2013高二物理(含第三册)优化训练 第14章第二节知能优化训练

2013高二物理（含第三册）优化训练：第14章第六节知能优化训练1．关于电动势，下列说法正确的是( ) A ．电源两极间的电压等于电源电动势B ．电动势越大的电源，将其他形式能转化为电能的本领就越大C ．电源电动势的数值等于内、外电压之和D ．电源电动势与外电路的组成无关解析：选BCD.电源电动势等于外电路断开时的路端电压，故A 错；电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量，故B 正确；电动势数值上等于外电压和内电压之和，即E ＝U 外＋U 内，由电源本身的性质决定，与外电路的组成及变化情况无关，故C 、D 正确．2．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV ，短路电流为40 mA.若将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是( )A ．0.10 VB ．0.20 VC ．0.30 VD ．0.40 V解析：选D.E ＝U ＝800 mV ，r ＝E I 短＝800×10－340×10－3Ω＝20 Ω， U ′＝E R ＋r ·R ＝800×10－320＋20×20 V＝0.4 V.图14－6－103．(2010年高考上海卷)在如图14－6－10所示的闭合电路中，当滑片P 向右移动时，两电表读数的变化是( )A ．A 变大，V 变大B ．A 变小，V 变大C ．A 变大，V 变小D ．A 变小，V 变小解析：选B.滑片P 向右移动，电阻变大，总电阻也变大，由闭合电路的欧姆定律可知，回路中电流减小，电源内压减小，R 0两端电压减小，所以滑动变阻器两端电压升高，电压表示数变大，故B 项正确．图14－6－114．如图14－6－11所示，Ⅰ是电源的路端电压随电流变化的图线，Ⅱ是某电阻的伏安特性曲线，当该电源向该电阻供电时，电阻上消耗的功率和电源的效率分别为( )A ．4 W 和33%B ．2 W 和67%C ．2 W 和33%D ．4 W 和67%解析：选D.由图线Ⅰ知电源电动势E ＝3 V ，又短路电流I 短＝E r ＝3rA ＝6 A ，所以r ＝0.5Ω.由图线Ⅱ结合部分电路的欧姆定律知，外电阻 R ＝U I ＝22Ω＝1 Ω，故电阻上消耗功率 P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫31＋0.52×1 W＝4 W ， 电源的效率η＝I 2R I 2R ＋r ＝11＋0.5×100%＝67%.图14－6－125．如图14－6－12所示，R 为电阻箱，V 为理想电压表，当电阻箱读数为R 1＝2 Ω时，电压表读数为U 1＝4 V ；当电阻箱读数为R 2＝5 Ω时，电压表读数为U 2＝5 V ．求：(1)电源的电动势E 和内阻r ；(2)当电阻箱R 读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值P m 为多少？ 解析：(1)由闭合电路欧姆定律知E ＝U 1＋U 1R 1r ，E ＝U 2＋U 2R 2r ，联立以上两式并代入数据解得E ＝6 V ，r ＝1 Ω. (2)由电功率表达式P ＝E 2R ＋r2R ，将上式变形为P ＝E 2R －r 2R＋4r .由此可知当R ＝r ＝1 Ω时，P 有最大值P m ＝E 24r＝9 W.答案：(1)6 V 1 Ω (2)1 Ω 9 W1．在闭合电路中，关于路端电压的说法正确的是( ) A ．路端电压与外电阻成正比B ．外电路断路时，路端电压的值等于电源电动势的值C ．路端电压随外电阻的增大而增大D ．路端电压一定大于内电路的电压 答案：BC 2.图14－6－13(2011年昆明高二检测)如图14－6－13是根据某次测量电池的电动势和内阻的实验记录数据画出的U －I 图象，下列说法中正确的是( )A ．纵轴截距表示待测电池电动势，则E ＝3 VB ．横轴截距表示短路电流，I 短＝0.8 AC ．根据r ＝EI 短，计算出待测电源内电阻为5 Ω D ．根据r ＝ΔUΔI，计算出待测电源内电阻为0.75 Ω解析：选AD.图线纵轴截距表示电动势，故A 正确；横轴上的截距对应的路端电压为2.4V ，非零，故B 、C 错误；由r ＝ΔUΔI得r ＝0.75 Ω，表示电源内阻，故D 正确．3．一电池外电路断开时的路端电压为3 V ，接上8 Ω的负载电阻后路端电压降为2.4 V ，则可以判定电池的电动势E 和内阻r 为( )A ．E ＝2.4 V ，r ＝1 ΩB ．E ＝3 V ，r ＝2 ΩC ．E ＝2.4 V ，r ＝2 ΩD ．E ＝3 V ，r ＝1 Ω解析：选B.由课本中的内容可知，电源外电路断开时的路端电压是电源的电动势，即E ＝3 V ．接上8 Ω的负载时的路端电压是2.4 V ，由欧姆定律得电路中电流I ＝U /R ＝2.4 V/8 Ω＝0.3 A ；由闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋Ir ，得r ＝2 Ω.故选项B 是正确的．4．一个电源分别接上8 Ω和2 Ω的电阻时，两电阻消耗的电功率相等，则电源内阻为( )A ．1 ΩB ．2 ΩC ．4 ΩD ．8 Ω解析：选C.由P ＝I 2R 得E 2＋r2×8＝E 2＋r2×2所以r ＝4 Ω.图14－6－145．(2011年开封模拟)如图14－6－14所示的是甲、乙、丙三个电源的U －I 图线，其中甲和丙两图线平行，下列判断正确的是( )A ．甲电源的电动势比乙大B ．乙电源的电动势和内阻都比丙电源大C ．甲和丙电源的内阻相等D ．甲电源内阻最大，丙电源内阻最小 答案：BC图14－6－156．如图14－6－15所示，直线A 为电源a 的路端电压与电流关系图象，直线B 为电源b 的路端电压与电流关系图象，直线C 为一电阻R 两端电压与电流关系图象．将这个电阻R 分别接到a 、b 两个电源上，由图可知这两次相比( )A ．R 接到电源a 上，电源效率较高B ．R 接到电源b 上，电源输出功率较大C ．R 接到电源a 上，电源输出功率较大，但效率较低D．R接到电源b上，电源内阻发热功率较小答案：CD图14－6－167．(2011年浙江台州模拟)如图14－6－16所示的电路，闭合开关S，滑动变阻器滑片P 向左移动，下列结论正确的是( )A．电流表读数变小，电压表读数变大B．小灯泡L变暗C．电容器C上的电荷量减小D．电源的总功率变大解析：选AB.滑动变阻器R的滑片P向左移，电路总电阻变大，则由I＝ER外＋r，可知干路电流变小，即电流表读数变小，由路端电压U＝E－Ir，可知电压表读数变大，A正确；由于干路电流变小，所以灯变暗，B正确；变阻器两端电压变大，电容器两端电压变大，电荷量增加，C错误；而电源总功率P＝IE，I减小，所以P减小，即D错误．图14－6－178．一平行板电容器的极板水平放置，它和三个可变电阻及电源连成如图14－6－17所示的电路，质量为m的带电粒子悬浮在两极板间静止，要使带电粒子上升，可行的办法是( ) A．增大R1B．增大R2C．增大R3D．减小R2解析：选CD.粒子静止时，粒子受到的重力与电场力大小相等，方向相反，电容器两端电压等于R3两端的电压，要使粒子上升，须使R3两端电压上升，根据串联电路特点，而使R2减小或R3增大，故C、D正确．图14－6－189．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图14－6－18所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是( ) A．电压表和电流表读数都增大B．电压表和电流表读数都减小C．电压表读数增大，电流表读数减小D．电压表读数减小，电流表读数增大解析：选A.触头滑向b时，阻值R增大，回路的总电阻增大，所以回路的总电流减小，路端电压U增大，所以电压表的示数增大，电阻R2的电压增大，故R2的电流增大，电流表示数增大，故应选A.图14－6－1910．如图14－6－19所示的电路中，电源电动势为6 V ，当开关S 接通后，灯泡L 1和L 2都不亮，用电压表测得各部分电压是U ab ＝6 V ，U ad ＝0，U dc ＝6 V ．由此可判定( )A ．L 1和L 2的灯丝都烧断了B ．L 1的灯丝烧断了C ．L 2的灯丝烧断了D ．变阻器R 断路解析：选C.由题目给出的条件可知，电路中有的地方有电压，说明电源是有电压的．由U ab ＝6 V 和U ad ＝0可知外电路上bcd 段有断点；由U dc ＝6 V 可知外电路上c L 2d 段有断点，即L 2烧断，而且除L 2外，L 1和变阻器R 都没有与L 2同时断开，否则也不存在U dc ＝6 V ．在这种情况下，U dc ＝0是情理之中的．故而C 选项正确．11．一台“6 V 15 W”的直流电动机的电枢电阻为0.5 Ω，接在电动势E ＝6 V 、内阻r ＝0.5 Ω的电源上工作时，测得电动机两端电压是5 V ．求：(1)电源的总功率； (2)电源的输出功率； (3)电动机的发热功率； (4)电动机的输出功率． 解析：(1)电路中的电流 I ＝E －U r ＝6－50.5A ＝2 A.电源的总功率P 总＝EI ＝6×2 W＝12 W.(2)电源的输出功率P 出＝UI ＝5×2 W＝10 W.(3)电动机的发热功率P 热＝I 2R ＝2 W.(4)电动机的输出功率P 出′＝UI －P 热＝(10－2) W ＝8 W. 答案：(1)12 W (2)10 W (3)2 W (4)8 W12．我们都有过这样的体验：手电筒里的两节干电池用久了以后，灯泡发红光，这就是我们常常说的“电池没电了”．有人为了“节约”，在手电筒里装一节新电池和一节旧电池搭配使用．某同学为了检验此人的做法是否合理，设计了下面的实验：图14－6－20(1)该同学设计了如图14－6－20甲所示的电路来测量新旧干电池的电动势和内电阻，并将测量的结果描绘成如图乙所示的U －I 图象．由图象可知：新电池：电动势E 1＝________ V ；内阻r 1＝________ Ω； 旧电池：电动势E 2＝________ V ；内阻r 2＝________ Ω.(2)计算新、旧电池各一节串联作电源使用时的效率；(手电筒的小灯泡上标有“3 V 2 W”)(3)计算(2)小题中旧电池提供的总电功率和它本身消耗的电功率分别是多少？ (4)你认为新、旧电池搭配使用的做法是否合理，简述理由． 解析：(1)由题图可知E 1＝1.5 V r 1＝0.3 Ω E 2＝1.2 V r 2＝4 Ω(2)两电池串联时，电路中电流I ＝E 1＋E 2r 1＋r 2＋R ；电源的使用效率η＝E －I r 1＋r 2E，解得η＝51%.(3)旧电池提供的总功率P旧＝E2I＝1.2×0.31 W＝0.37 W.旧电池本身消耗的电功率P内＝I2r2＝0.312×4 W＝0.38 W.(4)新旧电池搭配使用时，由于旧电池本身消耗的功率超过了它提供的功率，所以这种做法不合理．答案：(1)1.5 0.3 1.2 4 (2)51%(3)0.37 W 0.38 W(4)不合理，原因见解析。

2013高二物理（含第三册）优化训练：第14章第五节知能优化训练1．关于四个公式①P ＝UI ；②P ＝I 2R ；③P ＝U 2R；④P ＝W t，下列叙述正确的是( ) A ．公式①、④适用于任何电路的电功率 B ．公式②适用于纯电阻电路的热功率 C ．公式①、②、③适用于任何电路电功率 D ．以上说法都不对 答案：AB2．一台电动机的额定输出功率为10 kW ，这表明该电动机正常工作时( ) A ．每秒钟消耗电能10 kJ B ．每秒钟提供的机械能10 kWC ．每秒钟电枢线圈产生10 kJ 的热量D ．每秒钟对外做功10 kJ解析：选D.电动机是非纯电阻性的，每秒钟向外输出10 kJ 的机械能，说明每秒钟对外做功10 kJ ，由于内部有焦耳热产生，所以消耗的电能大于10 kJ.故只有D 项正确．图14－5－63．(2011年东北八校联考)在如图14－5－6所示的电路中，R 1＝R 3<R 2＝R 4，在A 、B 两端接上电源后，试比较各个电阻消耗的电功率P 的大小( )A ．P 1＝P 2<P 3＝P 4B ．P 2>P 1>P 4>P 3C ．P 2>P 1>P 3>P 4D ．P 1>P 2>P 3>P 4 答案：C 4．(2011年高考上海综合卷)家用电器即使没有使用，只要插头插在电源上处于待机状态，家用电器 1台台式电脑 1台平板电视机 1台空调 1台洗衣机 待机功率(瓦) 4 1 4 2 B ．0.6度 C ．0.9度 D ．1.2度解析：选A.1度＝103×3600 J＝3.6×106J ，这些用电器一天耗电W ＝Pt ＝(4＋1＋4＋2)×24×3600 J＝9.5×105J ＝0.3 度．故A 正确，B 、C 、D 错误 .图14－5－75．如图14－5－7所示，已知U AB ＝6 V ，当滑动变阻器触头P 位于正中位置时，额定电压为3 V 的灯泡正常发光，当触头滑至最左端时，电灯实际功率为2 W ，求此灯泡的额定功率和变阻器的总电阻．解析：设电灯内阻为R 1，变阻器总电阻为R 2，由触头在中间时灯泡正常发光可知，两者电压相等，故R 2＝2R 1①当触头滑至最左端时，I ＝U ABR 1＋R 2灯泡的实际功率：P ＝I 2R 1＝(U AB R 1＋R 2)2·R 1＝2②联立①②得：R 1＝2 Ω，R 2＝4 Ω灯泡的额定功率为：P 额＝U 2额R 1＝322W ＝4.5 W.答案：4.5 W 4 Ω1．下列说法正确的是( )A ．电流做功就是电场力移送自由电荷做功，从而把电能转化为内能B ．用电器实际功率越大，电流做功的时间越长，则电流做的功就越多C ．电流通过用电器时，如果电能只转化成内能，这时电功就等于电热D ．某段电路的电功可能大于、等于或小于电热 答案：BC2．对于纯电阻用电器，下列说法中正确的是( ) A ．如果额定功率相同，额定电流较大的用电器电阻较大 B ．如果额定功率相同，额定电流较大的用电器电阻较小 C ．如果额定电压相同，额定功率较大的用电器电阻较大 D ．如果额定电压相同，额定功率较大的用电器电阻较小解析：选BD.由P ＝I 2R 可知，如果额定功率相同，则额定电流较大的用电器电阻较小；由公式P ＝U 2R可知，如果额定电压相同，则额定功率较大的用电器电阻较小．3．(2011年江苏联考)一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36 W 与36 V ．若把此灯泡接到输出电压为18 V 的电源两端，则灯泡消耗的电功率( )A ．等于36 WB ．小于36 W ，大于9 WC ．等于9 WD ．小于9 W 答案：B图14－5－84．改变电源的电压，测得电阻A 、B 的伏安特性曲线如图14－5－8所示，A 、B 两电阻串联后接在电源上，则电阻R A 、R B 和功率P A 、P B 的关系是( )A ．R A >RB B ．R A <R BC ．P A >P BD ．P A <P B解析：选BD.由伏安特性曲线可知两电阻R A <R B ；由于A 、B 两电阻串联，通过A 、B 的电流相等，根据P ＝I 2R 可知P A <P B ，故选B 、D.图14－5－95．如图14－5－9是电阻R 1和R 2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R 1和R 2并联在电路中，消耗的电功率分别用P 1和P 2表示；并联的总电阻设为R ，下列关于P 1与P 2的大小关系及R 的伏安特性曲线应该在的区域正确的是( )A ．特性曲线在Ⅰ区，P 1<P 2B ．特性曲线在Ⅲ区，P 1>P 2C ．特性曲线在Ⅰ区，P 1>P 2D ．特性曲线在Ⅲ区，P 1<P 2解析：选C.I －U 图线的斜率为电阻的倒数，并联后电阻减小，所以特性曲线在Ⅰ区，又R 1<R 2，由P ＝U 2R知P 1>P 2.6．一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，当二者通过相同的电流且均正常工作时，在相同的时间内( )①电炉放出的热量与电动机放出的热量相等 ②电炉两端电压小于电动机两端电压 ③电炉两端电压等于电动机两端电压 ④电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率 A ．①②④ B ．①③ C ．②④ D ．③④解析：选A.根据焦耳定律，放出的热量Q ＝I 2Rt ，故电动机放出的热量与电炉相同，①正确；电动机两端电压U >IR ，电炉两端电压U ＝IR ，故②正确；根据电功率公式P ＝UI ，可见电动机消耗的功率大，故④正确，所以选A.7．(2011年昆明高二检测) 理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干．设电动机线圈电阻为R 1，它与电热丝电阻R 2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为U ，电流为I ，消耗的功率为P ，则有( )A ．P ＝UIB ．P ＝I 2(R 1＋R 2) C ．P >UID ．P ＝U 2/(R 1＋R 2) 答案：A8．把标有“10 Ω、0.4 W”的A 电阻和“20 Ω、0.4 W”的B 电阻并联接入电路中，它们允许消耗的最大功率为( )A ．0.8 WB ．0.6 WC ．0.5 WD ．0.4 W解析：选B.由P ＝U 2R得两电阻的额定电压分别为U A ＝2 V ，U B ＝2 2 V ，故并联后所加电压最大值为2 V ，它们的总功率为P ＝P A ＋U 2AR B ＝0.4 W ＋2220W ＝0.6 W.9．两个电阻，R 1＝8 Ω，R 2＝2 Ω并联在电路中，欲使这两个电阻消耗的电功率相等，可行的办法是( )A ．用一个阻值为2 Ω的电阻与R 2串联B ．用一个阻值为6 Ω的电阻与R 2串联C ．用一个阻值为6 Ω的电阻与R 1串联D ．用一个阻值为2 Ω的电阻与R 1串联解析：选A.因为并联电路中功率分配与电阻成反比，所以R 2消耗的功率大于R 1消耗的功率，要使两电阻功率相等，应给R 2串联一个电阻降压限流，设串联的电阻为R ，则应有U 2R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U R 2＋R 2·R 2，解得R ＝2 Ω，A 正确．图14－5－1010．(2011年福建龙岩模拟)在研究微型电动机的性能时，可采用如图14－5－10所示的实验电路．当调节滑动变阻器R ，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A 和1.0 V ；重新调节R ，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和15.0 V ．则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是( )A ．电动机的内电阻为2 ΩB ．电动机的内电阻为7.5 ΩC ．电动机的输出功率为30 WD ．电动机的输出功率为22 W解析：选AD.当电动机不转动时，电动机消耗的电功率等于热功率，电压表与电流表示数的比值就是电动机的电阻，即R ＝U I＝2 Ω，选项A 正确、B 错误；当电动机正常工作时，电动机的输出功率为P 出＝UI －I 2R ＝22 W ，选项C 错误、D 正确．11．两个用电器的额定电压都是6 V ，额定电流分别是0.1 A 和0.3 A.(1)把这两个用电器并联后接在电压为8 V 的电路中，要使它们正常工作，应附加多大电阻？怎样连接？功率至少需多大？(2)如果把它们串联后接在12 V 的电路上，要使它们正常工作，应该怎样做？ 答案：(1)串联5 Ω的电阻 0.8 W(2)给额定电流是0.1 A 的用电器并联30 Ω的电阻图14－5－1112．如图14－5－11所示的电路中，电炉电阻R ＝10 Ω，电动机线圈的电阻r ＝1 Ω，电路两端电压U ＝100 V ，电流表的示数为30 A ，问通过电动机的电流强度为多少？通电一分钟，电动机做的有用功为多少？解析：根据欧姆定律，通过电炉的电流强度为I 1＝U R ＝10010A ＝10 A.根据并联电路中的干路电流和支路电流的关系，通过电动机的电流强度为I 2＝30 A －I 1＝20 A.电动机的总功率为P ＝UI 2＝100×20 W＝2×103W ，因发热而损耗的功率为P ′＝I 22·r ＝0.4×103W ， 电动机的有用功率(机械功率)为 P ″＝P －P ′＝1.6×103 W ， 电动机通电1 min 做的有用功为W ＝P ″t ＝1.6×103×60 J＝9.6×104 J.答案：10 A 9.6×104J图14－5－1213．如图14－5－12所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r ＝1 Ω，电动机两端电压为5 V ，电路中的电流为1 A ，物体A 重20 N ，不计摩擦力，求：(1)电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？ (2)电动机输入功率和输出功率各是多少？ (3)10 s 内，可以把重物A 匀速提升多高？ (4)这台电动机的机械效率是多少？ 解析：(1)根据焦耳定律，热功率为： P Q ＝I 2r ＝12×1 W＝1 W.(2)电功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积 P 入＝IU ＝1×5 W＝5 W输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率 P 出＝P 入－P Q ＝5 W －1 W ＝4 W.(3)电动机输出的功率用来提升重物转化为机械功率，在10 s 内P 出t ＝mgh .解得h ＝P 出t mg ＝4×1020m ＝2 m.(4)机械效率η＝P 出/P 入＝80%.答案：(1)1 W (2)5 W 4 W (3)2 m (4)80%。

2013高二物理（含第三册）优化训练：第17章第五节智能优化训练1．在电能输送过程中，若输送电功率一定，则关于输电线上的功率损失，下列说法错误的是( )A ．随输电线电阻的增大而增大B ．与输送电压的平方成正比C ．与输电线上电压损失的平方成正比D ．与输电电流的平方成正比 答案：B 2．每天19时到22时，供电电网的电压通常会降低到正常电压的90%，因为在这段时间内( ) A ．发电厂的发电功率减小了B ．发电厂输电变压器的匝数比改变了C ．用户的总电阻减小了D ．输电导线上损失的电压增大了 答案：CD图17－5－43．图17－5－4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：选ABD.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．4．(2010年高考福建理综卷)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 4B.P2 C ．2P D ．4P解析：选A.在高压输电中，设输送电功率为P ′，输电电压为U ，输电线电阻为R ，则输电线上损耗的电功率为P ＝(P ′U)2R ，当输电电压升为原来的2倍时，输电线损耗的电功率变为原来的14，故选A.5．发电厂以3300 V 电压输送功率3300 kW 的交流电到工厂，如果导线电阻为2 Ω，求： (1)电线上所损失的功率、工厂实得的电压和功率．(2)如果输送电压提高为原来的10倍，上述结果又怎样？解析：(1)输电电流I ＝P U ＝33000003300 A ＝1000 A损失的功率P 损＝I 2R ＝2×106W ， 损失的电压U 损＝IR ＝2000 V ，工厂实得电压U ＝U 输－U 损＝3300 V －2000 V ＝1300 V ，工厂实得功率P ＝P 输－P 损＝3.3×106 W －2×106 W ＝1.3×106W. (2)若电压提高为原来的10倍，则输电电流I ′＝P U ′＝330000033000A ＝100 A ，损失的电压U 损′＝I ′R ＝200 V ，损失的功率P 损′＝I 2R ＝2×104W.工厂实得电压U ′＝U 输－U 损′＝3100 V ，工厂实得功率P ′＝P 输－P 损′＝3.28×106W.答案：(1)2×106 W 1300 V 1.3×106W(2)2×104 W 3100 V 3.28×106W1．远距离输送一定功率的交变电流，若输送电压升高为原来的n 倍，关于输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失的说法中，正确的是( ) A ．输电线上的电功率损失是原来的1/nB ．输电线上的电功率损失是原来的1/n 2C ．输电线上的电压损失是原来的1/nD ．输电线上的电压损失是原来的1/n 2答案：BC2．发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R ，通过导线上的电流为I ，学校得到的电压为U 2，则关于输电导线上损耗的功率，下列表达式错误的是( ) A.U 21RB.U 1－U 22RC ．I 2RD ．I (U 1－U 2)解析：选A.用P ＝U 2R求电阻损失功率时，U 要与电阻R 相对应．U 应为输电线上的分压而不是输出电压，故A 错；而B 中的U 1－U 2是输电线上的电压，故B 对；C 、D 中的电流I 是输电线中的电流，故C 、D 对．3．输电线路的电阻为R ，发电站输出功率为P ，输出电压为U ，则用户得到的功率为( ) A ．PB ．P －(P U)2R C ．P －U 2RD ．(P U)2R解析：选B.用户得到的功率P 得＝P －I 2R ＝P －(P U)2R ，所以B 对，A 、C 、D 错．4．输电导线的电阻为R ，输送电功率为P .现分别用U 1和U 2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为( )A ．U 1∶U 2B ．U 21∶U 22C ．U 22∶U 21D ．U 2∶U 1解析：选C.由P ＝UI 得输电线中的电流I ＝P U .输电线中损失的功率P 损＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ＝P 2R U 2.即在输送功率和输电线电阻不变的情况下，损失的功率与输电电压的平方成反比．所以P 损1∶P 损2＝U 22∶U 215．一个小水电站，输出的电功率为20 kW ，输电线总电阻为0.5 Ω，如果先用400 V 电压输电，后又改用了2000 V 的电压输送，则输送电压提高后，输电导线上损失的电功率的变化情况是( )A ．减少50 WB ．减少1200 WC ．减少7.68×106 WD ．增大7.68×106W 答案：B6．用U 1和U 2两种电压通过相同长度和材料的导线输电，若输送的电功率相等，在输电导线上损失的电功率也相同，则在两种情况下输电线的横截面积之比S 1∶S 2为( ) A.U 2U 1B.U 1U 2C ．(U 2U 1)2D ．(U 1U 2)2解析：选C.在输电线上损失的功率ΔP ＝(P U )2R ，而由R ＝ρl S 得ΔP ＝(P U )2·ρl S ，S ＝ρl P 2ΔP ·1U2，S 与U 2成反比，S 1∶S 2＝U 22∶U 21，故A 、B 、D 错，C 对．7．某水利发电站发电机发电后，先通过电站附近的升压变压器升压后，再通过输电线路把电能输送到远处的降压变压器，降压后，再用线路输送到各用户．设发电机输出电压稳定且两变压器均为理想变压器．在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率却增加较大，这时与用电低谷时比较( )A ．升压变压器的副线圈两端的电压变小B ．高压输电线路的电压损失变大C ．降压变压器副线圈中的电流变小D ．降压变压器副线圈两端的电压变大解析：选B.升压变压器的输入电压不变，输出电压也不变，A 选项错误；此时输电线路输电功率变大，输电电压不变，输电电流变大，电压损失ΔU ＝ΔI ×R 线也变大，B 选项正确；降压变压器输入电压降低，输出电压降低，但输出功率变大，输出电流变大，C 、D 选项错误． 8．某小型水电站的电能输送示意图如图17－5－5.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( )图17－5－5A.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：选AD.设升压变压器原副线圈两端电压分别为U 1和U 2，降压变压器原副线圈两端的电压分别是U 3和U 4，导线上的电压降为ΔU ，则由变压器原理，有U 1U 2＝n 1n 2① U 3U 4＝n 3n 4② 又由题设知U 1<U 4③ U 2＝U 3＋ΔU ④ 故U 2>U 3⑤所以U3U4<U2U1⑥由①②⑥联立得n2n1>n3n4⑦故选项A正确，B错误由⑤式可知选项C错误．由于导线上有热功率损失，因此升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，选项D 正确．9．(2010年高考江苏卷)在如图17－5－6所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )图17－5－6A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大解析：选CD.对升压(或降压)变压器而言，由变压器电压比U1∶U2＝n1∶n2知，输入电压不变，匝数不变，输出电压不变，故A选项不正确；由P＝UI知，U不变，P增大，故I增大，使得输电线上的电压损耗ΔU＝I2R线增大，功率损耗ΔP＝I22R线增大，所以降压变压器上的输入电压减小，输出电压减小，所以B不正确，C正确；因为输电线上损耗的功率占总功率的比例为ΔPP1＝I22R线P1＝P1U1·n1n22R线P1＝P1n21R线U21n22∝P1，所以随发电厂输出功率变大，该值变大，D正确．10．低温雨雪冰冻往往造成我国部分地区严重灾害，其中高压输电线因结冰而损毁严重．此次灾害牵动亿万人的心．为消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3I B．输电电流为9IC．输电电压为3U D．输电电压为13U解析：选AD.输电线上电阻不变设为R线，由输电线上的热耗功率ΔP＝I2R线可知，当热耗功率变为9ΔP时，电流变为3I，故A选项正确，B选项错误；因为输电功率不变，由P＝UI可知，输电电压应为13U，故C选项错误，D选项正确．11．发电机的端电压220 V，输出电功率44 kW，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用初、次级匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次级匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．(1)画出全过程的线路示意图．(2)求用户得到的电压和功率．解析：(1)示意图如图所示(2)由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1·U 1＝2200 V由P 1＝U 1I 1得I 1＝P 1U 1＝200 A由I 1I 2＝n 2n 1得I 2＝n 1I 1n 2＝20 A 电压损失U R ＝I 2R ＝20×0.2 V＝4 V功率损失P R ＝I 22R ＝202×0.2 W＝80 W 由U 2＝U 3＋U R 可得U 3＝U 2－U R ＝2196 V 由U 3U 4＝n 3n 4得U 4＝n 4U 3n 3＝1×219610V ＝219.6 V 用户得到功率P 4＝P 1－P 损＝(44000－80)W ＝43920 W＝4.392×104W.答案：(1)见解析 (2)219.6 V 4.392×104W12．发电机输出功率是100 kW ，输出电压是250 V ，用户需要的电压是220 V ，输电线电阻为10 Ω，若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求： (1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比． (2)用户得到的电功率是多少？解析：(1)输电线路的示意图如图所示输电线损耗功率P 线＝100×4% kW＝4 kW ，又P 线＝I 22R 线，输电线电流I 2＝I 3＝20 A ， 原线圈中的输入电流I 1＝P U 1＝100000250 A ＝400 A ，所以n 1n 2＝I 2I 1＝20400＝120这样U 2＝U 1n 2n 2＝250×20 V＝5000 VU 3＝U 2－U 线＝5000 V －20×10 V＝4800 V所以n 3n 4＝U 3U 4＝4800220＝24011(2)用户得到的电功率P 出＝100×96% kW＝96 kW.答案：见解析。

1．下列有关半导体的说法正确的是( )A．半导体的电阻率随温度的升高而增大B．利用半导体导电的特点可以制成不同用途的光敏、热敏电阻C．半导体材料可以制成晶体二极管和和晶体三极管D．半导体的导电性能介于导体和绝缘体之间答案：BCD2．下列关于超导体的说法中，正确的是( )A．只有达到0 K时，导体才能变为超导体B．超导体对电流的阻碍作用是零C．导体的温度很高，就能变为超导体，叫高温超导D．电流在超导体中传输时不发热答案：BD3．(2011年武汉模拟)街道旁的路灯、江海里的航标灯都要求夜晚亮、白天熄，利用半导体的电学特性制成了自然点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，这利用半导体的( ) A．压敏性B．光敏性C．热敏性D．三种特性都利用了答案：B图14－3－74．半导体温度计是利用热敏电阻制造的．如图14－3－7所示，如果待测点的温度升高，那么( )A．热敏电阻变大，灵敏电流表示数变大B．热敏电阻变大，灵敏电流表示数变小C．热敏电阻变小，灵敏电流表示数变大D．热敏电阻变小，灵敏电流表示数变小答案：C图14－3－85．一光敏电阻和一用电器串联后接在一电源上，如图14－3－8所示．当电路中的光敏电阻受到光照射时，用电器可以正常工作；当光敏电阻不受光照射时，求：(1)光敏电阻的阻值和电路中的电流分别如何变化？(2)用电器的工作状态怎样？解析：一般光敏电阻的阻值，不受光照射时是受光照射时的100～1000倍．电路中的光敏电阻受光照射时，电阻大大减小，电流相当强，用电器可以正常工作，而光敏电阻不受光照射时，阻值增大，电流减弱，用电器停止工作．答案：(1)增大减小(2)停止工作1．关于导体和半导体，下列说法中正确的是( )A．导体的电阻随温度的增加而增加B．半导体的电阻随温度的增加而增加C．纯金属的电阻率大，合金的电阻率小D．纯净半导体的导电性差，掺入杂质后导电性能增强解析：选AD.导体的电阻随温度的增加而增加，半导体的电阻随温度的增加而减小，纯金属的电阻率小，合金的电阻率大；纯净半导体中掺入杂质后，导电性能会大大增强，这正是半导体的掺杂持性．2．利用半导体不能制作下列哪些电子元件( )A．热敏电阻B．光敏电阻C．晶体管D．标准电阻答案：D3．若将超导体线圈连接在电路中，则下列说法中正确的是( )A．超导体线圈中有较小的电流通过B．有强大的电流通过超导体线圈，因此会产生大量的热量C．电流通过超导体线圈，能产生强大的磁场D．电流在超导体中，会有部分能量损失答案：C4．能使半导体的导电性能发生显著变化的方法是( )A．升高半导体的温度B．用光照射半导体C．在半导体中掺入微量的杂质D．降低半导体上的电压答案：ABC图14－3－95．如图14－3－9所示，已知R1为半导体热敏电阻，R2与R3是普通电阻，当灯泡L的亮度变暗时，说明( )A．环境温度升高B．环境温度降低C．环境温度不变D．都有可能答案：B图14－3－106．(2011年南京高二检测)温度能明显地影响金属导体和半导体材料的导电性能，关于如图14－3－10所示的R－T关系曲线中( )A．图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化B．图线2反映金属导体的电阻随温度的变化C．图线1反映金属导体的电阻随温度的变化D．图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化解析：选CD.图线1表示电阻随温度的升高而增大，反映了金属导体的电阻随温度的变化情况，C正确．半导体材料的电阻随温度的升高而减小，图线2反映了其变化情况，D正确．图14－3－117．(2011年深圳模拟)电阻R 与两个完全相同的晶体二极管D 1和D 2连接成如图14－3－11所示的电路，a 、b 端的电势差U ab ＝10 V 时，流经a 点的电流为0.01 A ；当电势差U ab ＝－0.2 V 时，流经a 点的电流仍为0.01 A ，则电阻R 的阻值为( )A ．1020 ΩB ．1000 ΩC ．980 ΩD ．20 Ω解析：选C.U ab ＝10 V ，R ＋R D ＝U ab I ＝100.01 Ω＝1000 Ω，当U ab ＝－0.2 V 时，R D ＝－U ab I ＝0.20.01Ω＝20 Ω，故R ＝980 Ω，所以选C.8．(2011年西城区模拟)图14－3－12中甲、乙两电路的元件完全相同，则四个电表示数的大小关系正确的是( )图14－3－12A ．I 1>I 2，U 1>U 2B ．I 1<I 2，U 1<U 2C ．I 1<I 2，U 1>U 2D ．I 1>I 2，U 1<U 2解析：选D.本题考查二极管的特性．图甲中二极管的正极接电源正极，负极通过电阻接电源负极，处于正向导通状态；图乙中则处于截止状态，所以电流表A 1的示数比A 2的示数大，即I 1>I 2.由于正向导通时，二极管呈现的电阻极小，理想二极管可认为正向电阻等于零，因此其两端的电压很小，即U 1≈0；反向截止时，二极管呈现的电阻很大，理想二极管为无限大，相当于断开，因此电压表V 2的示数(即U 2)接近于电源电动势．可见U 1<U 2. 9．(2011年上海闵行区高二检测)一个用半导体材料制成的电阻器D ，其电流I 随它两端电压U 的关系图象如图14－3－13甲所示，将它与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P ，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D 和电阻R 1、R 2消耗的电功率分别是P D 、P 1、P 2，它们之间的大小关系有( )图14－3－13A ．P 1＝4P DB ．P D ＝P /4C ．PD ＝P 2D ．P 1<4P 2答案：D10．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14－3－14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，电流表示数如图乙所示，下列判断正确的是( )图14－3－14A．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解析：选D.0～t1时间内，I不变，说明压敏电阻不受压力或所受压力不变，小车做匀速直线运动或匀加速直线运动；t1～t2时间内，I渐大，压敏电阻所受压力逐渐增大，小车做加速度逐渐增大的加速运动，至t2时刻加速度达到一定的值；t2～t3时间内，小车做匀加速直线运动，故D正确．图14－3－1511．如图14－3－15所示的电路中，电源两端电压保持不变，R0为半导体热敏电阻，R1、R2和R3为普通电阻，除了热敏电阻以外，其他电阻均不受温度的影响，那么当环境温度升高后，有关电表的示数，下列说法正确的是( )A．A增大，V1增大，V2增大B．A增大，V1减小，V2增大C．A减小，V1增大，V2增大D．A减小，V1减小，V2增大解析：选B.四个电阻串联后接在电源两端，当环境温度升高时，半导体热敏电阻R0的阻值减小，电路中总电阻减小，电流增大，所以电流表A的示数增大；通过R1的电流增大，R1两端的电压增大，电压表V2的示数增大；电路中电流增大，R3两端的电压增大，而V1的示数与R3上的电压之和为定值(电源电压)．所以电压表V1的示数减小．综上所述，只有B项正确．图14－3－1612．用半导体制成的发光二极管是某些用电器上作指示用的一种电子元件(可视为纯电阻)，在电路中的符号为，只有电流从所标的“＋”号的一端输入，从“－”号一端流出时，它才可能发光，厂家提供的某种发光二极管的U－I图线如图14－3－16所示．若使用电压15 V的电源供电，且二极管正常工作(工作电压为3.0 V)则需要在电源和二极管之间________(选填“串联”或“并联”)上________Ω的电阻．解析：二极管的U－I图线是曲线，说明二极管的电阻是变化的，开始一段弯曲得显著，电阻变化较快．由题意先找出二极管的工作状态，再由欧姆定律分析求解．由题意：二极管工作电压3.0 V，工作电流为40 mA，而电源电压为15 V，所以应串联电阻，使电阻分担12 V 的电压．由欧姆定律，串联电阻的电阻值R ＝U I ＝12 V 40 mA＝300 Ω. 答案：串联 30013．如图14－3－17所示，甲为半导体材料做成的热敏电阻的阻值随温度变化的曲线，乙为热敏电阻和继电器做成的温控电路．设继电器的线圈电阻为50 Ω，继电器线圈中的电流大于或等于20 mA 时，继电器的衔铁被吸合，左侧电源两端电压恒为6 V ，内阻不计，试问温度满足什么条件时，电路右侧的小灯泡会发光？图14－3－17解析：设热敏电阻阻值为R x 时，其电流为I ＝20 mA ，即I ＝UR x ＋R ，R x ＝UI－R ＝250 Ω，由甲图查得对应该阻值的温度为50 ℃.又由甲图看出热敏电阻随温度升高其阻值减小，故温度应为t ≥50 ℃.答案：t ≥50 ℃。

2013高二物理（含第三册）优化训练：第14章第十三节知能优化训练图14－13－101．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14－13－10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答案：AC图14－13－112．如图14－13－11所示，是一个测定液面高度的传感器，在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放在导电液体中，导线芯和导电液体构成电容器的两极，把这两极接入外电路，当外电路中的电流变化说明电容值增大时，则导电液体的深度h变化为( ) A．增大B．减小C．不变D．无法确定答案：A图14－13－121．(2011年济南模拟)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图14－13－12所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图14－13－13甲、乙、丙、丁所示，下列判断中正确的是( )图14－13－13A ．甲图表示电梯可能做匀速直线运动B ．乙图表示电梯可能做匀加速上升运动C ．丙图表示电梯可能做匀加速上升运动D ．丁图表示电梯可能做变减速下降运动答案：ACD2．如图14－13－14所示为光敏电阻自动计数器的示意图，其中R 1为光敏电阻，R 2为定值电阻，此光电计数器的基本工作原理是( )图14－13－14A ．当有光照射R 1时，信号处理系统获得高电压B ．当有光照射R 1时，信号处理系统获得低电压C ．信号处理系统每获得一次低电压就记数一次D ．信号处理系统每获得一次高电压就记数一次解析：选AC.当光照时，光敏电阻R 1的阻值减小，R 2上的电压增大，当有物体通过时，相当于无光照，R 1阻值增大，R 2电压减小，所以信号处理系统每获得一次低电压记数一次，因此A 、C 正确．3．用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程．下列属于这类传感器的是( )A ．红外报警装置B ．走廊内照明灯的声控开关C ．自动洗衣机中的压力传感装置D ．电饭煲中控制加热和保温的温控器答案：A4．(2011年南京调研)传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图14－13－15所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)，下列实验现象中正确的是( )图14－13－15A ．当乙传感器接入电路实验时，若F 变小，则电流表指针向右偏转B ．当乙传感器接入电路实验时，若F 变大，则电流表指针向右偏转C ．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h 变大，则电流表指针向左偏转D ．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h 变小，则电流表指针向左偏转解析：选BD.在甲电路中接入的电容器电容增大时，电路中形成充电电流，电流表指针右偏，反之则左偏．由C ＝εS 4k πd知在乙电路中F 增大时，d 减小，C 增大，否则C 减小；在丙电路中h 变大时S 变大，C 变大，否则C 减小，则综合可知B 、D 正确．图14－13－165．如图14－13－16所示是一火警报警器的一部分电路示意图，其中R2为由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I、报警器两端的电压U的变化情况是( )A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变小，U变大D．I变大，U变小解析：选B.当R2处出现火情，温度升高时，R2电阻减小，总电阻减小，总电流变大，故路端电压即ab间电压变小．R3所在支路电压等于电源电动势减去内电压，再减去R1两端电压，由于干路电流增大，内电压、R1两端电压均增大，所以R3所在支路电压减小，故电流减小．所以本题答案为B.图14－13－176．如图14－13－17所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，LED为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与LED相距不远，下列说法正确的是( )A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变D．无论怎样移动触头P，L消耗的功率都不变答案：A图14－13－187．如图14－13－18所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时( )A．电压表的示数增大B．R2中电流减小C．小灯泡的功率增大D．电路的路端电压降低解析：选ABCD.当光强度增大时，R3阻值减小，外电路电阻减小，R1两端电压增大；R2两端电压减小，通过R2的电流减小，通过灯L的电流增大，功率增大，所以A、B、C、D都正确．8．(2011年泰州高二检测)传感器是指这样一类元件：它能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并能把它们按照一定的规律转换为电压、电流等电学量，或转换为电路的通断．把非电学量转换为电学量以后，就可以很方便地进行测量、传输、处理和控制了．(1)下列关于传感器说法正确的是________．A．光敏电阻是常见的光传感器，其作用是将电信号转换为光信号；B．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号；C．热敏电阻能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量；D．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断图14－13－19(2)有一种测量压力的电子秤，其原理图如图14－13－19所示．E是内阻不计、电动势为6 V的电源．R0是一个阻值为300 Ω的限流电阻．G是由理想电流表改装成的指针式测力显示器．R是一个压敏电阻，其阻值可随压力大小变化而改变，其关系如下表所示．C是一个用来压力F/N050100150200250300…电阻R/Ω300280260240220200180…②若电容器的耐压值为5 V，该电子秤的最大称量值为________ N；③如果把电流表中电流的刻度变换成压力刻度，则该测力显示器的刻度________(选填“均匀”或“不均匀”)．答案：(1)CD (2)①R＝300－0.4F②600 ③不均匀9．某研究性学习小组为了制作一种传感器，需要选用一电器元件．图14－13－20为该电器元件的伏安特性曲线，有同学对其提出质疑，先需进一步验证该伏安特性曲线，实验室备有下列器材；器材(代号)规格电流表(A1)电流表(A2)电压表(V1)电压表(V2)滑动变阻器(R1)滑动变阻器(R2)直流电源(E)开关(S)导线若干量程0～50 mA，内阻约为50 Ω量程0～200 mA，内阻约为10 Ω量程0～3 V，内阻约为10 kΩ量程0～15 V，内阻约为25 kΩ阻值范围0～15 Ω，允许最大电流1 A阻值范围0～1 kΩ，允许最大电流100 mA输出电压6 V，内阻不计图14－13－20(1)为提高实验结果的准确程度，电流表应选用________；电压表应选用________；滑动变阻器应选用________．(以上均填器材代号)(2)为达到上述目的，请在虚线框内画出正确的实验电路原理图，并标明所用器材的代号．(3)若发现实验测得的伏安特性曲线与图中14－13－20曲线基本吻合，请说明该伏安特性曲线与小电珠的伏安特性曲线有何异同点？相同点：________________________________________________________________________，不同点：________________________________________________________________________.答案：(1)A2V1R1(2)如图(3)相同点：通过该元件的电流与电压的变化关系和通过小电珠的电流与电压的变化关系都是非线性关系．不同点：该元件的电阻值随电压的升高而减小，而小电珠的电阻值随电压的升高而增大．。

2013高二物理（含第三册）优化训练：第15章第二节知能优化训练1．关于磁感应强度，下列说法正确的是( )A．由B＝FIL可知，B与F成正比，与I、L成反比B．通电导线放在磁场中某点，这一点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，这一点的磁感应强度变为零C．通电导线放在磁场中某点，这一点的磁感应强度等于导线所受安培力与导线中电流强度和导线长度乘积的比值D．磁场中某一点的磁感应强度是由磁场本身决定的，其大小和方向是惟一确定的，与通电导线无关答案：D图15－2－122．如图15－2－12所示，在三角形abc组成的导线框内通有电流，并处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，则线框所受安培力的合力( )A．大小为0B．方向垂直ab向外C．方向垂直bc向外D．方向垂直ca向外答案：A图15－2－133．如图15－2－13，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力( ) A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)BILB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)BILC．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)BILD．方向沿纸面向下，大小为(2－1)BIL解析：选A.ab、bc、cd所受安培力的大小均为F＝BIL，bc边所受安培力的方向垂直于bc向上，ab、cd边所受安培力的方向如图所示，由几何关系可知ab与cd边所受安培力方向之间的夹角为90°，合力大小F′＝2BIL，方向垂直于bc向上，且与bc边所受安培力在一条直线上，因此abcd所受磁场的作用力的合力为F合＝F＋F′＝(2＋1)BIL，方向沿纸面垂直bc向上．图15－2－144．一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图15－2－14所示，如果直导线可以自由地运动，且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况( ) A．从上向下看，顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看，顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看，逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看，逆时针转动并靠近螺线管答案：D图15－2－155．(2011年广州高二检测)如图15－2－15所示，有一金属棒ab，质量m＝5 g，电阻R ＝1 Ω，可以无摩擦地在两条轨道上滑行，轨道间的距离d＝10 cm，电阻不计，轨道平面与水平面间的夹角θ＝30°，整个装置置于磁感应强度B＝0.4 T，方向竖直向上的匀强磁场中，回路中电源的电动势E＝2 V，内阻r＝0.1 Ω.求变阻器R0多大时，可使金属棒在轨道上保持静止．解析：ab棒受力如图所示由平衡条件得：mg sinθ＝BId cosθ由闭合电路欧姆定律得：I＝ER0＋R＋r解两式得：R0＝1.67 Ω.答案：1.67 Ω1．下列说法正确的是( )A．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度为零B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度为零C．磁感应强度表示磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到磁场力与该小段导线的长度和电流的乘积的比值D．同一段通电导线在磁场中受力大的地方磁场强解析：选A.电场最基本的性质是对放入其中的电荷有力的作用，A正确．磁场中某处磁感应强度不为零，但当导线平行磁感线放置时所受磁场力为零，磁感应强度定义式B＝F/(IL)中F是当导线垂直磁场放置时所受的力，B、C、D错误．2．在北半球地面上，有一条东西方向水平放置的长直导线，通有从东向西的电流，则此通电长直导线所受地磁场的作用力的方向是( )A．向上偏北B．向下偏南C．向南D．向北答案：B3．一小段通电直导线长1 cm，电流强度为5 A，把它放入磁场中某点时所受磁场力大小为0.1 N，则该点的磁感应强度为( )A．B＝2 TB．B≥2 TC．B≤2 TD．以上三种情况均有可能解析：选B.由B＝F/(IL)可知F/(IL)＝2 T，当小段通电直导线垂直于磁场B时，受力最大，而此时可能通电直导线与B不垂直，即B sinθ＝2 T ，因而B≥2 T.图15－2－164．(2010年高考上海物理卷)如图15－2－16，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为( )A．0B．0.5BIlC．BIlD．2BIl解析：选C.由等效性可知，V形导线受到的安培力为F＝BIl，C正确．图15－2－175．如图15－2－17所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是( )A．都绕圆柱转动B．以不等的加速度相向运动C．以相等的加速度相向运动D．以相等的加速度相背运动解析：选C.同向环形电流间相互吸引，虽两电流大小不等，但根据牛顿第三定律可知两线圈间的相互作用力必大小相等．图15－2－186．(2011年南京高二检测)如图15－2－18所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央上方固定一根长直导线，导线与条形磁铁垂直．当导线中通以垂直纸面向里的电流时，用F N 表示磁铁对桌面的压力，F静表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前受力相比较正确的是( )A．F N减小，F静＝0B．F N减小，F静≠0C．F N增大，F静＝0D．F N增大，F静≠0解析：选C.画出一条通电电流为I的导线所在处的磁铁的磁感线，电流I处的磁场方向水平向左，由左手定则知，电流I受安培力方向竖直向上．根据牛顿第三定律可知，电流对磁铁的反作用力方向竖直向下，所以磁铁对桌面压力增大，而桌面对磁铁无摩擦力作用，故正确选项为C.7．取两个完全相同的长导线，用其中一根长导线绕成如图15－2－19甲所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I 的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B ，若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺线管，并通以电流强度也为I 的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为( )图15－2－19A ．0B ．0.5BC ．BD ．2B 答案：A图15－2－208．如图15－2－20所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，当导体棒中的电流I 垂直于纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B 的大小和方向正确的是( )A ．B ＝mg sin αIL，方向垂直斜面向上B ．B ＝mg sin αIL ，方向垂直斜面向下C ．B ＝mg cos αIL ，方向垂直斜面向下D ．B ＝mg cos αIL，方向垂直斜面向上解析：选A.若磁场方向垂直斜面向上，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向上，则导体棒受竖直向下的重力mg ，斜面对导体棒的支持力F N 和沿斜面向上的安培力F ，如右图所示，则sin α＝F mg ，而F ＝BIL ，所以B ＝mg sin αIL，故A 对D 错；若磁场方向垂直斜面向下，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向下，因斜面光滑，导体棒不可能静止在斜面上，故B 、C 错．图15－2－219．如图15－2－21所示为两个完全相同、互相垂直的导体圆环M 、N 中间用绝缘细线ab 连接，悬挂在天花板下，当M 、N 中同时通入如图所示方向的电流时，关于两线圈的转动(从上向下看)以及ab 中细线张力变化，下列判断正确的是( )A ．M 、N 均不转动，细线张力不变B ．M 、N 都顺时针转动，细线张力减小C ．M 顺时针转动，N 逆时针转动，细线张力减小D ．M 逆时针转动，N 顺时针转动，细线张力增加解析：选C.设想N 固定不动，分析M 上各部分在N 的磁场中的受力，可判断M 或Oa 竖直轴顺时针转动(从上向下看)；由牛顿第三定律可知，M 的磁场必定使N 逆时针转动，转动的最终结果会使两环在同一平面，并且a 、b 两点处电流方向相同，由于同向电流相互吸引，细线张力会减小．故C 对．10．(2011年高考新课标全国卷)图15－2－22电磁轨道炮工作原理如图15－2－22所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍B ．只将电流I 增加至原来的2倍C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变解析：选BD.通电的弹体在安培力作用下加速运动，F 安＝BId ，B ＝kI ，故F 安∝I 2，根据动能定理F 安L ＝12mv 2得v ∝I L m ，故选项B 、D 正确，选项A 、C 错误．或根据运动学公式v2＝2aL ，也可得出v ∝ILm.图15－2－2311．质量为m 、长度为L 的导体棒MN 静止于水平导轨上，通过MN 的电流为I ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图15－2－23所示，求棒MN 受到的支持力和摩擦力．解析：棒MN 受力分析如图所示．由平衡条件有 水平方向：F f ＝F sin θ竖直方向：F N ＝F cos θ＋mg 且F ＝BIL∴F f ＝F sin θ＝BIL sin θF N ＝F cos θ＋mg ＝BIL cos θ＋mg . 答案：BIL cos θ＋mg BIL sin θ图15－2－2412．如图15－2－24所示，MN 、PQ 为水平放置的金属导轨，直导线ab 与导轨垂直放置，导轨间距L ＝10 cm ，其电阻为0.4 Ω，导轨所在区域处在匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度B ＝0.2 T ．电池电动势E ＝1.5 V ，内电阻r ＝0.18 Ω，电阻R ＝1.6 Ω，开关S 接通后直导线ab 仍静止不动．求直导线ab 所受摩擦力的大小和方向．解析：导线处于平衡状态，受力分析如右图所示．当开关闭合时，电阻R 与导线ab 并联，R 并＝R ·R ab R ＋R ab ＝1.6×0.41.6＋0.4Ω＝0.32 Ω，ab 两端的电压为U ＝IR 并＝E R 并＋r R 并＝ 1.50.32＋0.18×0.32 V＝0.96 V通过ab 的电流为I ab ＝U R ab ＝0.960.4A ＝2.4 A.导线ab 所受的安培力F 为F ＝BI ab L ＝0.2×2.4×0.1 N＝0.048 N. 由平衡条件可得F f ＝F ＝0.048 N.所以导线所受的摩擦力大小为0.048 N ，方向水平向左． 答案：0.048 N 方向水平向左图15－2－2513．在倾角θ＝30°的斜面上，固定一金属框架，宽l ＝0.25 m ，接入电动势E ＝12 V 、内阻不计的电池．金属框面放有一根质量m ＝0.2 kg 的金属棒ab (如图15－2－25)，且垂直于两框边．它与框架的动摩擦因数为μ＝36，整个装置放在磁感应强度B ＝0.8 T 的垂直于框面向上的匀强磁场中，当调节滑动变阻器R 的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g ＝10 m/s 2)解析：当变阻器R 取值较大时，I 较小，安培力F 较小，在金属棒重力分力mg sin θ作用下使金属棒有沿框面向下滑动的趋势，因此，框架对金属棒的摩擦力沿框面向上(如图甲所示)．金属棒刚好不下滑时满足平衡条件BER maxl ＋μmg cos θ－mg sin θ＝0 解得R max ＝4.8 Ω当变阻器R取值较小时，I较大，安培力F较大，在金属棒重力分力mg sin θ作用下会使金属棒产生沿框面向上滑动的趋势．因此，框架对金属棒的摩擦力沿框面向下(如图乙所示)．金属棒刚好不上滑时满足平衡条件B ER minl－μmg cos θ－mg sin θ＝0解得R min＝BElmg sin θ＋μcos θ＝1.6 Ω所以滑动变阻器R的取值范围应为1.6 Ω≤R≤4.8 Ω.答案：1.6 Ω≤R≤4.8 Ω。

2013高二物理（含第三册）优化训练：第14章第十节知能优化训练图14－10－91．在测定电流表内阻的实验中，如采用图14－10－9所示的电路，则R ′应选用( ) A ．只能是电阻箱 B ．可以是滑动变阻器 C ．可以是固定电阻 D ．以上都可以 答案：A图14－10－102．如图14－10－10所示的是旋钮式电阻箱的面板示意图，下列说法正确的是( ) A ．该电阻箱的最大阻值是99999.9 ΩB ．除“0”以外，该电阻箱的最小阻值为0.1 ΩC ．若面板上各旋钮的位置如图中所示，这个电阻箱此时A 、B 间的阻值是23463.9 ΩD ．若面板上各旋钮的位置如图中所示，这个电阻箱此时A 、B 间的电阻值是43263.9 Ω 答案：ABC3．半偏法测得的电流表内阻与其真实值相比( ) A ．偏大 B ．偏小 C ．相等D ．有时偏大，有时偏小解析：选B.根据半偏法测电流表内阻的电路图可知，由于R ′并在表头G 上，使电路中总电阻变小，总电流变大，当I G ＝I g 2时，I R ′>I g2，根据并联电路的特点知，R g >R ′.即电流表内阻的真实值大于其测量值．1．在采用半偏法测量电流表的内阻时，准备了6 V 蓄电池和一节干电池；4.7 k Ω电位器和470 k Ω电位器．为了减小实验误差，应选用下列各组器材中的( )A ．R 应选用4.7 k Ω电位器，而电源应选用6 V 蓄电池B ．R 应选用470 k Ω电位器，而电源应选用干电池C ．R 应选用4.7 k Ω电位器，而电源应选用干电池D．R应选用470 kΩ电位器，而电源应选用6 V蓄电池解析：选D.用半偏法测量电流表内阻时，R越大(相对R g，R′)，当S2闭合后，电路中的总电流所受影响越小，半偏法测得的电流表电阻越接近真实值；同时，实验又要求电流表能达到满偏，故电动势可选稍大些的．综上可知，D选项正确．图14－10－112．(2011年春晖中学高二检测)如图14－10－11所示，用半偏法测电流表G的内电阻R g，下列说法中正确的是( )A．电键S1闭合前，R1必须调节到高阻值处B．电键S1闭合前，R2的阻值必须调节到最大C．当电流表示数从满偏电流I1调到半偏电流I1/2时，R2中电流稍大于I1/2D．电源电动势的大小及相应的R1最大值的大小，对实验误差有很大影响答案：ACD3．用半偏法测电流表内阻时，所测值为近似值，因此改装成的电压表会存在误差．下列说法正确的是( )A．上述电流表内电阻的测量值比其真实值小，这一因素使得用上述改装成的伏特表测电压时，其读数比伏特表两端的实际电压小B．上述电流表内电阻的测量值比其真实值大，这一因素使得用上述改装成的伏特表测电压时，其读数比伏特表两端的实际电压小C．上述电流表内电阻的测量值比真实值小，这一因素使得用上述改装成的伏特表测电压时，其读数比伏特表两端的实际电压大D．上述电流表内电阻的测量值比其真实值大，这一因素使得用上述改装成的伏特表测电压时，其读数比伏特表两端的实际电压大答案：A图14－10－124．如图14－10－12所示的电路，测电流表的内阻时，下列操作中错误的是( )A．闭合S1前R1应调到最大值B．闭合S1前R1应调到最小值C．闭合S2后，在调节R2的同时，还要改变R1的阻值D．闭合S2后，在调节R2时，不能改变R1的阻值答案：BC图14－10－135．电压表由电流表G与电阻R串联而成，如图14－10－13所示，若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进( )A．在R上串联一比R小得多的电阻B．在R上串联一比R大得多的电阻C．在R上并联一比R小得多的电阻D．在R上并联一比R大得多的电阻解析：选D.本题主要考察并联电路分流作用在电表改装上的作用．根据题意，在R上并联一个比R大得多的电阻使电流表中的电流稍有增加，这样G表示数稍有增大．图14－10－146．(2011年营口高二检测)如果采用如图14－10－14所示的电路测电流表的内阻，实验时要进行的步骤有：A ．合上S 1B ．合上S 2C ．将R 1的阻值调至最大D ．调节R 1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度E ．调节R 2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半F ．记下R 2的阻值G ．按如图所示的电路图连接好电路 (1)以上步骤的合理顺序是________________________________________________________________________．(2)若步骤F 中记录的R 2阻值为100 Ω，则被测电流表的内阻r g 的测量值为________ Ω. (3)若电源内阻不能忽略，该测量值比真实值________．(填“偏大”或“偏小”) 解析：(1)实验步骤合理的顺序为GCADBEF.(2)电流表内阻r g 与电阻箱值R 2相等，故为100 Ω.(3)由于闭合S 2后干路电流增加，R 2支路的电流大于12I g ，所以R 2<r g ，故填“偏小”．答案：(1)GCADBEF (2)100 (3)偏小图14－10－157．在“把电流表改装为电压表”的实验中，测电流表G 的内阻时备有下列器材： A ．待测电流表(量程为1 mA ，内阻约几十欧) B ．滑动变阻器(阻值范围0～100 Ω) C ．电阻箱(0～999.9 Ω) D ．电阻箱(0～9999 Ω)E ．电源(电动势为2 V ，有内阻)F ．电源(电动势为9 V ，有内阻)(1)若采用如图14－10－15所示电路测定电流表G 的内阻，并要求有较高的精度，以上器材中，R 1应选用________，R 2应选用________，电源应选用________．(用器材前面的英文字母表示)(2)若测得的电流表内阻R g ＝50 Ω，要将该电流表改装成量程为 3 V 的电压表，则应________联一个阻值为________ Ω的电阻，表的刻度盘上原0.6 mA 处应改写成________ V.解析：(1)R 1应选用阻值较大的变阻箱，故选用D ，R 2应为精度较高的电阻箱，故选用C ，实验要求R 1≫R 2，R 1与电流表满偏时的总电阻R 接近，约为R ＝E I g，故采用电动势大的电源，R 1就越大，当E ＝9 V 时，R ＝9000 Ω，故应选用F.(2)应串联一个电阻，其值为R ＝U I g －R g ＝(31×10－3－50) Ω＝2950 Ω. 指针指到0.6 mA 时，电压值U ＝I (R g ＋R )＝0.6×10－3×(2950＋50) V ＝1.8 V. 答案：(1)D C F (2)串 2950 1.8 8.图14－10－16实验室内有一电压表mV ，量程为150 mV ，内阻约为150 Ω.现要将其改装成量程为10 mA 的电流表，并进行校准．为此，实验室提供如下器材：干电池E (电动势为1.5 V)，电阻箱R ，滑动变阻器R ′，电流表A(有1.5 mA,15 mA 与150 mA 三个量程)及开关K.(1)对电表改装时必须知道电压表的内阻．可用如图14－10－16所示的电路测量电压表mV 的内阻．在既不损坏仪器又能使精确度尽可能高的条件下，电路中的电流表A 应选用的量程是________．若合上K ，调节滑动变阻器后测得电压表mV 的读数为150 mV ，电流表A 的读数为1.05 mA ，则电压表的内阻R mV 为________．(取三位有效数字)(2)在对改装成的电流表进行校准时，把A 作为标准电流表，画出对改装成的电流表进行校准的电路原理图(滑动变阻器作限流使用)，图中各元件要用题中给出符号或字母标注．图中电阻箱的取值是________(取三位有效数字)，电流表A 应选用的量程是________．解析：(1)电压表的满偏电流为I g ＝U g R g ＝150150 mA ＝1 mA ，所以电路中的电流表应选用的量程是1.5 mA.由欧姆定律可求得R mV ＝1501.05Ω＝143 Ω.(2)设计电路及字母标注如图所示．电阻箱的阻值R ＝15010－I g Ω＝1509Ω＝16.7 Ω.由于改装的电流表的量程为10 mA ，所以标准电流表的量程应略大一些，故应选15 mA 的量程．答案：(1)1.5 mA 143 Ω(2)如解析图所示 16.7 Ω 15 mA9．为了测定电流表A 1的内阻，采用如图14－10－17所示的电路．图14－10－17其中：A 1是待测电流表，量程为300 μA ，内阻约为100 Ω； A 2是标准电流表，量程为200 μA ； R 1是电阻箱，阻值范围0～999.9 Ω； R 2是滑动变阻器； R 3是保护电阻；E 是电池组，电动势为4 V ，内阻不计； S 1是单刀单掷开关，S 2是单刀双掷开关．(1)根据电路图14－10－17，请在图14－10－18中画出连线，将器材连接成实验电路．图14－10－18(2)连接好电路，将开关S 2扳到接点a 处，接通开关S 1，调整滑动变阻器R 2使电流表A 2的读数是150 μA ；然后将开关S 2扳到接点b 处，保持R 2不变，调节电阻箱R 1，使A 2的读数仍为150 μA.若此时电阻箱各旋钮的位置如图14－10－19所示，电阻箱R 1的阻值是________Ω，则待测电流表A 1的内阻r g ＝________Ω.图14－10－19(3)上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器R 2的滑动端位置，都要保证两块电流表的安全．在下面提供的四个电阻中，保护电阻R 3应选用：________(填写阻值相应的字母)．A ．200 k ΩB ．20 k ΩC ．15 k ΩD ．20 Ω(4)下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用．既要满足上述实验要求，又要调整方便，滑动变阻器________(填写阻值相应的字母)是最佳选择．A ．1 k ΩB ．5 k ΩC ．10 k ΩD ．25 k Ω解析：由下图知，此为半偏法测内阻原理图，选择电阻R 3和R 2时要符合能用、好用的原则．(1)实物图如下图(2)R 1的阻值为10×8 Ω＋6 Ω＋0.1×3 Ω＝86.3 Ω 则电流表A 1的内阻r g ＝86.3 Ω. (3)当R 2＝0时，若A 2满偏，则有I g ＝E R 3R 3＝4200×10－6 Ω＝20×103Ω＝20 k Ω故选B.(4)当R 3选用20 k Ω的电阻后，调节R 2的阻值，使电流表A 2的读数为I ′＝150 μA(题目要求)．则有R 2＋R 3＝E I ′＝4150×10－6Ω＝26.7 k ΩR 2＝26.7 k Ω－20 k Ω＝6.7 k Ω 故R 2选C.答案：(1)见解析图 (2)86.3 86.3 (3)B (4)C。

2013高二物理（含第三册）优化训练：第15章第五节知能优化训练1．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是( ) A ．速率越大，周期越大 B ．速率越小，周期越大 C ．速度方向与磁场方向平行 D ．速度方向与磁场方向垂直解析：选D.由周期公式T ＝2πmqB知A 、B 均错．速度方向垂直磁场方向．图15－5－142．如图15－5－14所示，一水平导线通以电流I ，导线下方有一电子，初速度方向与电流平行，关于电子的运动情况，下述说法中正确的是( )A ．沿路径a 运动，其轨道半径越来越大B ．沿路径a 运动，其轨道半径越来越小C ．沿路径b 运动，其轨道半径越来越小D ．沿路径b 运动，其轨道半径越来越大解析：选A.由安培定则可知导线下方的磁场向外，由左手定则判定路径为a ，因离导线越远磁场越弱，由r ＝mv eB知r 越来越大．图15－5－153．(2010年高考安徽卷)如图15－5－15是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子( )A ．带正电，由下往上运动B ．带正电，由上往下运动C ．带负电，由上往下运动D ．带负电，由下往上运动解析：选A.由于金属板对粒子有阻碍作用，穿过金属板后速度减小，由R ＝mv qB可知在同一匀强磁场中运动半径减小，由图片知板下面半径大于板上面的半径，所以粒子从下向上穿过金属板．磁场方向垂直于照片向里，所受洛伦兹力方向指向圆心位置，根据左手定则判断该粒子应带正电荷．所以，选项A 正确．图15－5－164．(2011年广州市调研)如图15－5－16所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场足够大)，一对正、负电子分别以相同速度沿与x 轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为(不计正、负电子间的相互作用力)( )A ．1∶ 3B ．2∶1 C.3∶1 D ．1∶2解析：选D.正、负电子在同一磁场中运动周期相同，运动时间之比等于转过的圆心角之比，也等于穿出磁场时的偏向角之比，由左手定则可判定正电子向上偏转从y 轴穿出磁场，而负电子从x 轴穿出磁场，则可知负电子转过圆心角为弦切角二倍即60°，同理正电子转过圆心角为120°，故D 正确．5．(2011年汕头高二检测)质量为m ，电荷量为q 的带负电粒子自静止开始，经M 、N 板间的电场加速后，从A 点垂直于磁场边界射入宽度为d 的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P 偏离入射方向的距离为L ，如图15－5－17所示．已知M 、N 两板间的电压为U ，粒子的重力不计．图15－5－17(1)正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图(用直尺和圆规规范作图)； (2)求匀强磁场的磁感应强度B .解析：(1)作粒子经电场和磁场中的轨迹图，如图所示．(2)设粒子在M 、N 两板间经电场加速后获得的速度为v ，由动能定理得：qU ＝12mv 2①粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r ，则：qvB ＝m v 2r②由几何关系得：r 2＝(r －L )2＋d 2③ 联立求解①②③式得：磁感应强度B ＝2L L 2＋d 2 2mUq .答案：(1)见解析 (2)2LL 2＋d 22mUq图15－5－181．如图15－5－18所示，速度相同的电子和质子从O 处射入匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，入射的方向在纸面内并与cdOab 垂直，图中画出了四个圆弧(其中一个是电子的轨迹)，Oa 和Od 的半径相同，Ob 和Oc 的半径相同，则电子的轨迹是( )A ．OaB ．ObC ．OcD ．Od 答案：A2．有三束粒子，分别是质子(p)、氚核(31H)和α粒子束，如果它们以相同的速度沿垂直于磁场方向射入匀强磁场(磁场方向垂直纸面向里)，在如图15－5－19所示四个图中，能正确表示出这三束粒子的运动轨迹的是( )图15－5－19解析：选C.三束粒子以相同的速度沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，因此粒子做匀速圆周运动，则qvB ＝mv 2R ，所以R ＝mvqB .因此它们的半径大小之比为R p ∶R 氚∶R α＝m p q p ∶m 氚q 氚∶m αq α＝1∶3∶2.由此可判断出C 项正确．图15－5－203．如图15－5－20所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负离子，从O 点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角．若不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法正确的是( )A ．运动的轨道半径不相同B ．重新回到边界的速度大小和方向都相同C ．重新回到边界的位置与O 点距离不相同D ．运动的时间相同 答案：B图15－5－214．如图15－5－21所示，ab 是一弯管，其中心线是半径为R 的一段圆弧，将弯管置于给定的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆弧所在的平面(即纸面)，并且指向纸外，有一束粒子对准a 端射入弯管，若粒子有不同的质量，不同的速度，但都是一价的正离子，则能沿中心线通过弯管的粒子必须( )A ．速度大小一定B ．质量大小一定C ．动量大小一定D ．动能大小一定 答案：C图15－5－225．带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹，图15－5－22是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a 和b 是轨迹上的两点，匀强磁场B 垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少．下列说法正确的是( )A ．粒子先经过a 点，再经过b 点B ．粒子先经过b 点，再经过a 点C ．粒子带负电D ．粒子带正电解析：选AC.粒子运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减小，说明粒子的速度逐渐减小，由r ＝mv qB知，粒子的轨道半径逐渐减小，所以粒子由a 点向b 点运动，故选项A 正确，选项B 错误；由左手定则可判断出粒子带负电，故选项C 正确，选项D 错误．图15－5－236．(2011年北京调研)如图15－5－23所示，正方形容器中有匀强磁场，一束电子从a 孔垂直于磁场射入容器中，其中一部分从c 孔射出，一部分从d 孔射出，则( )A ．从两孔射出的电子速率之比为v c ∶v d ＝2∶1B ．从两孔射出的电子在容器中运动所用时间之比t c ∶t d ＝1∶2C ．从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为a c ∶a d ＝2∶1D ．从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为a c ∶a d ＝2∶1解析：选ABD.电子从c 孔射出，它的轨迹是14个圆周，可确定轨迹圆心从而找到半径，即正方形容器的边长(设为L )．同理，从d 孔射出的电子的半径为正方形容器边长的一半L2，所以由半径公式可知：v c ∶v d ＝2∶1；而周期与电子的速度无关，即无论从c 还是从d 射出的电子在磁场中运行的周期都相同，但它们运行的时间t c ＝T 4，t d ＝T2，所以t c ∶t d ＝1∶2；电子运行的加速度大小决定于洛伦兹力，故a c ∶a d ＝v c ∶v d ＝2∶1.图15－5－247．如图15－5－24所示，一束质量、速度和带电量不同的正离子垂直地射入正交的匀强磁场和匀强电场区域里，结果发现有些离子原来的运动方向未发生任何变化，如果让这些不偏转离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结论( )A ．它们的动能一定各不相同B ．它们的带电量一定各不相同C ．它们的质量一定各不相同D ．它们的带电量与质量之比一定各不相同 答案：D图15－5－258．如图15－5－25所示，在圆形区域里，有匀强磁场，方向如图所示，有一束速率各不相同的质子自A 点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中( )A ．运动时间越长的，其轨迹所对应的圆心角越小B ．运动时间越长的，其轨迹越长C ．运动时间越短的，射出磁场时，速率越小D ．运动时间越短的，射出磁场时，速度方向偏转越小 答案：D图15－5－269．如图15－5－26所示，以MN 为界的两匀强磁场B 1＝2B 2，一带电荷量为＋q 、质量为m 的粒子从O 点垂直MN 进入B 1磁场，则经过多长时间它将向下通过O 点(不计粒子重力)( )A.2πm qB 1B.2πm qB 2C.2πmq B1＋B 2D.πmqB1＋B 2解析：选B.在MN 上方r 1＝mv qB 1，在MN 下方r 2＝mvqB 2，轨迹如图所示．因B 1＝2B 2，所以r 1＝12r 2，粒子再次回到O 点的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝πm qB 1＋πm qB 2＋πm qB 1＝2πm qB 2. 所以选项B 正确．图15－5－2710．如图15－5－27所示，粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中的竖直平面内做匀速圆周运动，则粒子带电性质和绕行方向分别是( )A ．带正电，逆时针B ．带正电，顺时针C ．带负电，逆时针D ．带负电，顺时针解析：选C.由粒子在复合场中做匀速圆周运动的特点可知，粒子受到的电场力和重力一定等大、反向，故电场力方向竖直向上，粒子带负电．在轨迹上任取一点，该点粒子受到的洛伦兹力应指向圆心，结合左手定则可判断其绕行方向为逆时针．11．图15－5－28为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道的半径为R ，均匀辐向电场的场强为E .磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .问：图15－5－28(1)为了使位于A 处电荷量为q 、质量为m 的离子，从静止开始经加速电场加速后沿图中虚线通过静电分析器，加速电场的电压U 应为多大？(2)离子由P 点进入磁分析器后，最终打在乳胶片上的Q 点，该点距入射点P 多远？若有一群离子从静止开始通过该质谱仪后落在同一点Q ，则该群离子有什么共同点？解析：(1)离子在加速电场中做加速运动，根据动能定理有qU ＝12mv 2①离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qE ＝m v 2R②由①②得U ＝12ER .(2)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qvB＝m v 2r③由②③得r ＝mv qB ＝1BEmR q④ 故PQ ＝2r ＝2BEmR q⑤从⑤可看出PQ ∝ mq，说明该群离子都打在Q 点必同带正电荷，且具有相等的比荷．答案：(1)12ER (2)2B EmRq同带正电荷，比荷相等12．(2011年北京海淀高二检测)如图15－5－29所示，水平放置的两块带电金属极板a 、b 平行正对．极板长度为l ，板间距为d ，板间存在着方向竖直向下、场强大小为E 的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场．假设电场、磁场只存在于两板间．一质量为m 、电荷量为q 的粒子，以水平速度v 0从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间，恰好做匀速直线运动．不计粒子的重力及空气阻力．图15－5－29(1)求匀强磁场磁感应强度B 的大小；(2)若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离； (3)若撤去磁场，并使电场强度变为原来的2倍，粒子将打在下极板上，求粒子到达下极板时动能的大小．解析：(1)带电粒子匀速通过场区时受到的电场力与洛伦兹力平衡，qE ＝qv 0B ，解得磁感应强度B ＝E v 0.(2)粒子通过电场区偏转的距离y ＝12at 2＝qEl22mv 20.(3)设粒子运动到下极板时的动能大小为E k ，根据动能定理q ·2E ·12d ＝E k －12mv 20.解得E k ＝12mv 20＋qEd .答案：(1)E v 0 (2)qEl 22mv 20 (3)12mv 20＋qEd图15－5－3013．如图15－5－30所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E ，方向与y 轴平行；在x 轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m 、电荷量为－q (q >0)的粒子以平行于x 轴的速度从y 轴上的P 点处射入电场，在x 轴上的Q 点处进入磁场，并从坐标原点O 离开磁场．粒子在磁场中的运动轨迹与y 轴交于M 点．已知OP ＝l ，OQ ＝23l .不计重力．求：(1)M 点与坐标原点O 间的距离；(2)粒子从P 点运动到M 点所用的时间． 解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，在y 轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a ，在x 轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v 0，粒子从P 点运动到Q 点所用的时间为t 1，进入磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角为θ，则a ＝qEm①t 1＝ 2y 0a②v 0＝x 0t 1③其中x 0＝23l ，y 0＝l ，又有tan θ＝at 1v 0④联立②③④式，得 θ＝30°⑤因为M 、O 、Q 点在圆周上，∠MOQ ＝90°，所以MQ 为直径．从图中的几何关系可知，R ＝23l ⑥ MO ＝6l .⑦(2)设粒子在磁场中运动的速度为v ，从Q 到M 点运动的时间为t 2，则有v ＝v 0cos θ⑧ t 2＝πR v⑨带电粒子自P 点出发到M 点所用的时间t 为 t ＝t 1＋t 2⑩联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得t ＝(32π＋1) 2ml qE .答案：(1)6l (2)(32π＋1) 2mlqE。

2013高二物理（含第三册）优化训练：第21~22章章末综合检测[学生用书 P 125]1．能产生干涉现象的两束光是( )A ．频率相同、振幅相同的两束光B ．频率相同、振动情况完全相同的两束光C ．两只完全相同的灯泡发出的光D ．同一光源的两个发光部分发出的光解析：选B.频率相同，振动情况完全相同的两束光会发生干涉，B 对，A 错．两只完全相同的灯泡发出的光和同一光源的两部分发出的光振动情况都不完全相同，不会发生干涉．2．(2011年高考北京卷)如图20－1－9所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S 时，在光屏P 上观察到干涉条纹．要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以( )图20－1－9A ．增大S 1与S 2的间距B ．减小双缝屏到光屏的距离C ．将绿光换为红光D ．将绿光换为紫光解析：选C.在双缝干涉实验中，相邻两条亮纹(或暗纹)间的距离Δx ＝L dλ，要想增大条纹间距可以减小两缝间距d ，或者增大双缝屏到光屏的距离L ，或者换用波长更长的光做实验．由此可知，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．3．以下属于薄膜干涉现象的是( )A ．雨后美丽的彩虹B ．阳光下肥皂膜上的彩色条纹C ．阳光下水面上油膜的彩色条纹D ．阳光通过三棱镜后得到的彩色条纹答案：BC4．(2011年鞍山一中高二检测)如图20－1－10所示为一显示薄膜干涉及现象的实验装置，P 是附有肥皂膜的铁丝圈，S 是一点燃的酒精灯，往火焰上洒些盐后，在肥皂上膜观察到干涉图象应是下图中的( )图20－1－10图20－1－11答案：D5．在双缝干涉实验中，入射光的频率为5×1014Hz ，从双缝射出的到达屏上某点的路程差为15000 Å，那么该点将出现什么样的条纹？解析：入射光的波长λ＝c f ＝3×1085×1014 m ＝6×10－7 m. 光通过的路程差d ＝15000 Å＝15×10－7 m.相当于波长的个数n ＝d λ＝15×10－76×10－7＝2.5个． 路程差是5个半波长，所以该点出现暗条纹．答案：暗条纹1．光的干涉现象证明了光( )A ．是沿直线传播的B ．具有波动性C ．可以发生反射D ．具有粒子性答案：B2．下面四种与光有关的事实：①用光导纤维传播信号 ②用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度 ③一束白光通过三棱镜形成彩色光带 ④水面上的油膜呈现彩色其中，与光的干涉有关的是( )A ．①④B ．②④C ．①③D ．②③解析：选B.光导纤维利用光的全反射来传播信号，白光通过三棱镜是光的色散，平面平整度的检查和水面上的彩色油膜是光的干涉现象，故选项B 正确．3．(2011年北京四中高二检测)如图20－1－12甲所示为双缝干涉实验的装置示意图，乙图为用绿光进行实验时，在屏上观察到的条纹情况，a 为中央亮条纹，丙图为换用另一颜色的单色光做实验时观察到的条纹情况，a ′为中央亮条纹，则以下说法正确的是( )图20－1－12A ．丙图可能为用红光实验产生的条纹，表明红光波长较长B ．丙图可能为用紫光实验产生的条纹，表明紫光波长较长C ．丙图可能为用紫光实验产生的条纹，表明紫光波长较短D ．丙图可能为用红光实验产生的条纹，表明红光波长较短解析：选A.由Δx ＝l dλ可知，波长越长，条纹间距越大．所以丙图可能是用红光实验产生的条纹，表明红光波长较长，A 正确．4．如图20－1－13所示，在用单色光做双缝干涉实验时，若单缝S 从双缝S 1、S 2的中央对称轴位置处稍微向上移动，则( )图20－1－13A ．不再产生干涉条纹B ．仍可产生干涉条纹，且中央亮纹P 的位置不变C ．仍可产生干涉条纹，中央亮纹P 的位置略向上移D．仍可产生干涉条纹，中央亮纹P的位置略向下移解析：选D.本实验中单缝S的作用是形成频率一定的线光源，双缝S1、S2的作用是形成相干光源．稍微移动S后，没有改变传到双缝的光的频率，由S1、S2射出的仍是相干光，由单缝S发出的光到达屏上P点下方某点的路程差仍为零，故中央亮纹下移．5．在双缝干涉实验中，光屏上P点到双缝S1、S2的距离之差Δs1＝0.75 μm，光屏上Q 点到双缝S1、S2的距离之差Δs2＝1.5 μm，如果用频率为6.0×1014Hz的黄光照射双缝，则( )A．P点出现亮条纹，Q点出现暗条纹B．Q点出现亮条纹，P点出现暗条纹C．两点均出现亮条纹D．两点均出现暗条纹解析：选B.由波长与波速的关系式可知λ黄＝c/f＝0.5 μm.而P点的路程差Δs1＝1.5λ黄，即半波长的奇数倍，所以P点出现暗条纹．而Q点的路程差Δs2＝3λ黄，即波长的整数倍，所以Q点出现亮条纹．6．如图20－1－14甲所示，在一块平板玻璃上放置一平凸薄透镜，在两者之间形成厚度不均匀的空气膜，让一束单一波长的光垂直入射到该装置上，结果在上方观察到如图乙所示的同心内疏外密的圆环状干涉条纹，称为牛顿环．以下说法正确的是( )图20－1－14A．干涉现象是由于凸透镜下表面反射的光和玻璃上表面反射的光叠加B．干涉现象是由于凸透镜上表面反射的光和玻璃上表面反射的光叠加C．干涉条纹间距不等是因为空气膜厚度不是均匀变化的D．干涉条纹间距不等是因为空气膜厚度是均匀变化的答案：AC7．劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图20－1－15甲所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜．当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示．干涉条纹有如下特点：(1)任意一条亮条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等．(2)任意相邻亮条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定．现若在图甲装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹( )图20－1－15A．变疏B．变密C．不变D．消失解析：选A.抽去一张纸片后，劈形空气薄膜的劈势减缓，相同水平距离上，劈势厚度变化减小，以致干涉时路程差变化减小，条纹变宽，数量变少(变疏)，故A正确．图20－1－168．(2011年湖南长沙调研)在研究材料A 的热膨胀特性时，可采用如图20－1－16所示的干涉实验法，A 的上表面是一光滑平面，在A 的上方放一个透明的平行板B ，B 与A 上表面平行，在它们中间形成一个厚度均匀的空气膜，现在用波长为λ的单色光垂直照射，同时对A 缓慢加热，在B 上方观察到B 板的亮度发生周期性变化，当温度为t 1时最亮，然后亮度逐渐减弱至最暗；当温度升到t 2时，亮度再一次回到最亮，则( )A ．出现最亮时，B 上表面反射光与A 上表面反射光叠加后加强B ．出现最亮时，B 下表面反射光与A 上表面反射光叠加后相抵消C ．温度从t 1升至t 2过程中，A 的高度增加λ4D ．温度从t 1升至t 2过程中，A 的高度增加λ2解析：选D.出现最亮时，B 下表面反射光与A 上表面反射光叠加后相加强，设温度从t 1升至t 2过程中，A 的高度增加h ，由题知2h ＝λ，故h ＝λ/2.9．(2011年吉林模拟)光热转换是将太阳能转换成其他物质的内能的过程．太阳能热水器就是一种光热转换装置，它的主要器件是真空玻璃管，这些玻璃管可将太阳能转换成水的内能．真空玻璃管表面采用镀膜技术增强透光能力，使尽可能多的太阳能转换为内能．这种镀膜技术的物理依据是( )图20－1－17A ．光的折射B ．光的粒子性C ．光的干涉D ．光的直线传播解析：选C.由题意采用镀膜增加透光能力知，这种镀膜技术是依据物理中增透膜即薄膜干涉原理，故C 对．10．已知某玻璃对红光的折射率比对蓝光的折射率小，则两种光( )A ．在该玻璃中传播时，蓝光的速度较大B ．以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，蓝光折射角较大C ．从该玻璃中射入空气发生全反射时，红光临界角较大D ．用同一装置进行双缝干涉实验，蓝光的相邻条纹间距较大解析：选C.某玻璃对红光的折射率比对蓝光的折射率小，即n 蓝＞n 红，由n ＝c n可知，v 蓝＜v 红，A 错；由n ＝sin i sin r 知，入射角相同时，蓝光的折射角小，B 错；由sin C ＝1n，知C 蓝＜C 红，C 对；波长越长，条纹间距越大，D 错．11．1801年，托马斯·杨用双缝干涉实验研究了光波的性质，1834年，洛埃利用平面镜同样得到了杨氏干涉的结果(称洛埃镜实验)．图20－1－18(1)洛埃镜实验的基本装置如图20－1－18所示，S 为单色光源，M 为一平面镜，试用平面镜成像作图法在图上画出S 经平面镜反射后的光与直接发出的光在光屏上相交的区域；(2)设光源S 到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为a 和L ，光的波长为λ，在光屏上形成干涉条纹，写出相邻两条亮纹(或暗纹)间距离Δx 的表达式．解析：(1)光路如图所示．(2)由图知d ＝2a由Δx ＝L d λ得Δx ＝L2a·λ. 答案：见解析12．(2010年高考江苏卷)(1)如图20－1－19甲所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为5.30×10－7 m ，屏上P 点距双缝S 1和S 2的路程差为7.95×10－7 m ，则在这里出现的应是________(选填“亮条纹”或“暗条纹”)，现改用波长为6.30×10－7 m 的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将________(选填“变宽”、“变窄”或“不变”)．图20－1－19(2)如图乙所示，一束激光从O 点由空气射入厚度均匀的介质，经下表面反射后，从上表面的A 点射出．已知入射角为i ，A 与O 相距l ，介质的折射率为n ，试求介质的厚度d .解析：(1)Δs ＝7.95×10－7 m ＝1.5λ，所以P 点出现暗条纹．由条纹间距Δx ＝L dλ知λ变大，Δx 变大，所以条纹间距变宽．(2)设折射角为r ，折射定律sin i sin r＝n ； 几何关系l ＝2d tan r解得d ＝n 2－sin 2i 2sin i l . 答案：(1)暗条纹 变宽 (2)n 2－sin 2i 2sin il。