故 B 项正确；分子势能不可能增大到正值，故 C 项错误；乙分子动能不可能为负值， 故D 项错误.的情况是（）A. 当r>r 0时，随着rB. 当r>r 0时，随着rC. 当r<r 0时，随着rD. 当r<r 0时，随着r 解析：选D.据题意，： 能增大，所以A 、B 错误. 变大，所以D 正确.变大，F 变小，Ep 变小 变大，F 变大，Ep 变大 变小，F 变大，Ep 变小 变小，F 变大，Ep 变大 Ir>r 0时，r 变大，则分子力当r<r o 时，r 变小，则分子力 F 先变大后变小，而分子势F 变大而分子势能也一直在『规律总结」物理学中许多不同部分的知识其实都是相通的，在热学中，分子力做功和分子势能的变化与力学中是一样的，分子力做正功，分子势能减少，分子动能增加，分子力做负功，则分子势能增加，分子动能减小，因此也可以按照能量守恒的观点来思考问题，只不过能量守恒的范围大一点，是在分子动能和分子势能的总量上保持守恒，即内能范围内的能量守恒，类似于机械能守恒•考点四实验十二：用油膜法估测分子的大小1. 实验原理：利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜，将油酸分子看作球形，测出一定体积油酸溶液在水面上形成的油膜面积，用d=S计算出油膜的厚度，其中V为一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，S为油膜面积，这个厚度就近似等于油酸分子的直径.2 •实验器材：盛水浅盘、滴管(或注射器)、试剂瓶、坐标纸、玻璃板、痱子粉(或细石膏粉)、油酸酒精溶液、量筒、彩笔.3. 实验步骤：⑴取1 mL(1 cm3)的油酸溶于酒精中，制成200 mL的油酸酒精溶液.(2) 往边长为30〜40 cm的浅盘中倒入约2 cm深的水，然后将痱子粉(或细石膏粉)均匀地撒在水面上.(3) 用滴管(或注射器)向量筒中滴入n滴配制好的油酸酒精溶液，使这些溶液的1 体积恰好为1 mL，算出每滴油酸酒精溶液的体积V o=- mL.(4) 用滴管(或注射器)向水面上滴入一滴配制好的油酸酒精溶液，油酸就在水面上慢慢散开，形成单分子油膜.(5)待油酸薄膜形状稳定后，将一块较大的玻璃板盖在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上.(6) 将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积.(7) 据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V,据一滴油酸的体积V和薄膜的面积S,算出油酸薄膜的厚度d = S，即为油酸分子的直径•比较算出的分子直径，看其数量级(单位为m)是否为10_ 10m若不是10T°m需重做实验.4•实验时应注意的事项：1(1) 油酸酒精溶液的浓度应小于1000.(2) 痱子粉的用量不要太大，并从盘中央加入，使粉自动扩散至均匀.(3) 测1滴油酸酒精溶液的体积时，滴入量筒中的油酸酒精溶液的体积应为整毫升数，应多滴几毫升，数出对应的滴数，这样求平均值误差较小.(4) 浅盘里水离盘口面的距离应较小，并要水平放置，以便准确地画出薄膜的形状，画线时视线应与板面垂直.(5) 要待油膜形状稳定后，再画轮廓.(6) 利用坐标纸求油膜面积时，以边长为 1 cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，不足半个的舍去•大于半个的算一个.5•可能引起误差的几种原因：(1) 纯油酸体积的计算引起误差.(2) 油膜面积的测量引起的误差主要有两个方面：①油膜形状的画线误差；②数格子法本身是一种估算的方法，自然会带来误差.1. (2020 •湖北三校联考)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：①往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上.②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定.③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小.④ 用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每 增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积.⑤ 将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上.完成下列填空：（1）上述步骤中，正确的顺序是 ______ .（填写步骤前面的数字）⑵ 将1 cm 3的油酸溶于酒精，制成300 cm 3的油酸酒精溶液，测得1 cm 3的油酸 酒精溶液有50滴.现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上， 测得所形成的油膜的面积 是0.13 m 1 2.由此估算出油酸分子的直径为 ________ m.（结果保留1位有效数字）解析：（1）依据实验顺序，首先配置混合溶液，然后在浅盘中放水和痱子粉，将 一滴溶液滴入浅盘中，将玻璃板放在浅盘上获取油膜形状，最后用已知边长的坐标 纸上的油膜形状来计算油膜的总面积，故正确的操作顺序为④①②⑤③;子直径V 1X 1o _ 6m S 300 X 50 X 0.13 m 2 答案：（1）—10 (2)5 X 10 2. （2020 •北京东城区模拟）某同学在实验室做“用油膜法估测分子直径的大小”实验中，已知油酸酒精溶液的浓度为每 104 mL 溶液中有纯油酸6 mL.用注射器 抽得上述溶液2 mL ，现缓慢地滴出1 mL 溶液，共有液滴数为50滴.把1滴该溶液 滴入盛水的浅盘上，在刻有小正方形坐标的玻璃板上描出油膜的轮廓（如图），坐标中小正方形方格的边长为20 mm.试问:1 这种估测方法是将每个分子视为 _________ 模型，让油酸尽可能地在水面上散 开，则形成的油膜可视为 ________ 由膜，这层油膜的厚度可视为油分子的 ________ .2 上图中油酸膜面积为 _________ mm 每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积 （2） 一滴油酸酒精溶液的体积为1 cm 3 300X 50=SD 其中 S = 0.13 m —105X 10 m.是 _______ L ；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是 __________ m (最后一空保留 1位有效数字)解析：(1)这种估测方法是将每个分子视为球体模型， 让油酸尽可能地在水面上 散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油分子的直径.(2)油膜的面积可从方格纸上得到，所围成的方格中，面积超过一半按一个算， 小于一半的舍去，图中共有56个方格，故油膜面积为S = 56X 20 mM 20 m 叶22 400 2 1_ 36 _ 8 mg 每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是V = 50X 10 X 104 L = 1.2 X 10 L ， _ 8 一3 V 1.2 X 10 X 10 油酸分子 的直径 d = 22 400 X 10 _6 答案：⑴ 球体 单分子 直径 (2)22 4001.2 X 10一8 5X 10_10『规律总结」解决油膜法估测分子大小问题的思路(1)理解分子模型，也就是理解油酸分子在水面上形成的薄膜厚度即分子直径.⑵明确溶质和溶剂的关系，正确求出纯油酸的体积V. (3) 准确“数”出油膜的面积S.(4) 利用d = S 求得分子直径.课堂小结一一名师微点拨本节课知识点较多，要求不高，但也是高考命题热点，特别是微观量的估算，分子 力做功与分子势能，故复习中抓住以下几点：1.“两量、一桥梁” _10m^ 5X 10m.2把分子看作小立方体，d =液.3. “两种图象”： 斥力卜、、-….一0 — J F 旬力课时规范训练（单独成册）1 .关于布朗运动，以下说法正确的是（） A. 布朗运动就是液体分子的扩散现象B. 布朗运动就是固体小颗粒中分子的无规则运动，它说明分子永不停息地做无 规则运动C.布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，它是液体分子无规则 运动的反映D. 扫地时，在阳光照射下，看到尘埃飞舞，这是尘埃在做布朗运动解析：选C.布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，而不是固体分子的 运动，但它是液体分子无规则热运动的反映， B 项错误、C 项正确；扩散现象是一种 物质的分子进入另一种物质的过程，不是布朗运动， A 项错误；能做布朗运动的颗粒非常小，用肉眼看不到，空中飞舞的尘埃颗粒要大得多，所以不是布朗运动，D 项错误.2.物体由大量分子组成，下列说法正确的是（ ）2.“两种模型” 1把分子看作球形, 3d =A. 分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大B•分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小C. 物体的内能跟物体的温度和体积有关D. 只有外界对物体做功才能增加物体的内能解析：选C.分子运动的剧烈程度是针对大量分子的统计规律而言，并不能说明每一个分子的运动情况，故A选项错误；根据分子间的引力大小与分子间的距离之间的关系（分子间的引力大小随分子间的距离的减小而增大）可知，B选项错误；从宏观角度看，物体的内能与物体的温度和体积有关，故C选项正确；改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，故D选项错误.3. （多选）以下关于分子动理论的说法中正确的是（）A. 物质是由大量分子组成的B. - 2C时水已经结为冰，部分水分子已经停止了热运动C. 随分子间距离的增大，分子势能可能先减小后增大D. 分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小解析：选ACD物质是由大量分子组成的，A正确；分子是永不停息地做无规则运动的，B错误；在分子间距离增大时，如果先是分子力做正功，后是分子力做负功，则分子势能是先减小后增大的，C正确；分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力变化得快，D正确.4. （多选）如图所示为两分子系统的势能曰与两分子间距离r的关系曲线.下列说法正确的是（）A. 当r大于r i时，分子间的作用力表现为引力B. 当r小于r i时，分子间的作用力表现为斥力C. 当r等于「2时，分子间的作用力为零D. 在r由r i变到r2的过程中，分子间的作用力做负功解析：选BC.分子间距等于r o时分子势能最小，即r o =「2.当r小于r i时分子力表现为斥力；当r大于r i小于r2时分子力表现为斥力；当r大于r2时分子力表现为引力，A错误，B C正确；在分子间距离r由r i变到r2的过程中，分子斥力做正功，分子势能减小，D 错误.5. （多选）1 g 100 C 的水和1 g 100 C 的水蒸气相比较，下列说法正确的是 （ ）A. 分子的平均动能和分子的总动能都相同B. 分子的平均动能相同，分子的总动能不同C. 内能相同D. 1 g 100 C 的水的内能小于1 g 100 C 的水蒸气的内能解析：选AD.温度相同则它们的分子平均动能相同；又因为 1 g 水和1 g 水蒸 气的分子数相同，因而它们的分子总动能相同， A 正确、B 错误；当100 C 的水变 成100 °C 的水蒸气时，分子间距离变大，分子力做负功、分子势能增加，该过程吸 收热量，所以1 g 100 C 的水的内能小于1 g 100 C 的水蒸气的内能，C 错误、D 正确.6. 假如全世界60亿人同时数1 g 水的分子个数，每人每小时可以数 5 000 个, 不间断地数，则完成任务所需时间最接近（阿伏加德罗常数2取6X 1023 mo 「1）（ ）A. 10年B. 1千年C. 10万年D. 1千万年1解析：选C.1 g 水的分子个数 N =T ^X N A ~3X 1022个，则完成任务需 t =223X 10A 乙分子从a 到b 做加速运动，由b 到c 做减速运动B. 乙分子由a 到c 做加速运动，到达c 时速度最大C. 乙分子由a 到b 的过程中，两分子间的分子势能一直增加D. 乙分子由b 到d 的过程中，两分子间的分子势能一直增加解析：选B.乙分子由a 运动到c 的过程中，分子力F<0,表示分子力表现为引 力，即乙分子在引力作用下做加速运动，该过程中分子力始终做正功，分子动能增 大，分子年"114 155年，约为10万年，C 正确.势能减小；由c到d的过程中，F>0表示分子力表现为斥力，即乙分子在斥力作用下做减速运动，该过程中分子力始终做负功，分子动能减小，分子势能增大．综上，只有 B 正确．8．分子动理论是从微观角度看待宏观现象的基本理论．以下现象，能用分子动理论进行解释的是( )A. 雾霾的形成B. 沙尘暴的形成C. 汽车驶过，公路上扬起灰尘D. 铁丝不易被拉断解析：选D.雾霾是由小颗粒组成的，每个小颗粒都是由大量分子组成，故雾霾的形成无法用分子动理论解释，选项A错误；沙尘暴属于宏观物体的运动，故沙尘暴的形成无法用分子动理论解释，选项B错误；汽车扬起的灰尘是固体小颗粒，它的运动是气流作用的结果，不能用分子动理论来解释，选项C错误；铁丝不易被拉断是因为铁丝分子间有引力，选项D正确.9 下列叙述正确的是( )A 只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B 只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积C 悬浮在液体中的固体颗粒越大，布朗运动就越明显D 当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力减小解析：选A.水的摩尔质量除以水分子的质量就等于阿伏加德罗常数，选项A正确；气体分子间的距离很大，气体的摩尔体积除以阿伏加德罗常数得到的不是气体分子的体积，选项B错误；布朗运动与固体颗粒大小有关，颗粒越大，布朗运动越不明显，选项C错误；当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，选项D 错误10. 在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1 mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴•现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S亦，则：（1）估算油酸分子的直径大小是________ c m.⑵用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油酸的.A.摩尔质量B.摩尔体积C.质量D.体积a i解析：（1）油酸酒精溶液的浓度为b，一滴油酸酒精溶液的体积为-mL，一滴油a a酸酒精溶液含纯油酸厂mL，则油酸分子的直径大小为d= cm.bn bSn⑵设一个油酸分子体积为V,则V= 4 n d3，由2=号可知，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油酸的摩尔体积.a答案：⑴bSn⑵B11. 空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器（铜管）液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥.某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V= 1.0 x 103 cm3.已知水的密度p= 1.0 x 103 kg/m3、摩尔质量M 1.8 x 10 2kg/mol，阿伏加德罗常数Nk= 6.0 x 1023 mo「.试求：（结果均保留一位有效数字）（1）该液化水中含有水分子的总数N;（2）一个水分子的直径d.解析：（1）水的摩尔体积为M 1.8 x 10一23 5 3V m= = 丁m /mol = 1.8 x 10 m /molp 1.0 xi o水分子总数为- VN A 1.0 X 103X 10_6X 6.0 X 1023 N= = ^5~V m 1.8 X 10 5V n 13(2) 建立水分子的球体模型，有 NT6 nd 3，可得水分子直径:答案：4X 1018m 第2节固体、液体和气体主干回顾夯基固源单晶体 多晶体 非晶体 外形 规则 不规则 不规则 熔点确定确定不确定—523m = 4X 10 —10m. 答案：（1）3 X 1025 个 ⑵4 Xl O—10m12. 地球是太阳系从内到外的第三颗行星.已知地球半径约为6.4 X 106 m ,空气的摩尔质量约为29X 10—3 kg/mol ，—个标准大气压约为1.0 X 105 Pa.利用以上数 据估算出地球表面大气在标准状况下的体积为多少？ (g 取9.8 m/s * 1 2,计算结果保留位有效数字)解析：大气压强是由大气重力产生的，大气压强mg mgP二 S 二 4nR 2代入数据可得地球表面大气质量 m^ 5.2 X 1018 kg 标准状况下1 mol 气体的体积为V = 22.4 X 10 —3吊故标准状况下地球表面大气的体积为5.2 X 101829X 103 X 22.4 X 10—3m ~4X 1018m.个"3X 1025 个.6X 1.8 X 10 3.14 X 6.0 X 10二、液体1液体的表面张力(1) 作用：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势.(2) 方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂 _(3) 大小：液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小; 液体的密度越大，表面张力越大.2 •液晶的物理性质(1) 具有液体的流动性(2) 具有晶体的光学各向异性(3) 在某个方向上看，其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的三、饱和汽湿度1 •饱和汽与未饱和汽(1) 饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽.(2) 未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽.2. 饱和汽压(1) 定义：饱和汽所具有的压强.(2) 特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关.3•湿度(1) 绝对湿度：空气中所含水蒸气的压强.(2) 相对湿度：空气的绝对湿度与同一温度下水的饱和汽压之比.(3) 相对湿度公式。

第4讲带电粒子在复合场中运动的实际应用基础巩固1.(2017北京东城一模,18)如图所示是磁流体发电机的示意图,两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。

一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场。

把P、Q与电阻R相连接。

下列说法正确的是( )A.Q板的电势高于P板的电势B.R中有由b向a方向的电流C.若只改变磁场强弱,R中电流保持不变D.若只增大粒子入射速度,R中电流增大2.(2017北京朝阳二模,20)2016年诺贝尔物理学奖颁发给了三位美国科学家,以表彰他们将拓扑概念应用于物理研究所做的贡献。

我们知道,按导电性能不同传统材料大致可分为导体和绝缘体两类,而拓扑绝缘体性质独特,它是一种边界上导电、体内绝缘的新型量子材料。

例如,在通常条件下石墨烯正常导电,但在温度极低、外加强磁场的情况下,其电导率(即电阻率的倒数)突然不能连续改变,而是成倍变化,此即量子霍尔效应(关于霍尔效应,可见下文注释)。

在这种情况下,电流只会流经石墨烯边缘,其内部绝缘,导电过程不会发热,石墨烯变身为拓扑绝缘体。

但由于产生量子霍尔效应需要极低温度和强磁场的条件,所以其低能耗的优点很难被推广应用。

2012年10月,由清华大学薛其坤院士领衔的中国团队,首次在实验中发现了量子反常霍尔效应,被称为中国“诺贝尔奖级的发现”。

量子反常霍尔效应不需要外加强磁场,所需磁场由材料本身的自发磁化产生。

这一发现使得拓扑绝缘材料在电子器件中的广泛应用成为可能。

注释:霍尔效应是指将载流导体放在匀强磁场中,当磁场方向与电流方向垂直时,导体将在与磁场、电流垂直的方向上形成电势差。

根据以上材料推断,下列说法错误．．的是( )A.拓扑绝缘体导电时具有量子化的特征B.霍尔效应与运动电荷在磁场中所受的洛伦兹力有关C.在量子反常霍尔效应中运动电荷不再受磁场的作用D.若将拓扑绝缘材料制成电脑芯片有望解决其工作时的发热问题3.(2017北京丰台二模,17)如图所示,两平行金属板P、Q水平放置,上极板带正电,下极板带负电;板间存在匀强电场和匀强磁场(图中未画出)。