综合测试
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(每小题给出的四个选项中有一个或多个选项正确,选对的得6分,漏选的得4分,不选或错选的不得分,共48分)
1.如图所示,闭合开关S,将条形磁铁插入闭合线圈,第一次用0.2 s,第二次用0.4 s,并且两次的起始和终止位置相同,则( )。
A.第一次磁通量变化较大
B.第一次G的最大偏角较大
C.第一次经过G的总电量较多
D.若断开S,G均不偏转,故均无感应电动势
答案:B
解析:将磁铁插到闭合线圈的同一位置,磁通量的变化量相同,而用的时间不同,所以磁通量的变化率不同;感应电流I==,感应电流的大小不同;流过线圈横截面的电荷量q=IΔt=·Δt=,两次磁通量的变化量相同,电阻不变,所以q与磁铁插入线圈的快慢无关。故B正确。
2.如图所示,A、B是两根互相平行、固定的长直通电导线,二者电流大小和方向都相同。一个矩形闭合金属线圈abcd与A、B在同一平面内,并且ab边保持与通电导线平行。线圈从图中的位置1匀速向左移动,经过位置2,最后到位置3,其中位置2恰在A、B的正中间。下面的说法中正确的是( )。
A.在位置2这一时刻,穿过线圈的磁通量为零
B.在位置2这一时刻,穿过线圈的磁通量的变化率为零
C.在位置1到位置3的整个过程中,线圈内感应电流的方向发生了变化
D.在位置1到位置3的整个过程中,线圈受到的磁场力的方向保持不变
答案:AD
解析:根据安培定则和楞次定律判断,选项A、D正确。
3.阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图所示的交流电源上,以下说法正确的是( )。
A.电压的有效值为10 V
B.通过电阻的电流有效值为 A
C.电阻消耗电功率为5 W
D.电阻每秒钟产生的热量为10 J
答案:BC
解析:由ut图象,交流电压最大值为10 V,有效值为5 V,A错误。根据I=,B正确。再根据P=I2R,C正确。电阻每秒产生热量Q=Pt=5 J,故D错误。
4.温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中,它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的。如图甲所示,电源的电动势E=9 V,内阻不计;G为灵敏电流表,内阻Rg保持不变;R为热敏电阻,其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示。闭合开关S,当R的温度等于20 ℃时,电流表示数I1=2 mA;当电流表的示数I2=3.6 mA时,热敏电阻的温度是( )。
A.60 ℃ B.80 ℃
C.100 ℃ D.120 ℃
答案:D
解析:在20 ℃时,E=(Rg+R1)I1,R1=4 kΩ,即Rg=500 Ω,在t ℃时,E=(Rg+R2)I2,即9 V=(500 Ω+R2)×3.6×10-3 A,解得R2=2 000 Ω,从题图乙中可看出此时t=120 ℃,故选D。
5.如图所示理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1,原线圈接入一电压为U=U0sin ωt的交流电源,副线圈接一个R=27.5 Ω的负载电阻,若U0=220 V,ω=100π rad/s。则下述结论正确的是( )。
A.副线圈中电压表的读数为55 V
B.副线圈中输出交流电的周期为 s
C.原线圈中电流表的读数为0.5 A
D.原线圈中的输入功率为110 W
答案:AC
解析:因U0为最大值,故原线圈电压的有效值U1==220 V,副线圈电压U2=U1=55 V;由P入=P出有,P入=U1I1==110 W,得I1=0.5 A;由角速度与周期关系ω=,得T== s。
6.在如图所示电路中,L为电阻很小的线圈,G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表。当开关S闭合时,电流表G1指针偏向右方,那么当开关S断开时,将出现的现象是( )。
A.G1和G2指针都立即回到零点
B.G1指针立即回到零点,而G2指针缓慢地回到零点
C.G1指针缓慢回到零点,而G2指针先立即偏向右方,然后缓慢地回到零点
D.G1指针立即偏向左方,然后缓慢地回到零点,而G2指针缓慢地回到零点
答案:D
解析:电流表指针的偏转方向与电流的流向有关。根据题意,电流自右向左时,指针向右偏。那么,电流自左向右时,指针应向左偏。当开关S断开瞬间,G1中电流立即消失,而L由于自感作用,电流不能立即消失,电流沿L、G2、G1的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一个短时间,即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零,而G1中的电流和原方向相反,变为自左向右,和G2中的电流同时减为零;也就是G1指针先立即偏向左方,然后缓慢地回到零,而G2指针缓慢地回到零点,故D项正确。
7.一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,如图甲所示。设垂直于纸面向内的磁感应强度方向为正,垂直于纸面向外的磁感应强度方向为负。线圈中顺时针方向的感应电流为正,逆时针方向的感应电流为负。已知圆形线圈中感应电流I随时间变化的图象如图乙所示,则线圈所在处的磁场的磁感应强度随时间变化的图象可能是图中的( )。
答案:C
解析:此题属于感生电动势类型,E==·S,由乙图可以看出0~0.5 s,0.5 s~1.5 s,1.5 s~2.5 s,…I的大小相同,故对应时间内相同,0.5 s~1.5 s与0~0.5 s I的方向相反,说明ΔB变化方向相反,再由楞次定律可以最后判定只有C符合题意。
8.竖直放置的平行光滑导轨,其电阻不计,磁场方向如图所示,磁感应强度B=0.5 T,导体杆ab和cd的长均为0.2 m,电阻均为0.1 Ω,所受重力均为0.1 N,现在用力向上推导体杆ab,使之匀速上升(与导轨接触始终良好),此时cd恰好静止不动,ab上升时下列说法正确的是( )。
A.ab受到的推力大小为2 N
B.ab向上的速度为2 m/s
C.在2 s内,推力做功转化的电能是0.4 J
D.在2 s内,推力做功为0.6 J
答案:BC
解析:以ab、cd为整体可知向上推力F=2mg=0.2 N,对cd可得BIl=mg,所以I== A=1 A,设ab运动速度为v,则Blv=I×2R,
所以v== m/s=2 m/s,2 s内转化的电能W电=I2×2Rt=0.4 J,2 s内推力做的功WF=Fvt=0.8 J。
二、填空题(本题共2小题,共14分,将正确答案填在题中横线上或按题目要求作答)
9.(8分)在操场上,两同学相距L为10 m左右,在沿垂直于地磁场方向的两个位置上,面对面将一并联铜芯双绞线,像甩跳绳一样摇动,并将线的两端分别接在灵敏电流计上(如图所示)。双绞线并联后的电阻R为0.2 Ω,绳摇动的频率配合节拍器的节奏,保持f=2 Hz。如果同学摇动绳子的最大圆半径h很小,约为0.1 m,电流计的最大值I=3 mA。试估算地磁场的磁感应强度的数量级 。数学表达式B= 。(用R,I,L,f,h等已知量表示)
答案:10-5 T
解析:绳切割磁感线的最大速度v==2πhf
I==
所以B=== T
=5×10-5 T。
10.(6分)如图所示是工业生产中大部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图,它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等几部分组成。
(1)示意图中,a端为电源 极。
(2)光控继电器的原理是:当光照射光电管时, 。(提示:当光照射光电管中的阴极K时,阴极K就能够向外发射电子——光电子)
答案:(1)正 (2)阴极K向外发射光电子,阳极A吸收阴极K发射的光电子,在电路中形成电流,线圈M产生磁性吸引衔铁,从而接通或断开外电路
三、计算题(本题共4小题,共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
11.(8分)如图所示,由均匀导线制成的半径为R的圆环,以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb=90°)时,a、b两点的电势差为多少
答案:BRv
解析:设整个圆环电阻是R,其外电阻是圆环总电阻的,即磁场外的部分,而磁场内切割磁感线有效长度是R,其相当于电源,E=B·R·v,根据欧姆定律可得U=E=BRv。
12.(10分)如图所示,一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动,线圈匝数N=100,线圈电阻r=3 Ω,ab=cd=0.5 m,bc=ad=0.4 m,磁感应强度B=0.5 T,电阻R=311 Ω,当线圈以n=300 r/min的转速匀速转动时,求:
(1)感应电动势的最大值;
(2)t=0时线圈在图示位置,写出此交变电流电动势瞬时值表达式;
(3)此电压表的示数是多少
答案:(1)314 V (2)e=314sin(10πt)V (3)220 V
解析:(1)电动势的最大值为
Em=NBωS=NB·(2πn转)·(ab·bc)=314 V。
(2)电动势瞬时值的表达式:e=Emsin ωt=314sin(10πt)V。
(3)UV=×(Em)=220 V。
13.(10分)如图甲所示,一对平行光滑金属导轨放置在水平面上,两导轨间的距离l=0.20 m,电阻R=1.0 Ω。有一导体棒静止地放在导轨上,与两导轨垂直,棒及导轨的电阻皆可忽略不计,整个装置处于磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨向下。现用一外力F沿导轨方向拉棒,使之做匀加速运动,测得力F与时间t的关系如图乙所示。求棒的质量m和加速度a。
答案:0.1 kg 10 m/s2
解析:导体棒在导轨上做初速度为零的匀加速直线运动,用v表示瞬时速度,则棒切割磁感线产生的感应电动势为
E=Blv=Blat①
闭合回路中的感应电流为I=②
由安培力公式和牛顿第二定律得:F-IlB=ma③
将①②式代入③式整理得F=ma+at④
在题图乙的图线上取两点:t1=0,F1=1 N;t2=30 s,F2=4 N分别代入④式,联立方程解得a=10 m/s2,m=0.1 kg。
14.(10分)如图所示,变压器原线圈输入电压为220 V,副线圈输出电压为36 V,两只灯泡的额定电压均为36 V,L1额定功率为12 W,L2额定功率为6 W。试求:
(1)该变压器的原、副线圈匝数比。
(2)两灯均工作时原线圈的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流。
答案:(1)55/9 (2)0.082 A 0.055 A
解析:(1)由变压比公式得
U1/U2=n1/n2
n1/n2=220/36=55/9。
(2)两灯均工作时,由能量守恒得
P1+P2=U1I1
I1=(P1+P2)/U1=[(12+6)/220] A=0.082 A
只有L1灯工作时,由能量守恒得
P1=U1I2
解得I2=P1/U1=(12/220) A=0.055 A。课时训练9 电感和电容对交变电流的影响
1.下列说法中正确的是( )。
A.电感对交流的阻碍作用是因为电感存在电阻
B.电容对交流的阻碍作用是因为电容器的电阻
C.感抗、容抗和电阻一样,电流通过它们做功时都是电能转化为内能
D.在交变电路中,电阻、感抗、容抗可以同时存在
答案:D
解析:交变电流通过线圈时,在线圈上产生自感电动势,对电流的变化起到阻碍作用,A错;交流电通过电容器时,电容器两极间的电压与电源电压相反,阻碍了电流的流动,B错;电流通过它们做功时,只有在电阻上产生热,在线圈上产生磁场能,在电容器上产生电场能,C错,故D正确。
2.如图所示,在电路两端加上正弦交流电,保持电压有效值不变,使频率增大,发现各灯的亮暗情况是:灯1变亮,灯2变暗,灯3不变,则M、N、L中所接元件可能是( )。
A.M为电阻,N为电容器,L为电感线圈
B.M为电感线圈,N为电容器,L为电阻
C.M为电容器,N为电感线圈,L为电阻
D.M为电阻,N为电感线圈,L为电容器
答案:C
解析:当交变电流的频率增大时,线圈的感抗变大,电容器的容抗变小,由灯1变亮、灯2变暗可知M为电容器、N为电感线圈,而电阻与交变电流的频率无关,故L为电阻,C正确。
3.如图所示是电子技术中的常用电路。其中乙图中电容器的电容C较小,丙图中电容器的电容C较大。a、b是电路的输入端,其中输入的高频成分用“~~”表示,低频成分用“~”表示,直流成分用“-”表示。关于负载电阻R中得到的电流特征,下列说法正确的是( )。
A.图甲中R得到的是交流成分
B.图乙中R得到的是高频成分
C.图乙中R得到的是低频成分
D.图丙中R得到的是直流成分
答案:ACD
解析:当交变电流加在电容器上时,有“通交流、隔直流,通高频、阻低频”的特性,电容器的电容越大,交流的频率越高,电容器对交流的阻碍作用就越小,容抗也就越小。乙图中电容C较小,将输入的高频成分滤去而阻止低频成分通过。丙图中电容C较大,将输入的低频成分滤去。
4.如图所示,线圈L的自感系数和电容器的电容C都很小(如L=100 μH,C=100 pF),此电路的主要作用是( )。
A.阻直流、通交流,输出交流电
B.阻交流、通直流,输出直流电
C.阻低频、通高频,输出高频交流电
D.阻高频、通低频,输出低频交流电和直流电
答案:D
解析:本题的关键是理解电感和电容对交变电流的作用。因线圈L的自感系数很小,所以对低频交流成分的阻碍作用很小,这样直流成分和低频交流成分能顺利通过线圈。电容器C为一旁路电容,因其电容很小,对高频交流成分的阻碍作用很小,这样部分通过线圈的高频交流成分又经过电容器C形成回路,最终输出的应为低频交流电和直流电。故选D。
5.交变电流通过一段长直导线时,电流为I,如果把这根长直导线绕成线圈,再接入原电路,通过线圈的电流为I',则( )。
A.I'>I B.I'C.I'=I D.无法比较
答案:B
解析:长直导线的自感系数很小,其对交变电流的阻碍作用可以看做是纯电阻,流经它的交变电流只受到导线电阻的阻碍作用。当导线绕成线圈后,电阻值未变,但自感系数增大,对交变电流的阻碍作用不但有电阻,而且有线圈的阻碍作用(感抗)。阻碍作用增大,电流减小。
6.(2011·济南检测)两只相同的白炽灯L1、L2接到如图所示的电路中,灯L1与电容器串联,灯L2与电感器串联,当a、b处接电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源时,两灯都发光,且亮度相同。更换一个新的正弦交流电源后灯L1的亮度大于灯L2的亮度,新电源的电压最大值和频率可能是( )。
A.最大值仍为Um,而频率大于f
B.最大值仍为Um,而频率小于f
C.最大值小于Um,而频率仍为f
D.最大值大于Um,而频率仍为f
答案:A
解析:灯L1的亮度大于L2的亮度,这是因为交流电频率增大,容抗减小,L1变亮,又频率增大,感抗增大,L2变暗。
7.如图所示,线圈与灯泡、电流表串联后接在交流电源上,不计电流表的电阻,电压表的电阻可认为无穷大。交流电源的电压u=220sin(100πt) V,保持电压的有效值不变,只将电源频率改为100 Hz,试分析电流表、电压表示数的变化情况,并说明理由。
答案:电流表示数减小,电压表示数增大。
解析:由电压的表达式知,原来电源的频率为50 Hz,频率改为100 Hz后,频率增大,线圈的感抗增大,故电流表的示数减小,灯泡亮度变暗,而总电压不变,电压表示数增大。
8.如图所示,从AO输入的信号中,有直流电流和交变电流。
(1)现要求信号到达BO两端没有直流电压,需要在AB间接一个什么元件 该元件的作用是什么
(2)若要求信号到达BO端只有直流电压,而没有交变电压,则应在AB间接入一个什么元件 该元件的作用是什么
答案:(1)电容器C 该电容器对直流电有阻隔作用,对交流电有通过作用。
(2)电感线圈L 该线圈对交流电有阻碍作用,对直流电有通过作用。
解析:(1)因为BO两端不需要直流电,只需要交流电,根据电容器有“通交流,隔直流”的作用,应在AB间接入一个电容器C,该电容器对直流电有阻隔作用,对交变电流有通过作用。
(2)因为BO两端不需要交流电,只需要直流电,根据电感有“通直流,阻交流”的作用,应在AB间接入一个电感线圈L,该线圈对交流电有阻碍作用,对直流电有通过作用。课时训练12 传感器及其工作原理
1.下列说法正确的是( )。
A.凡将非电学量转化为电学量的传感器都是物理传感器
B.湿敏传感器只能是物理传感器
C.物理传感器只能将采集到的信息转化为电压输出
D.物理传感器利用的是物质的物理性质和物理效应
答案:D
解析:各种传感器虽然工作原理不同,但基本功能相似,多数是将非电学量转化为电学量,故A错;湿敏传感器为化学传感器,故B错;传感器既可将信息转化为电压输出,也可转化为电流、电阻等输出,故C错;由物理传感器定义知D正确。
2.2008年,中国牛奶行业经历了一次严峻考验,许多牛奶制品中被检测出化学原料三聚氰胺。在多种检测三聚氰胺的方法中有一种“酶标法检测”,若这种检测方法,使用了传感器,应为传感器中的哪一类( )。
A.物理传感器 B.化学传感器
C.生物传感器 D.温度传感器
答案:C
解析:检测方法为酶标法,所以其原理应该是利用了生物酶,故应为生物传感器,所以C正确。
3.下列仪器或装置不是利用传感器的是( )。
A.汽车防盗报警器
B.宾馆房间内的火灾报警器
C.工兵用的地雷探测仪
D.用钥匙打开房门
答案:D
解析:A、B、C三种仪器都是将非电学量转换成电学量的装置,都是利用了传感器。用钥匙打开房门是利用了机械原理,不是利用的传感器。
4.在温控电路中,通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制。如图所示电路,R1为定值电阻,R2为半导体热敏电阻(温度越高电阻越小),C为电容器。当环境温度降低时( )。
A.电容器C的带电荷量增大
B.电压表的读数增大
C.电容器C两板间的电场强度减小
D.R1消耗的功率增大
答案:AB
解析:当环境温度降低时,R2变大,电路的总电阻变大,由I=知I变小,又U=E-Ir,电压表的读数U增大,B正确;又由U1=IR1及P1=I2R1可知U1变小,R1消耗的功率P1变小,D错误;电容器两板间的电压U2=U-U1,U2变大,由场强E'=,Q=CU2可知Q、E'都增大,故A正确,C错误。
5.如图所示为光敏电阻自动计数器的示意图,其中R1为光敏电阻,R2为定值电阻。此光电计数器的基本工作原理是( )。
A.当有光照射R1时,信号处理系统获得高电压
B.当有光照射R1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计数一次
D.信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
答案:AC
解析:当光照射到光敏电阻R1上时,R1电阻减小,电路中电流增大,R2两端电压升高,信号处理系统得到高电压,计数器每由高电压转到低电压,就计一个数,从而达到自动计数目的,由以上分析选项A、C正确。
6.如图是观察电阻随温度变化情况的示意图。现在把杯中的水由冷水变为热水,关于欧姆表的读数变化情况正确的是( )。
A.如果R为金属热电阻,读数变大,且变化非常明显
B.如果R为金属热电阻,读数变小,且变化不明显
C.如果R为热敏电阻(用半导体材料制作),读数变化非常明显
D.如果R为热敏电阻(用半导体材料制作),读数变化不明显
答案:C
解析:若为金属热电阻,温度升高后,电阻变大,读数变化不明显,A、B错误。若为热敏电阻,读数将明显变化,C对,D错。
7.温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中,它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的。如图甲所示,电源的电动势E=9 V,内阻不计;G为灵敏电流表,内阻Rg保持不变;R为热敏电阻,其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示。闭合开关S,当R的温度等于20 ℃时,电流表示数I1=2 mA;当电流表的示数I2=3.6 mA时,热敏电阻的温度是( )。
A.60 ℃ B.80 ℃
C.100 ℃ D.120 ℃
答案:D
解析:在20 ℃时,E=(Rg+R1)I1,得Rg=500 Ω,在t ℃时,E=(Rg+R2)I2,即9 V=(500 Ω+R2)×3.6×10-3 A,得R2=2 000 Ω,从图乙中可以看出t=120 ℃,故选D。
8.某学生为测量一个物体的质量,找到一个力电转换器,该转换器的输出电压正比于受压面的压力(比例系数为k),如图所示,测量时先调节输出端的电压,使转换器空载时的输出电压为0;而后在其受压面上放一物体,即可测得与物体的质量成正比的输出电压U。
现有下列器材:力电转换器、质量为m0的砝码、电压表、滑动变阻器、干电池各一个、开关及导线若干、待测物体(可置于力电转换器的受压面上)。
请完成对该物体质量的测量:
(1)设计一个电路,要求力电转换器的输入电压可调。并且使调节范围尽可能大,画出这一完整的电路(包括力电转换器在内)。
(2)简要说明测量步骤,求出比例系数k,并测出待测物体的质量m。
(3)设想实验可能会出现的问题。
答案:见解析
解析:(1)设计的电路如图所示
(2)测量步骤与结果如下:
①闭合开关S,调节变阻器的滑片P,使力电转换器的输出电压为零。
②将质量为m0的砝码放在力电转换器的受压面上,记下此时的输出电压U0。
③取下砝码,将待测物体放在力电转换器的受压面上,记下此时的输出电压U。
由以上测量可求出比例系数k及待测物体的质量m。
因为U0=km0g,所以有:k=
又由于U=kmg,所以待测物体的质量为:m=m0。
(3)实验中可能会出现的问题有:
待测物体的质量超过此力电转换器的量程。课时训练14 实验:传感器的应用
1.如图所示为一测定液面高低的传感器示意图,A为固定的导体芯,B为导体芯外面的一层绝缘物质,C为导电液体,把传感器接到图示电路中,已知灵敏电流表指针偏转方向与电流方向相同。如果发现指针正向右偏转,则导电液体的深度h变化为( )。
A.h正在增大
B.h正在减小
C.h不变
D.无法确定
答案:B
解析:由电源极性及电流方向可知,A、B构成的电容器上的电荷量减小,根据C=,电容C在减小,故正对面积S减小,即h在减小,B正确。
2.如图是温度报警器电路示意图,下列对此电路的分析正确的是( )。
A.当RT的温度升高时,RT减小,A端电势降低,Y端电势升高,蜂鸣器会发出报警声
B.当RT的温度升高时,RT减小,A端电势升高,Y端电势降低,蜂鸣器会发出报警声
C.当增大R1时,A端电势升高,Y端电势降低,蜂鸣器会发出报警声
D.当增大R1时,A端电势降低,Y端电势升高,蜂鸣器会发出报警声
答案:BC
解析:RT的温度升高,阻值变小,A端为高电平,Y端为低电平,蜂鸣器报警,A错误,B正确;当增大R1时,A端为高电平,Y端为低电平,蜂鸣器报警,C正确,D错误。
3.如图所示为小型电磁继电器的构造示意图,其中L为含铁芯的线圈。P为可绕O点转动的铁片,K为弹簧,S为一对触头,A、B、C、D为四个接线柱。电磁继电器与传感器配合,可完成自动控制的要求。其工作方式是( )。
A.A与B接信号电压,C与D可跟被控电路串联
B.A与B接信号电压,C与D可跟被控电路并联
C.C与D接信号电压,A与B可跟被控电路串联
D.C与D接信号电压,A与B可跟被控电路并联
答案:A
解析:由题图可知A、B是电磁继电器线圈,所以A、B应接信号电压,线圈随信号电压变化使电磁继电器相吸或相离,从而使C、D接通或断开,进而起到控制作用。所以选项A正确。
4.如图所示是一种延时开关,当S1闭合时,电磁铁F将衔铁D吸下,C线路接触,当S1断开时,由于电磁感应作用,D将延迟一段时间才被释放,则( )。
A.由于A线圈的电磁感应作用,才产生延时释放D的作用
B.由于B线圈的电磁感应作用,才产生延时释放D的作用
C.如果断开B线圈的电键S2,无延时作用
D.如果断开B线圈的电键S2,延时将变长
答案:BC
解析:本题以延时开关作为密切联系实际的新情境,考查学生对电磁感应现象的理解程度和推理能力。根据题中所提示的信息,不难发现延时开关的基本工作原理:当S1闭合时,电磁铁F将衔铁D吸下,C线路接通,这时虽然B线圈的电键S2闭合,但通过它的磁通量不变,所以没有电磁感应现象发生。当S1断开时,A线圈立即断路,不会发生电磁感应,但通过B线圈的磁通量减少,由于B线圈的电磁感应作用,才产生延时释放D的作用,选项B正确。如果此时断开B线圈的电键S2,则B线圈虽然产生感应电动势,但不产生感应电流,不能吸引衔铁D,无延时作用,选项C正确。
5.如图所示,甲为在温度为10 ℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图,箱内的电阻R1=20 kΩ、R2=10 kΩ、R3=40 kΩ,Rt为热敏电阻,它的电阻随温度变化的图线如图乙所示,a、b端电压Uab≤0时,电压鉴别器会令开关S接触,恒温箱内的电热丝发热,使箱内温度升高;当a、b端电压Uab>0时,电压鉴别器会令开关S断开,停止加热,则恒温箱内的温度可保持在( )。
甲
乙
A.10 ℃
B.20 ℃
C.35 ℃
D.45 ℃
答案:C
解析:通过审题可知Uab=0是一个电压的临界点,对应着开关S的动作,而开关的动作对应着温度的上升或下降。由电路分析可知,在R1、R2、R3给定的条件下,热敏电阻Rt的阻值决定了Uab的正负。设电源负极的电势能为零,则φa=U,φb=U,其中U为电源的路端电压,令φa=φb,即Uab=0,则可得=,代入数据得Rt=20 kΩ,查表得对应的温度为35 ℃,故本题选项C正确。
6.如图所示是红外线遥控接收器,甲图为外形,乙图为电路,电路中G为红外线接收头OUT,LED为发光二极管,R为电阻,阻值约为510 Ω,HTD为压电陶瓷喇叭,当接收头未接收到红外线时,接收器不发声。当用遥控器对准接收头(30 m以内)发射红外线时:
(1)会产生什么现象
(2)接收头的作用原理是什么
答案:见解析
解析:(1)陶瓷喇叭发出“嘟嘟”的响声,同时发光二极管被点亮闪烁。
(2)接收头G是接收红外线的。当未接收到红外线时,接收头输出端为高电平,喇叭不响,二极管不会发光;当接收头接收到红外线时,接收头输入端为高电平,输出端为低电平,喇叭会响,同时二极管会发光。此实验演示了红外线能够实现远距离遥控。
7.如图所示,A是浮子,B是金属触头,C为住宅楼房顶上的蓄水池,M是带水泵的电动机,D是弹簧,E是衔铁,F是电磁铁,S1、S2分别为触头开关,S为开关,J为电池。请利用上述器材,设计一个住宅楼房顶上的自动注水装置。
(1)连接电路图。
(2)简述其工作原理(涉及的元件可用字母代替)。
答案:见解析
解析:(1)电路如图所示。
(2)按图接好电路,合上开关S,水泵工作,水位升高,当浮子上升使B接触到S1时,左侧电路(控制电路)工作,电磁铁F产生磁力,拉下衔铁E,使S2断开,电机M不工作,停止注水;当水位下降使B与S1脱离,控制电路停止工作时,F无磁性,D拉动E,使S2接通,M工作。课时训练3 法拉第电磁感应定律
1.
无线电力传输目前取得重大突破,在日本展出了一种非接触式电源供应系统。这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力。两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置,原理示意图如图所示,下列说法正确的是( )。
A.若A线圈中输入电流,B线圈中就会产生感应电动势
B.只有A线圈中输入变化的电流,B线圈中才会产生感应电动势
C.A中电流越大,B中感应电动势越大
D.A中电流变化越快,B中感应电动势越大
答案:BD
解析:根据产生感应电动势的条件,只有处于变化的磁场中,B线圈才能产生感应电动势,A错,B对;根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势的大小取决于磁通量变化率,所以C错,D对。
2.穿过单匝闭合线圈的磁通量每秒钟均匀连续地增大2 Wb,则( )。
A.线圈中的感应电动势将均匀增大
B.线圈中的感应电流将均匀增大
C.线圈中的感应电动势将保持2 V不变
D.线圈中的感应电流将保持2 A不变
答案:C
解析:由法拉第电磁感应定律E=,得E==2 V,故C正确;因线圈电阻不一定等于1 Ω,故D错误。
3.如图所示的几种情况中,金属导体中产生的感应电动势为Blv的是( )。
A.乙和丁 B.甲、乙、丁
C.甲、乙、丙、丁 D.只有乙
答案:B
解析:甲、乙、丁三图中,B、v、l两两垂直,且l为有效切割长度,产生的电动势都为E=Blv,丙图中E=Blvsin θ。
4.一闭合线圈放在随时间均匀变化的磁场中,线圈平面和磁场方向垂直。若想使线圈中的感应电流增强一倍,下述方法可行的是( )。
A.使线圈匝数增加一倍
B.使线圈面积增加一倍
C.使线圈匝数减少一半
D.使磁感应强度的变化率增大一倍
答案:D
解析:根据E=n=nS求电动势,当n、S发生变化时导体的电阻也发生了变化。若匝数增加一倍,电阻也增加一倍,感应电流不变,故A错;若匝数减少一半,感应电流也不变,故C错;若面积增加一倍,长度变为原来的倍,因此电阻为原来的倍,电流为原来的倍,故B错。
5.
如图所示,粗细均匀的、电阻为r的金属圆环,放在图示的匀强磁场中,磁感应强度为B,圆环直径为l;长为l、电阻为r/2的金属棒ab放在圆环上,以速度v0向左匀速运动,当ab棒运动到圆环直径,即图示虚线位置时,金属棒两端的电势差为( )。
A.0 B.Blv0
C.Blv0/2 D.Blv0/3
答案:D
解析:切割磁感线的金属棒ab相当于电源,其电阻相当于电源内阻,当运动到虚线位置时,两个半圆金属环相当于并联,可画出如图所示的等效电路图。R外=R并=,I===。金属棒两端电势差相当于路端电压Uab=IR外=×=Blv0。
6.
单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,转轴垂直于磁场,线圈所围面积内的磁通量随时间变化的规律如图所示,则( )。
A.O时刻线圈中感应电动势最大
B.D时刻线圈中感应电动势最大
C.D时刻线圈中感应电动势为零
D.O到D时间内线圈中的平均感应电动势为0.4 V
答案:ACD
解析:E=,而恰是Φt图线的切线斜率,故切线斜率值越大,感应电动势越大。图中D时刻Φ最大,最小等于零;O时刻Φ为零,而最大;O至D时间内线圈中的平均感应电动势为E=== V=0.4 V。
7.
如图所示,水平放置的平行金属导轨,相距l=0.50 m,左端接一电阻R=0.20 Ω,磁感应强度B=0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面,导体棒ab垂直放在导轨上,并能无摩擦地沿导轨滑动,导轨和导体棒的电阻均可忽略不计,当ab以v=4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时,求:
(1)ab棒中感应电动势的大小;
(2)回路中感应电流的大小;
(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小。
答案:(1)0.80 V (2)4.0 A (3)0.8 N
解析:(1)根据法拉第电磁感应定律,ab棒中的感应电动势为
E=Blv=0.40×0.50×4.0 V=0.80 V。
(2)感应电流大小为I== A=4.0 A
(3)ab棒受安培力F安=BIl=0.4×4.0×0.50 N=0.8 N
因为ab棒做匀速运动,故外力的大小F=F安=0.8 N。
8.如图甲所示,一个圆形线圈的匝数n=1 000,线圈面积S=200 cm2,线圈的电阻r=1 Ω,线圈外接一个阻值R=4 Ω的电阻,把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。求:
(1)前4 s内的感应电动势;
(2)前4 s内通过R的电荷量;
(3)线圈电阻r消耗的功率。
答案:(1)1 V (2)0.8 C (3)0.04 W
解析:(1)由图象可知前4 s内磁感应强度B的变化率= T/s=0.05 T/s
4 s内的平均感应电动势
E=nS=1 000×0.02×0.05 V=1 V。
(2)电路中平均电流=
通过R的电荷量q=t,又E=n
所以q=n=1 000× C=0.8 C。
(3)由于电流是恒定的,线圈电阻r消耗的功率为
Pr=I2r== W=0.04 W。课时训练1 划时代的发现 探究感应电流的产生条件
1.下列说法中正确的是( )。
A.只要导体相对磁场运动,导体中就一定会产生感应电流
B.闭合导体回路在磁场中做切割磁感线运动,导体回路中不一定会产生感应电流
C.只要穿过闭合导体回路的磁通量不为零,导体回路中就一定会产生感应电流
D.只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,导体回路中就一定会产生感应电流
答案:BD
解析:产生感应电流要有两个条件:一是导体回路要闭合;二是穿过导体回路的磁通量要发生变化,所以D正确;如果导体没有构成闭合回路或构成闭合回路但沿磁感线运动,导体中就没有感应电流,故A错;如果闭合导体回路在与回路平面垂直的磁场中运动,两边都切割磁感线,但闭合导体回路的磁通量仍没有发生变化,也不产生感应电流,故B对;穿过闭合导体回路的磁通量不为零,但如果磁通量没有变化,回路中就没有感应电流,故C错。
2.
(2011·山东聊城模拟)如图所示,在条形磁铁的外面套着一个闭合金属弹簧线圈P,现用力从四周拉弹簧线圈,使线圈包围的面积变大,则下列关于穿过弹簧线圈磁通量的变化以及线圈中是否有感应电流产生的说法中,正确的是( )。
A.磁通量增大,有感应电流产生
B.磁通量增大,无感应电流产生
C.磁通量减小,有感应电流产生
D.磁通量减小,无感应电流产生
答案:C
解析:本题中条形磁铁磁感线的分布如图所示(从上向下看)。
磁通量是指穿过一个面的磁感线的多少,由于垂直纸面向外的和垂直纸面向里的磁感线要抵消一部分,当弹簧线圈P的面积扩大时,垂直纸面向里的磁感线条数增加,而垂直纸面向外的磁感线条数是一定的,故穿过这个面的磁通量将减小,回路中会有感应电流产生。
3.在匀强磁场中有两根平行的金属导轨,磁场方向与导轨平面垂直,导轨上有两根可沿导轨平动的导体棒ab、cd,如图所示,两根导体棒匀速移动的速率分别为v1和v2,则下列情况可以使回路中产生感应电流的是( )。
A.ab、cd均向右运动,且v1=v2
B.ab、cd均向右运动,且v1>v2
C.ab、cd均向左运动,且v1>v2
D.ab向右运动,cd向左运动,且v1=v2
答案:BCD
解析:本题考查感应电流产生的条件。ab、cd均向右运动,当v1=v2时,闭合回路磁通量不变,故无感应电流产生,A项错误;B、D两项所述情况,闭合回路磁通量增大,C项所述情况,闭合回路磁通量减小,均有感应电流产生。
4.
如图所示,在匀强磁场中,MP、PQ是两根平行的金属导轨,而ab、cd为串有电压表和电流表的两根金属棒,同时以相同速度向右运动时,下列说法正确的有( )。
A.电压表有读数,电流表有读数
B.电压表无读数,电流表有读数
C.电压表无读数,电流表无读数
D.电压表有读数,电流表无读数
答案:C
解析:此题考查对电磁感应现象的理解和对电压表、电流表示数的理解。两棒以相同速度向右运动时,因穿过面abcd的磁通量不变,回路中没有感应电流,电流表和电压表均不会有读数。
5.
如图所示,矩形线圈与磁场垂直,且一半在匀强磁场内,一半在匀强磁场外,下述过程中能使线圈产生感应电流的是( )。
A.以bc边为轴转动45°
B.以ad边为轴转动45°
C.将线圈向下平移
D.将线圈向上平移
答案:B
解析:如果线圈以bc边为轴转动,在ad边到达分界面之前,穿过线圈的磁通量不会发生变化;如果线圈以ad边为轴转动,线圈在垂直于磁场方向上的投影面积减小,穿过线圈的磁通量发生变化,故选项B正确;如果将线圈向下或向上平移,穿过线圈的磁通量不发生变化,故线圈中不产生感应电流。
6.
如图所示,一有限范围的匀强磁场宽度为d,若将一个边长为L的正方形导线框以速度v匀速地通过磁场区域,已知d>L,则导线框中无感应电流的时间等于( )。
A. B.
C. D.
答案:C
解析:根据产生感应电流的条件可知:只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,回路中就有感应电流,因此线圈在进入和穿出磁场的过程中有感应电流。当线圈全部处于磁场中时,穿过线圈的磁通量不发生变化,没有感应电流产生。根据几何关系易知C选项正确。
7.如图所示,用导线做成的圆形线圈与一直导线构成几种位置组合,在这些组合中,切断直导线中的电流时,闭合回路中是否会有感应电流产生 (图A、B、C中直导线都与圆形线圈在同一平面内,O点为线圈的圆心,D图中直导线与圆形线圈垂直,并与中心轴重合)
答案:见解析
解析:对图A而言,因为通电直导线位于圆形导线所在平面内,且与直径重合,因此通过圆形线圈的磁通量为零。所以当切断直导线中的电流时,磁通量在整个变化过程中皆为零,所以闭合回路中不会有感应电流产生;
对图B而言,因为磁通量为大、小两个部分磁感线条数之差,通过圆形线圈的磁通量不为零。当切断直导线中的电流时,磁通量为零,即此过程中磁通量有变化,故闭合回路中会有感应电流产生;
同理分析可得图C中也有感应电流产生;
对图D而言,因为圆形线圈与直导线产生的磁场的磁感线平行,故磁通量为零。当切断直导线中的电流时,磁通量在整个变化过程中皆为零,所以闭合回路中不会有感应电流产生。所以当切断直导线中的电流时,能产生感应电流的有B、C两种情况。
8.在一根水平方向的通电长直导线下方,有一个小线框abcd,跟长直导线放置在同一竖直平面内,今使小线框分别做如下六种不同的运动,试判断如图所示的线框内有无感应电流产生。
A.左右平移
B.上下平移
C.在纸面前后平移
D.绕ad、bc边的中心轴转动
E.绕线框中心轴O旋转
F.以直导线为轴绕轴转动
答案:见解析
解析:A、F两种运动,穿过线框的磁通量都不变,线框中没有感应电流。B、C、D、E四种运动,穿过线框的磁通量都会发生变化,线框中有感应电流。课时训练2 楞次定律
1.
如图所示,矩形线框与长直导线在同一平面内,当矩形线框从长直导线的左侧运动到右侧的过程中线框内感应电流的方向为( )。
A.先顺时针,后逆时针
B.先逆时针,后顺时针
C.先顺时针,后逆时针,再顺时针
D.先逆时针,后顺时针,再逆时针
答案:C
解析:直线电流的磁场是非匀强磁场,根据右手螺旋定则,在线框所在平面上,直线电流的右侧磁场垂直纸面向里,左侧垂直纸面向外,线框从左向右运动时,磁通量是从垂直纸面向外的磁场从增强到减弱。当线框正通过直线电流的中间时,磁通量为零。继续向右运动时磁通量从垂直纸面向里的磁场从增强又到减弱,根据楞次定律和右手螺旋定则,感应电流的方向为先顺时针,后逆时针,再顺时针。
2.
电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路,条形磁铁静止于线圈的正上方,N极朝下,如图所示。现使磁铁开始自由下落,在N极接近线圈上端的过程中,流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )。
A.从a到b,上极板带正电
B.从a到b,下极板带正电
C.从b到a,上极板带正电
D.从b到a,下极板带正电
答案:D
解析:穿过线圈的磁场方向向下,磁铁接近时,线圈中磁通量增加,由楞次定律知,产生感应电流的磁场方向向上,由安培定则可知,流过R的电流方向是从b到a,b电势高于a,故电容器下极板带正电,D正确。
3.
如图所示,当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时,线圈c向右摆动,则ab的运动情况是( )。
A.向左或向右匀速运动
B.向左或向右减速运动
C.向左或向右加速运动
D.只能向右匀加速运动
答案:B
解析:当导线ab在导轨上滑行时,线圈c向右运动,说明穿过线圈的磁通量正在减少,即右侧回路中的感应电流减小,导线正在减速运动,与方向无关,故此A、C、D错误,B正确。
4.
如图所示为地磁场磁感线的示意图,在北半球地磁场的竖直分量向下。飞机在我国上空匀速巡航,机翼保持水平,飞行高度不变。由于地磁场的作用,金属机翼上有电势差。设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1,右方机翼末端处的电势为φ2,则( )。
A.若飞机从西往东飞,φ1比φ2高
B.若飞机从东往西飞,φ2比φ1高
C.若飞机从南往北飞,φ1比φ2高
D.若飞机从北往南飞,φ2比φ1高
答案:AC
解析:在北半球,地磁场是斜向下的,存在竖直向下的磁场分量,飞机在水平飞行过程中,机翼就会切割磁感线,应用右手定则可以判断两边机翼的电势高低问题。伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一平面内,让磁感线从手心进入,即手心朝上,大拇指指向飞机的飞行方向,其余四指所指的方向就是感应电流的方向,即从电势低处指向电势高处。因此不管飞机向哪个方向飞行,都是飞行员左边机翼端电势高。故A、C正确。
5.
如图所示,“匚”形线框ABCD上有一根可以无摩擦滑动的导线ab,左侧有通电导线MN,电流方向由N到M,若将线框置于匀强磁场中,则( )。
A.导线ab向右运动时,导线MN与AB边相互吸引
B.导线ab向左运动时,导线MN与AB边相互吸引
C.导线ab向左运动时,导线MN与AB边相互排斥
D.导线ab向右运动时,导线MN与AB边相互排斥
答案:BD
解析:导线ab向右运动时,感应电流方向是baAB,由左手定则可知MN与AB相斥,A错,D对;当ab向左运动时,感应电流方向为abBA,MN与AB相吸,B对,C错。
6.(2011·江苏物理)如图所示,固定的水平长直导线中通有直流I,矩形线框与导线在同一竖直平面内,且一边与导线平行。线框由静止释放,在下落过程中( )。
A.穿过线框的磁通量保持不变
B.线框中感应电流方向保持不变
C.线框所受安培力的合力为零
D.线框的机械能不断增大
答案:B
解析:线框下落过程中,穿过线框的磁通量减小,选项A错误;由楞次定律可判断出感应电流方向一直沿顺时针方向,选项B正确;线框受到的安培力的合力竖直向上,但小于重力,则合力不为零,选项C错误;在下落过程中,安培力对线框做负功,则其机械能减小,选项D错误。
7.某同学在研究电磁感应现象的实验中,设计了如图所示的装置。线圈A通过电流表甲、高阻值的电阻R'、滑动变阻器R和开关S连接到干电池上,线圈B的两端接到另一个电流表乙上,两个电流表相同,零刻度居中。闭合开关后,当滑动变阻器R的滑片P不动时,甲、乙两个电流表指针的位置如图所示。
(1)当滑片P较快地向左滑动时,甲电流表指针的偏转方向是 ,乙电流表指针的偏转方向是 。(选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)
(2)断开开关,待电路稳定后再迅速闭合开关,乙电流表的偏转情况是 。(选填“向左偏”“向右偏”或“不偏转”)
(3)从上述实验可以初步得出结论:
。
答案:(1)向右偏 向左偏 (2)向左偏 (3)穿过闭合回路的磁通量变化时会产生感应电流,感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
8.
如图所示,试探究在以下四种情况中小磁针N极的偏转方向。
(1)电键S闭合时;
(2)电键S闭合后;
(3)电键S闭合后,调节滑动变阻器使电流增强;
(4)电键S断开时。
答案:见解析
解析:电键S闭合时,左边线圈的电流及磁场情况和穿过右边线圈磁通量方向如图所示。
(1)S突然闭合时,B增强,由楞次定律可知,感应电流b→a,再由安培定则可知,N极指向垂直纸面向外的方向。
(2)S闭合后,B不变,不产生感应电流,小磁针不偏转。
(3)此种情况同(1)现象相同,即N极指向垂直纸面向外的方向。
(4)此种情况与(1)现象相反,即N极指向垂直纸面向里的方向。课时训练8 描述交变电流的物理量
1.某交变电流的方向在1 s内改变了100次,则其周期T和频率f分别为( )。
A.T=0.01 s
B.T=0.02 s
C.f=100 Hz
D.f=50 Hz
答案:BD
解析:由于正弦式交流电每周期内方向改变两次,所以其频率为50 Hz,由T=得T=0.02 s。
2.以下说法正确的是( )。
A.交变电流的有效值就是它的平均值
B.任何交变电流的有效值都是它最大值的
C.如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q,那么该交变电流的有效值为
D.以上说法均不正确
答案:D
解析:交变电流的有效值不同于它的平均值,A错误;只有正弦式交变电流的有效值是它最大值的,B错误;根据有效值定义,交变电流接在电阻R上,Q=I2RT,I=,C项错误。
3.在电路的M、N间加一如图所示的正弦交流电,负载电阻为100 Ω,若不考虑电表内阻对电路的影响,则交流电压表和交流电流表的读数分别为( )。
A.220 V,2.20 A
B.311 V,2.20 A
C.220 V,3.11 A
D.311 V,3.11 A
答案:A
解析:由题中图象可知Um=311 V,因为是正弦式交变电流,所以电压的有效值U== V=220 V,即为交流电压表的示数,交流电流表的示数I===2.20 A,所以A正确。
4.
(2011·通州高二检测)如图所示是一交变电流的it图象,则该交变电流的有效值为( )。
A.4 A
B.2 A
C. A
D. A
答案:D
解析:设该交变电流的有效值为I,由有效值的定义得()2Rt1+Rt2=I2Rt。而t=t1+t2,代入数据解得I= A,故D正确。
5.图(a)为电热毯的电路示意图。电热丝接在u=311sin 100πt (V)的电源上,电热毯被加热到一定温度后,通过装置P使输入电压变为图(b)所示波形,从而进入保温状态。若电热丝电阻保持不变,此时交流电压表的读数是( )。
A.110 V
B.156 V
C.220 V
D.311 V
答案:B
解析:交流电压表的读数是交变电流的有效值,因此必须根据有效值的定义来计算。由有效值的定义可得T=×+0,解得U=110 V=156 V。
6.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω,现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡,如图乙所示,则( )。
A.电压表V的示数为220 V
B.电路中的电流方向每秒钟改变50次
C.灯泡实际消耗的功率为484 W
D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
答案:D
解析:电动势的有效值为E= V=220 V,所以电流的有效值I== A=2.2 A,所以电压表的示数为U=IR=2.2×95.0 V=209 V,A错误;交流电的频率为f==50 Hz,每个周期内电流方向改变2次,故每秒钟内电流方向改变100次,B错误;灯泡实际消耗的功率为P灯=I2R=2.22×95.0 W=459.8 W,C错误;发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=I2rt=2.22×5.0×1 J=24.2 J,D正确。
7.如图所示,单匝线圈在匀强磁场中绕OO'轴从图示位置开始匀速转动,已知从图示位置转过时,线圈中电动势大小为10 V。求:
(1)交变电动势的峰值;
(2)交变电动势的有效值;
(3)设线圈电阻为R=1 Ω,角速度ω=100 rad/s,线圈由图示位置转过的过程中通过导线横截面的电荷量q。
答案:(1)20 V (2)10 V (3)0.2 C
解析:(1)由题意知图中位置是中性面,从此时开始计时,正弦交变电动势的瞬时值为e=Emsin ωt,
将ωt=,e=10 V代入上式,解得峰值为Em=20 V。
(2)因为此电流为正弦交变电流,所以交变电动势的有效值为E== V=10 V。
(3)在线圈转过的过程中,穿过线圈平面的磁通量变化量ΔΦ=BS,据Em=BSω,得ΔΦ=BS==0.2 Wb,又因为=,==,q=Δt=,故通过导线横截面的电荷量q== C=0.2 C。
8.如图所示,一个电阻为R的金属圆环放在磁场中,磁场与圆环所在的平面垂直,穿过圆环的磁通量随时间变化的图象如图所示,图中的最大磁通量Φ0和变化的周期T都是已知量。求:
(1)在一个周期T内金属环中产生的热量。
(2)交变电流的有效值。
(3)在一个周期T内通过金属环某一横截面的电荷量。
答案:(1) (2) (3)0
解析:(1)0~T/4时间内,感应电动势为:E1==,0~T/4时间内,感应电流为:I1==4,T/2~3T/4时间内,感应电动势、感应电流大小同0~T/4内相同,T/4~T/2及3/4T~T时间内感应电动势、感应电流为0,一个周期内产生的热量为:2R=8。
(2)由有效值的定义可知I2RT=,
有效值为I=2Φ0/RT
(3)由于一个周期T内穿过金属环的磁通量变化ΔΦ=0,通过金属环某一横截面的电荷量也为零。第四章过关检测
(时间:45分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。每小题至少一个选项符号题意,选对得6分,漏选得4分,错选得0分)
1.如图所示,长为a、宽为b的矩形线圈,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的OO'轴以恒定的角速度ω旋转,设t=0时,线圈平面与磁场方向平行,则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是( )。
A.0,0
B.0,Babω
C.0,
D.Bab,Badω
答案:B
解析:当线圈平面与磁感线平行时,Φ=0,而上、下两边正好垂直切割磁感线,故此时线圈中E最大,而E=,故此时磁通量的变化率=Babω最大,B对。
2.(2011·广东理综,15)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是( )。
A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大
C.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大
D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
答案:C
解析:根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,即磁通量变化越快,感应电动势越大,选项C正确;根据楞次定律可知,当原磁场减小时,感应电流的磁场才与其方向相同,选项D错误。
3.
如图所示,一水平放置的圆形通电线圈a固定,另一较小的圆形线圈b从a的正上方下落,在下落过程中两线圈始终保持平行且共轴,则线圈b从线圈a的正上方下落过程中,从上往下看线圈b应是( )。
A.有逆时针方向的感应电流
B.有顺时针方向的感应电流
C.先有顺时针方向的感应电流,后有逆时针方向的感应电流
D.先有逆时针方向的感应电流,后有顺时针方向的感应电流
答案:C
解析:向下穿过的过程中,穿过b环的磁通量先增大后减少,在a环上方时,穿过b环的磁通量增大,由楞次定律知,感应电流的磁场阻碍增大,所以与原磁场方向相反,根据安培定则得感应电流方向为顺时针;同理可得b穿过a后,磁通量减少,感应电流的方向应该是逆时针,选C。
4.如图所示,ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框,当滑动变阻器R的滑片自左向右滑行时,线框ab的运动情况是( )。
A.保持静止不动
B.逆时针转动
C.顺时针转动
D.发生转动,但电源极性不明,无法确定转动的方向
答案:C
解析:根据图示电路,线框ab所处位置的磁场为水平方向的,当滑动变阻器的滑片向右滑动时,电路中电阻增大,电流减弱,则穿过闭合导线框ab的磁通量将减少。Φ=BSsin θ,θ为线圈平面与磁场方向的夹角,根据楞次定律,感应电流的磁场将阻碍原来磁场的变化,则线框ab只有顺时针旋转使θ角有增大的趋势,而使穿过线圈的磁通量增加,则C正确。注意此题并不需要明确电源的极性。
5.(2011·北京理综,19)某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后,闭合开关S,小灯泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象,他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )。
A.电源的内阻较大
B.小灯泡电阻偏大
C.线圈电阻偏大
D.线圈的自感系数较大
答案:C
6.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则( )。
A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→b
C.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为
D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
答案:AC
解析:刚开始时金属棒只受重力,则释放瞬间金属棒的加速度为g,根据右手定则可判定通过R的电流方向为b→a,当金属棒的速度为v时,E=BLv,I==,安培力F=ILB=,重力势能的减少量转化为内能和弹簧的弹性势能、金属棒的动能。所以正确选项为A、C。
7.如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面,回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是( )。
A.感应电流大小不变
B.CD段直导线始终受安培力
C.感应电动势最大值Em=Bav
D.感应电动势平均值=πBav
答案:BC
解析:半圆形闭合回路进入磁场的过程中磁通量不断增加,始终存在感应电流,由左手定则可知CD边始终受到安培力作用,B对。有效切割长度如图所示,所以进入过程中l先逐渐增大到a,然后再逐渐减小为0,由E=Blv可知最大值Em=Bav最小值为0,A错,C对。平均感应电动势===πBav,D错。
8.如图甲所示,固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中,金属杆ab与金属框架接触良好。在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻,其他部分电阻忽略不计。现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上,使金属杆由静止开始向右在框架上滑动,运动中杆ab始终垂直于框架。图乙为一段时间内金属杆受到的安培力F安随时间t的变化关系,则图中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是( )。
答案:D
解析:ab切割磁感线产生感应电动势E=Blv,感应电流为I=,安培力F安=,所以v∝F安,F安∝t,v∝t,金属杆的加速度为定值。又由牛顿第二定律F-F安=ma,即F=F安+ma,可知D项正确。
二、填空题(共22分)
9.(12分)如图所示,在一个光滑金属框架上垂直放置一根长l=0.4 m的金属棒ab,其电阻r=0.1 Ω,框架左端的电阻R=0.4 Ω。垂直框面的匀强磁场的磁感应强度B=0.1 T。当用外力使棒ab以速度v=5 m/s右移时,ab棒中产生的感应电动势E= ,通过ab棒的电流I= ,ab棒两端的电势差Uab= ,在电阻R上消耗的功率PR= ,在ab棒上消耗的发热功率Pr= ,切割磁感线运动中产生的电功率P= 。
答案:0.2 V 0.4 A 0.16 V 0.064 W 0.016 W 0.08 W
解析:由法拉第电磁感应定律,有E=Blv=0.1×0.4×5 V=0.2 V
由闭合电路欧姆定律,有I== A=0.4 A
由U=E-Ir,有Uab=(0.2-0.4×0.1) V=0.16 V
由P=UI,有PR=0.4×0.16 W=0.064 W
由Pr=I2r,得Pr=0.42×0.1 W=0.016 W
由P=IE,得P=0.4×0.2 W=0.08 W。
10.(10分)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。如图所示为电吉他的拾音器的原理图,在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管。一条形磁铁固定在管内,当拨动金属弦后,螺线管内就会产生感应电流,经一系列转化后可将电信号转为声音信号。
(1)金属弦的作用类似“研究电磁感应现象”实验中铁芯的作用,则被拨动后靠近螺线管的过程中,通过放大器的电流方向为 (以图象为准,选填“向上”或“向下”)。
(2)下列说法正确的是( )。
A.金属弦上下振动的周期越大,螺线管内感应电流的方向变化也越快
B.金属弦上下振动过程中,经过相同位置时速度越大,螺线管中感应电动势也越大
C.电吉他通过扩音器发出的声音随感应电流强度增大而变响,增减螺线管匝数会起到调节音量的作用
D.电吉他通过扩音器发出的声音频率和金属弦振动频率相同
(3)若由于金属弦的振动,螺线管内的磁通量随时间的变化如图所示,则对应感应电流的变化为( )。
答案:(1)向下 (2)BCD (3)D
解析:(1)金属弦靠近螺线管时,线圈中磁场变强,根据楞次定律可得通过放大器的电流方向为向下。
(2)感应电动势的大小与磁通量的变化率有关,与线圈匝数有关,所以选项B、C正确;电吉他通过扩音器发出的声音频率与感应电流的频率相同,即与金属弦振动频率相同,A错,D对。
(3)感应电流的大小取决于磁通量的变化率,所以选项D正确。
三、计算题(本题共2小题,共30分。计算必须有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
11.(15分)横截面积S=0.2 m2,n=100匝的圆形线圈A,处在如图所示的磁场中,磁感应强度随时间变化的规律是B=0.6-0.02t(T),开始时S未闭合,R1=4 Ω,R2=6 Ω,C=30 μF,线圈内阻不计。求:
(1)闭合开关S后,通过R2的电流大小和方向;
(2)闭合开关S后一段时间又断开,问切断后通过R2的电荷量又是多少
答案:(1)见解析 (2)7.2×10-6 C
解析:(1)根据B=0.6-0.02t(T),
可知=-0.02 T/s,B是不断减弱的。
E=n==100×0.2×0.02 V=0.4 V,(取绝对值)
I== A=0.04 A。
由于磁感应强度不断减弱,根据楞次定律可知感应电流的方向是顺时针的,即电流从R1流向R2,方向是从上而下流过R2的。
(2)R2两端的电压为U2=IR2=0.04×6 V=0.24 V。
切断S后,C与R2形成回路,C放电。
解得Q=CU2=30×10-6×0.24 C=7.2×10-6 C。
12.(15分)用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ,并将其放在倾角为θ的平行绝缘导轨上,平行导轨的间距也为l,如图所示。线框与导轨之间是光滑的,在导轨的下端有一宽度为l(即ab=l)、磁感应强度为B的有界匀强磁场,磁场的边界aa'、bb'垂直于导轨,磁场的方向与线框平面垂直。如果把线框从静止状态释放,则线框恰好能够匀速地穿过磁场区域。若当地的重力加速度为g,求:
(1)线框通过磁场时的运动速度大小;
(2)开始释放时,MN与bb'之间的距离;
(3)线框在通过磁场的过程中所产生的热量。
答案:(1) (2) (3)mg·2lsin θ
解析:(1)结合右手定则和左手定则,对线框进行受力分析。线框在磁场区域做匀速运动时,安培力满足F=mgsin θ
又因为安培力F=BIl,感应电流为I=E/R,感应电动势为E=Blv
将以上各式联立,解得线框匀速运动的速度为
v=。
(2)在进入磁场前,线框的加速度a=gsin θ
所以线框进入磁场前下滑的距离s==。
(3)在通过磁场的过程中,线框沿斜面通过了2l的距离,根据能量的转化与守恒定律,有Q热=mg·2lsin θ。课时训练10 变压器
1.对于理想变压器,下列说法中不正确的是( )。
A.原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大
B.原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大
C.原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化
D.当副线圈的电流为零时,原线圈的电压也为零
答案:D
解析:副线圈消耗功率大小决定原线圈的输入功率大小,A对;副线圈的电流决定原线圈的电流,B对;当副线圈的电流为零时原线圈的电流为零,但电压不是零,D错;原线圈的电压决定副线圈的电压,与副线圈中电流的变化无关,C对,所以错误的选D。
2.关于变压器的说法正确的是( )。
A.高压线圈匝数多、电流大、导线粗
B.低压线圈匝数少、电流小、导线细
C.高压线圈匝数多、电流大、导线细
D.低压线圈匝数少、电流大、导线粗
答案:D
解析:根据=,=可知,高压线圈匝数多、电流小,低压线圈匝数少、电流大;又因为变压器线圈中的电流越大,所用的导线应当越粗,可知高压线圈用细导线绕制,低压线圈用粗导线绕制。故D选项正确。
3.利用如图所示的电流互感器可以测量被测电路中的大电流,若互感器原、副线圈的匝数比n1∶n2=1∶100,交流电流表A的示数是50 mA,则( )。
A.被测电路的电流有效值为0.5 A
B.被测电路的电流平均值为0.5 A
C.被测电路的电流最大值为5 A
D.原、副线圈中的电流同时达到最大值
答案:C
解析:因为n1∶n2=1∶100,I2=0.05 A,由=知I1=5 A,被测电流最大值为5 A,当原线圈中电流最大时,副线圈中的电流为零,故选项C正确。
4.(2010·山东理综)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,原线圈输入电压的变化规律如图甲所示,副线圈所接电路如图乙所示,P为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是( )。
A.副线圈输出电压的频率为50 Hz
B.副线圈输出电压的有效值为31 V
C.P向右移动时,原、副线圈的电流比减小
D.P向右移动时,变压器的输出功率增加
答案:AD
解析:由题图甲可知,交变电流T=0.02 s,最大值U1m=310 V,则交流电频率f==50 Hz,变压器不改变交变电流的频率,选项A正确;由原、副线圈匝数比可知,副线圈输出电压的最大值为U2m=31 V,选项B错误;滑片P向右移动时,滑动变阻器接入电路的阻值变小,由P=可知,选项D正确;由于原、副线圈的匝数比不变,故原、副线圈的电流比不变,选项C错误。
5.(2010·天津理综)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系,将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上,副线圈连接相同的灯泡L1、L2,电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2,导线电阻不计,如图所示。当开关S闭合后( )。
A.A1示数变大,A1与A2示数的比值不变
B.A1示数变大,A1与A2示数的比值变大
C.V2示数变小,V1与V2示数的比值变大
D.V2示数不变,V1与V2示数的比值不变
答案:AD
解析:原电压U1不变,变压器匝数比不变,故U2不变;闭合开关S,副线圈所在电路中的总电阻变小,I2变大,由I1=I2可知,I1变大,但=比值不变,选项A、D正确。
6.(2011·福建理综)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1,电阻R=20 Ω,L1、L2为规格相同的两只小灯泡,S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源,输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合,此时L2正常发光。下列说法正确的是( )。
A.输入电压u的表达式u=20sin(50πt) V
B.只断开S2后,L1、L2均正常发光
C.只断开S2后,原线圈的输入功率增大
D.若S1换接到2后,R消耗的电功率为0.8 W
答案:D
解析:由图象知T=0.02 s,ω==100π rad/s,u=20sin(100πt)V,A项错误;由于副线圈两端电压不变,故只断开S2,两灯串联,电压为额定值一半,不能正常发光,B项错误;只断开S2,副线圈电路电阻变为原来的2倍,由P=知副线圈消耗功率减小,则原线圈输入功率也减小,C项错误;输入电压额定值U1=20 V,由=及PR=得PR=0.8 W,D项正确。
7.交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动,一小型发电机的线圈共220匝,线圈面积S=0.05 m2,线圈转动的频率为50 Hz,线圈内阻不计,磁场的磁感应强度B= T。用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V 11 kW”的电机正常工作,需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器,电路如图所示,求:
(1)发电机的输出电压为多少
(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少
(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多少
答案:(1)1 100 V (2)5∶1 (3)20 A
解析:(1)根据Em=NBSω=1 100 V
得输出电压的有效值为U1==1 100 V。
(2)根据=得=5∶1。
(3)根据P入=P出=2.2×104 W。
再根据P入=IU,得IA== A=20 A。
8.如图所示,理想变压器有两个副线圈,原线圈1接220 V的交流电源,副线圈2的匝数为30匝,与其串联的“12 V 12 W”的灯泡L正常发光,副线圈3的输出电压为110 V,另一端接有电阻R,通过R的电流为0.4 A。求:
(1)副线圈3的匝数n3;
(2)原线圈1的匝数n1和通过它的电流I1。
答案:(1)275匝
(2)550匝 0.255 A
解析:(1)对两个副线圈应用电压关系=可得n3=n2=×30匝=275匝。
(2)根据=得n1=n2=×30匝=550匝,对整个变压器由功率关系列式I1U1=I2U2+I3U3,所以I1= A=0.255 A。第六章过关检测
(时间:45分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确,选对得6分,漏选得4分,错选得0分,把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1.下列说法正确的是( )。
A.热敏电阻是把热量这个热学量转化为电阻这个电学量
B.金属热电阻的化学稳定性好,但灵敏度差
C.电熨斗中的双金属片是温度传感器
D.霍尔元件是能够把磁学量磁感应强度转换为电压的传感元件
答案:BCD
解析:热敏电阻是把温度这个热学量转换为电阻这个电学量,A错误;B、C、D正确。
2.随着人们生活质量的提高,自动干手机已进入家庭洗手间,当人将湿手靠近干手机时,机内的传感器便驱动电热器加热,于是有热空气从机内喷出,将湿手烘干。手靠近干手机时能使传感器工作,这是因为( )。
A.改变了湿度
B.改变了温度
C.改变了磁场
D.改变了电容
答案:D
解析:人是导体,可以和其他导体构成电容器。手靠近干手机相当于连接了一个电容器,干手机内的电容式传感器便驱动电热器工作,D正确。
3.2010年4月14日,我国青海玉树发生7.1级大地震,地震发生后,各路救援人员及时深入灾区,与死神抢时间,争分夺秒抢救被埋人员,有些救援队借助“生命探测仪”可以发现深埋在废墟中的伤员,根据所学知识,你认为“生命探测仪”可能用到了( )。
A.红外线传感器
B.压力传感器
C.振动传感器
D.电容传感器
答案:A
解析:伤员被深埋在废墟中,与周围环境和尸体的温度不同,所以借助生命探测仪可以探测到活着的被困人员。
4.有一种在光照或温度升高时排气扇都能启动的自动控制装置,下列说法正确的是( )。
A.两个传感器都是光电传感器
B.两个传感器分别是光电传感器和温度传感器
C.两个传感器可能分别是温度传感器、电容式传感器
D.只有光照和温度都适合时排气扇才能工作
答案:B
解析:题中提到有光照或温度升高时排气扇都能自动控制,由此可见两个传感器一个是光电传感器,一个是温度传感器,而且排气扇自动工作只需光照和温度一个满足条件即可,A、C、D错,B对。
5.如图所示,电源两端的电压恒定,L为小灯泡,R为光敏电阻,D为发光二极管(电流越大,发光越强),且R与D距离较近且不变,下列说法中正确的是( )。
A.当滑片向左移动时,L消耗的功率增大
B.当滑片向左移动时,L消耗的功率减小
C.当滑片向右移动时,L消耗的功率可能不变
D.无论怎样移动滑动触头,L消耗的功率不变
答案:A
解析:电源电压恒定,也就是说,并联电路两端电压恒定,当滑片向左移动时,发光二极管发光变强,光敏电阻的阻值变小,所以电流变大,则L的功率变大,故选项A正确。
6.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:A
解析:红外报警装置正是把光信号转化为电信号的器件。
7.某仪器内部电路如图所示,其中M是一个质量较大的金属块,左右两端分别与金属丝制作的弹簧相连,并套在光滑水平细杆上,a、b、c三块金属片的间隙很小(b固定在金属块上)。当金属块处于平衡时两根弹簧均处于原长状态。若将该仪器固定在一辆汽车上,则下列说法正确的是( )。
A.当汽车加速前进时,甲灯亮
B.当汽车加速前进时,乙灯亮
C.当汽车刹车时,乙灯亮
D.当汽车刹车时,甲、乙灯均不亮
答案:B
解析:向右加速时,M向左移动,与a接触,乙灯亮;当刹车时,M向右移动,与c接触,甲灯亮。故选项B正确。
8.某同学在实验室里熟悉各种仪器的使用。他将一条形磁铁放在水平转盘上,如图甲所示,磁铁可随转盘转动,另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边。当转盘(及磁铁)转动时,引起磁感应强度测量值周期性地变化,该变化的周期与转盘转动周期一致。经过操作,该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象。
该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈,当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时,按照这种猜测( )。
A.在t=0.1 s时刻,线圈内产生的感应电流的方向发生了变化
B.在t=0.15 s时刻,线圈内产生的感应电流的方向发生了变化
C.在t=0.1 s时刻,线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值
D.在t=0.15 s时刻,线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值
答案:AC
解析:传感器内线圈的磁感应强度如图乙,在图乙中斜率既能反映线圈内产生的感应电流的方向变化,又能反映感应电流的大小变化。t=0.1 s时刻,斜率最大,线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值,并且产生的感应电流的方向发生了变化,所以A、C正确;同理可知t=0.15 s时刻线圈内产生的感应电流的方向变化及大小变化情况,B、D不正确。
二、填空题(本题共2小题,共18分。将正确答案填在题中横线上或按题目要求作答)
9.(12分)(2010·全国Ⅱ理综)如图,一热敏电阻RT放在控温容器M内;○A 为毫安表,量程6 mA,内阻为数十欧姆;E为直流电源,电动势约为3 V,内阻很小;R为电阻箱,最大阻值为999.9 Ω;S为开关。已知RT在95 ℃时的阻值为150 Ω,在20 ℃时的阻值约为550 Ω。现要求在降温过程中测量在95 ℃~20 ℃之间的多个温度下RT的阻值。
(1)在图中画出连线,完成实验原理电路图。
(2)完成下列实验步骤中的填空:
a.依照实验原理电路图连线。
b.调节控温容器M内的温度,使得RT的温度为95 ℃。
c.把电阻箱调到适当的初值,以保证仪器安全。
d.闭合开关,调节电阻箱,记录电流表的示数I0,并记录 。
e.将RT的温度降为T1(20 ℃f.温度为T1时热敏电阻的电阻值= 。
g.逐步降低T1的数值,直至20 ℃为止;在每一温度下重复步骤e f。
答案:(1)实验原理电路图如图所示。
(2)d.电阻箱的读数R0
e.仍为I0 电阻箱的读数R1
f.R0-R1+150 Ω
解析:(1)电阻箱的最大阻值与热敏电阻的最大阻值相差不大,因此电阻箱应为与热敏电阻串联。(2)本实验原理是当电路的两种状态的电流相等时,外电路的总电阻相等。95 ℃和RT时对应的电路的电阻相等,有150+R0=RT+R,即RT=R0-R1+150 Ω。
10.(6分)如图所示,实线是某同学利用力传感器悬挂一砝码在竖直方向运动时,数据采集器记录下的力传感器中拉力的大小变化情况。从图中可知道该砝码的重力约为 N,A、B、C、D四段图线中砝码处于超重状态的为 ,处于失重状态的为 。
答案:4.8 A、D B、C
解析:当拉力的大小不变时,力传感器悬挂的砝码在竖直方向是匀速运动,此时力传感器的读数就是砝码的重力,约4.8 N。当力传感器读数大于重力时,砝码处于超重状态,即A、D状态。当力传感器读数小于重力时,砝码处于失重状态,即B、C状态。
三、计算与论证(本题共2小题,共34分。计算必须有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
11.(16分)一热敏电阻在温度为80 ℃时阻值很大,当温度达到100 ℃ 时阻值就很小。今用一电阻丝给水加热,并配以热敏电阻以保持水温在80 ℃到100 ℃之间,可将电阻丝与热敏电阻并联,一并放入水中,如图所示,图中R1为热敏电阻,R2为电阻丝,请简述其工作原理。
答案:见解析
解析:开始水温较低时,R1阻值较大,电阻丝R2对水进行加热;
当水温达到100 ℃左右时,R1阻值变得很小,R2被短路,将停止加热;
当温度降低到80 ℃时,R1阻值又变得很大,R2又开始加热。这样就可达到保温的效果。
12.(18分)如图所示为一种测定风作用力的仪器原理图,图中P为金属球,悬挂在一细长裸金属丝下面,O是悬挂点,R0是保护电阻,CD是水平放置的光滑电阻丝,与悬挂小球的细金属丝始终保持良好接触,无风时细金属丝与电阻丝在C点接触,此时电路中的电流为I,有风时细金属丝将偏转一角度θ(θ与风力大小有关),细金属丝与电阻丝在C'点接触。已知风力方向水平向左,OC=h,CD=L,球的质量为M,电阻丝单位长度的电阻为k,电源内电阻和细金属丝电阻均不计,金属丝偏转θ角时,电流表的示数为I',此时风力大小为F。试写出:
(1)风力大小F与θ的关系式;
(2)风力大小F与电流表示数I'的关系式。
答案:(1)F=mgtan θ
(2)F=(I'-I)
解析:(1)有风力时,对金属球P受力分析如图,F=F1sin θ;mg=F1cos θ;F=mgtan θ。
(2)无风时,电路中U=I(R0+kL)
有风时,电路中U=I'(R0+kL'),L'=L-htan θ
由以上各式解得F=(I'-I)。课时训练5 互感和自感
1.关于线圈的自感系数、自感电动势的下列说法中正确的是( )。
A.线圈中电流变化越大,线圈自感系数越大
B.对于某一线圈,自感电动势正比于电流的变化量
C.一个线圈的电流均匀增大,这个线圈的自感系数、自感电动势都不变
D.自感电动势总与原电流方向相反
答案:C
解析:线圈的自感系数L只由线圈本身的因素决定,选项A错误。由E自=L知,E自与成正比,与ΔI无直接关系,选项B错误,C正确。E自方向在电流增大时与原电流方向相反,在电流减小时与原电流方向相同,选项D错误。
2.(2010·海南)下列说法正确的是( )。
A.当线圈中电流不变时,线圈中没有自感电动势
B.当线圈中电流反向时,线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C.当线圈中电流增大时,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
D.当线圈中电流减小时,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
答案:AC
解析:由法拉第电磁感应定律可知,当线圈中电流不变时,不产生自感电动势,选项A正确;当线圈中电流反向时,相当于电流减小,由楞次定律可知,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反,选项C正确;当线圈中的电流减小时,自感电动势阻碍电流的减小,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同,选项D错误。
3.
在制作精密电阻时,为消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象,采取了双线绕法,如图所示,其道理是( )。
A.当电路中电流变化时,两股导线中产生的自感电动势相互抵消
B.当电路中电流变化时,两股导线中产生的感应电流相互抵消
C.当电路中电流变化时,两股导线中产生的磁通量相互抵消
D.以上说法均不正确
答案:C
解析:由于采用双线并绕的方法,当电流通过时,两股导线中的电流方向是相反的,不管电流怎样变化,任何时刻两股电流总是等大反向的,所产生的磁通量也是等大反向的,故总磁通量等于零,在线圈中不会产生电磁感应现象,因此消除了自感,选项A、B错误,只有C正确。
4.如图所示是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路,L两端并联一只电压表,用来测量自感线圈的直流电压,在测量完毕后,将电路拆除时应( )。
A.先断开S2 B.先断开S1
C.先拆除电流表 D.先拆除电阻R
答案:B
解析:只要不断开S1,线圈L与电压表就会组成闭合回路,在断开S2时,线圈L会因此产生感应电流,电流的方向与原来方向相同。这时流过电压表的电流方向与原来电流方向相反,电压表中的指针将反向转动,损坏电压表,所以必须先拆下电压表,即断开S1。
5.
如图所示,多匝线圈L的电阻和电池内阻不计,两个电阻的阻值都是R,电键S原来是断开的,电流I0=,今合上电键S将一电阻短路,于是线圈有自感电动势产生,这电动势( )。
A.有阻碍电流的作用,最后电流由I0减小到零
B.有阻碍电流的作用,最后电流总小于I0
C.有阻碍电流增大的作用,因而电流将保持I0不变
D.有阻碍电流增大的作用,但电流最后还是增大到2I0
答案:D
解析:电键S由断开到闭合,回路中的电流要增大,因而在L上要产生自感电动势。根据楞次定律,自感电动势总是要阻碍引起它的电流的变化,这就是说由于电流增加引起的自感电动势。因此要阻碍原电流的增加,是阻碍不是阻止,电流仍要增大,而达到稳定后其电流为2I0。选项D正确。
6.
(2010·江苏单科,4)如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计,电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后,在t=t1时刻断开S。下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中,正确的是( )。
答案:B
解析:闭合开关S后,灯泡D直接发光,电感L的电流逐渐增大,电路中的总电流也将逐渐增大,电源内电压增大,则路端电压UAB逐渐减小;断开开关S后,灯泡D中原来的电流突然消失,电感L中的电流通过灯泡形成的闭合回路逐渐减小,所以灯泡D中电流将反向,并逐渐减小为零,即UAB反向逐渐减小为零,所以选项B正确。
7.一个线圈中的电流强度在1.0×10-3 s时间内变化了0.02 A,产生了50 V自感电动势,问线圈的自感系数多大 如果这个电路中电流变化率为40 A/s,那么线圈中产生多大的自感电动势
答案:2.5 H 100 V
解析:由E=L·知L=
=50× H=2.5 H
当=40 A/s时
E'=2.5×40 V=100 V。
8.如图所示的电路中,已知E=20 V,R1=20 Ω,R2=10 Ω,L是纯电感线圈,电源内阻不计,则当S闭合电路稳定时,a、b间的电压为多少 在打开S的瞬间,a、b间的电压为多少
答案:0 60 V
解析:S闭合,电路稳定时,L相当于无电阻导线,电阻R1和R2并联。流过R1和R2的电流分别为I1和I2,则I1== A=1 A,I2== A=2 A。流过L的电流为2 A。由于L的直流电阻为零,故a、b间的电压为零。
断开S的瞬间,流过L的电流仍然为2 A,且从a向b。L和R1、R2构成闭合回路,电感线圈相当于电源向R1、R2供电,且保证流过R1、R2的电流仍是2 A,a、b间的电压也就等于R1、R2两电阻上的电压降之和,即有Uba=I2(R1+R2)=2×(20+10) V=60 V。课时训练6 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1.如图所示是高频焊接原理示意图。线圈中通以高频变化的电流时,待焊接的金属工件中就产生感应电流,感应电流通过焊缝产生大量热量,将金属融化,把工件焊接在一起,而工件其他部分发热很少。以下说法正确的是( )。
A.电流变化的频率越高,焊缝处的温度升高得越快
B.电流变化的频率越低,焊缝处的温度升高得越快
C.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小
D.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大
答案:AD
解析:线圈中通以高频变化的电流时,待焊接的金属工件中就产生感应电流,感应电流的大小与感应电动势有关,电流变化的频率越高,电流变化得越快,感应电动势就越大,A正确;工件上焊缝处的电阻大,电流产生的热量多,D正确。
2.
如图所示是电表中的指针和电磁阻尼器,下列说法中正确的是( )。
A.2是磁铁,在1中产生涡流
B.1是磁铁,在2中产生涡流
C.该装置的作用使指针能够转动
D.该装置的作用是使指针能很快地稳定
答案:AD
解析:1在2中转动产生涡流,受到安培力作用阻碍指针的转动,故A、D正确。
3.
如图所示,光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上,环1竖直,环2水平放置,环1和环2的直径均处于中间分割线上,在平面中间分割线正上方有一条形磁铁,当磁铁沿中间分割线向右运动时,下列说法正确的是( )。
A.两环都向右运动 B.两环都向左运动
C.环1静止,环2向右运动 D.两环都静止
答案:C
解析:条形磁铁向右运动时,环1中磁通量保持为零不变,无感应电流,仍静止。环2中磁通量变化,根据楞次定律,为阻碍磁通量的变化,感应电流的效果使环2向右运动。
4.在水平放置的光滑导轨上,沿导轨固定一个条形磁铁,如图所示。现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙,使它们从导轨上的一点以某一初速度向磁铁滑去。各滑块在未接触磁铁前的运动情况将是( )。
A.都做匀速运动 B.甲、乙做加速运动
C.甲、乙做减速运动 D.乙、丙做匀速运动
答案:C
解析:铜块、铝块向磁铁靠近时,穿过它们的磁通量发生了变化,因此在其内部产生涡流,反过来涡流产生的感应磁场对滑块与磁铁间的相对运动起阻碍作用,所以铜块和铝块向磁铁运动时会受阻而减速,所以选项C正确。有机玻璃为非金属,不产生涡流现象。
5.
位于光滑水平面的小车上放置一螺线管,一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线以初速度v水平穿过,如图所示,在此过程中( )。
A.磁铁做匀速直线运动 B.磁铁做减速运动
C.小车向右做加速运动 D.小车先加速后减速
答案:BC
解析:磁铁水平穿入螺线管时,管中将产生感应电流,由楞次定律的扩展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁相对线圈的运动。同理,磁铁穿出时,由楞次定律的扩展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁相对线圈的运动,故整个过程中,磁铁做减速运动,选项B是正确的。而对于小车上螺线管来说,在此过程中,螺线管受到的安培力都是水平向右的,这个安培力使小车向右运动,且一直做加速运动,C对。
6.
光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线,如图所示,抛物线的方程为y=x2。其下半部分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,则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )。
A.mgb B.mv2+mgb
C.mg(b-a) D.mv2+mg(b-a)
答案:D
解析:金属块运动过程中,机械能转化为内能。要注意分析金属块的最终运动状态,以便计算金属块总共损失的机械能,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,最后刚好滑不出磁场后,就往复运动永不停止。根据能量转化与守恒,整个过程中产生的焦耳热应等于机械能的损失,即Q=ΔE=mv2+mg(b-a)。故正确选项为D。
7.
(2011·安徽高二检测改编)一个质量为m的金属球,用一根长为l的绝缘细绳悬挂于O点,离O点下方l/2处有一宽度为l/4,垂直纸面向里的匀强磁场区域。如图所示,现使圆球从与悬点O等高位置A处由静止释放(细绳伸直,忽略空气阻力),则达到稳定摆动过程中金属球产生的热量为多少
答案:
解析:金属球在左右摆动不断进、出磁场,磁通量不断变化,产生涡流,会产生热量。由能量守恒定律可知:产生的焦耳热应等于金属球机械能的减少量,而稳定状态为金属球在磁场下方摆不再进入磁场,因此Q=ΔEp=mg(+)=。
8.
(2010·江苏单科,13)如图所示,两足够长的光滑金属导轨竖直放置,相距为L,一理想电流表与两导轨相连,匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后,流经电流表的电流逐渐减小,最终稳定为I。整个运动过程中,导体棒与导轨接触良好,且始终保持水平,不计导轨的电阻。求:
(1)磁感应强度的大小B;
(2)电流稳定后,导体棒运动速度的大小v;
(3)流经电流表电流的最大值Im。
答案:(1) (2) (3)
解析:(1)电流稳定后,导体棒做匀速运动,BIL=mg①
解得B=。②
(2)感应电动势E=BLv③
感应电流I=④
由②③④式解得v=。
(3)由题意知,导体棒刚进入磁场时的速度最大,设为vm
机械能守恒,m=mgh
感应电动势的最大值Em=BLvm
感应电流的最大值Im=
解得Im=。课时训练11 电能的输送
1.远距离输送交流电都采用高压输电。我国正在研究用比330 kV高得多的电压进行输电。采用高压输电的优点是( )。
A.可提高用户端电压
B.可根据需要调节交流电的频率
C.可减少输电线上的能量损失
D.可加快输电的速度
答案:C
解析:采用高压输电减小了输电电流,可减少能量损失,但不能改变交变电流的频率和输电速度,用户端电压由降压变压器决定,故选项C正确。
2.如图所示为远距离输电线路的示意图,若发电机的输出电压不变,则下列叙述中正确的是( )。
A.升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关
B.输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定
C.当用户用电器的总电阻减小时,输电线上损失的功率增大
D.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
答案:C
解析:变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的,A、B错误;用户用电器总电阻减小,据P=,消耗功率增大,输电线中电流增大,线路损失功率增大,C正确;升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失的电压加上降压变压器的输入电压,D错误。
3.远距离输送一定功率的交变电流,输电线电阻一定,若输送电压升高为原来的n倍,下列选项正确的是( )。
①输电导线上的电压损失是原来的
②输电导线上的电压损失是原来的
③输电导线上的电功率损失是原来的
④输电导线上的电功率损失是原来的
A.①③ B.①④
C.②③ D.②④
答案:B
解析:由电压损失ΔU=IR和P=IU得ΔU=R,故U变为n倍时,ΔU'=ΔU,①正确;又ΔP=I2R=()2R,故ΔP'=ΔP,④正确。
4.在远距离输电时,输送的电功率为P,输电电压为U,所用导线电阻率为ρ,横截面积为S,总长度为L,输电线损失的电功率为P',用户得到的电功率为P用,则下列关系式正确的是( )。
A.P'= B.P'=
C.P用=P- D.P用=P(1-)
答案:BD
解析:输电线电阻R=ρ,
输电电流I=,故输电线上损失的电功率为
P'=I2R=()2ρ=,
用户得到的电功率为P用=P-P'=P(1-)。
故B、D正确。
5.(2009·山东理综)某小型水电站的电能输送示意图如下,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n1、n2,降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(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.>
B.<
C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
答案:AD
解析:=,=,u'=u-u线,u',n2/n1>n3/n4,A对、B错、C错。P输出=P输入+P线,D对。
6.(2010·浙江理综)某水电站,用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户,其输出电功率是3×106 kW。现用500 kV电压输电,则下列说法正确的是( )。
A.输电线上输送的电流大小为2.0×105 A
B.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C.若改用5 kV电压输电,则输电线上损失的功率为9×108 kW
D.输电线上损失的功率为ΔP=U2/r,U为输电电压,r为输电线的电阻
答案:B
解析:由P=UI可得I===6×103 A,则选项A错误;输电线上电阻造成的损失电压为ΔU=Ir=15 kV,选项B正确;输电线上损失的功率不可能大于水电站的输出功率,可知选项C错误;输电线上损失的功率为ΔP=,ΔU为输电线上损失的电压,选项D错误。
7.某条河的河水流量为4 m3/s,水流下落的高度为5 m。现在利用其发电,设所用发电机的总效率为50%,g=9.8 m/s2,求:
(1)发电机的输出功率。
(2)已知输电导线的总电阻为4 Ω,如果允许输电导线上损耗的功率为发电机输出功率的5%,则需用多大电压输送电能。
(3)导线上的电压损失。
答案:(1)9.8×104 W (2)2.8×103 V (3)2.66×103 V
解析:(1)水由高处流下,重力势能转化为动能,推动水轮机做功,设水的流量为Q,则发电机的输入功率为:P1=ρQgh
发电机的输出功率为:P2=ηP1=ηρQgh=50%×1.0×103×4×9.8×5 W=9.8×104 W。
(2)设输送电压为U,输电导线上的电流为I,电阻为r,损耗的功率为P3。由P3=I2r得I===35 A
由发电机的输出功率P2=IU
可得U== V=2.8×103 V。
(3)导线上损失的电压为ΔU,则有
ΔU=U-Ir=(2.8×103-35×4) V=2.66×103 V。
8.风力发电作为新型环保新能源,近几年来得到了快速发展。如图所示,风车阵中发电机输出功率为100 kW,输出电压为250 V,用户需要的电压为220 V,输电线电阻为10 Ω。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%。
(1)试求:在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比。
(2)画出此输电线路的示意图。
(3)用户得到的电功率是多少
答案:(1)1∶20 240∶11 (2)见解析图 (3)96 kW
解析:(1)输电线损失的功率
P损=P×4%=100 kW×4%=4 kW
输电线电流I2== A=20 A
升压变压器输出电压U2== V=5×103 V
升压变压器原、副线圈匝数比:===
电压损失U损=I2R线=20×10 V=200 V
降压变压器原线圈端电压U3=U2-U损=4 800 V
降压变压器原、副线圈匝数比==。
(2)如图所示。
(3)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为
P用=P-P损=P(1-4%)=100×96% kW=96 kW。课时训练13 传感器的应用
1.“嫦娥”一号卫星上装有8种24件探测仪器,其中可能有( )。
A.味觉传感器
B.气体传感器
C.听觉传感器
D.视觉传感器
答案:D
解析:“嫦娥”一号月球卫星是为探测月球而发射的在轨卫星,而月球上无气体,所以不需要气体传感器和听觉传感器,当然也用不到味觉传感器,真正需要的是为月球“画像”的视觉传感器——立体相机。
2.关于测温仪,下列说法中正确的是( )。
A.测温用的金属热电阻的阻值不能随温度的变化而变化
B.在“非典”期间,机场车站用的测温仪能非常迅速测体温
C.热敏电阻的特点是随温度的升高而电阻变小
D.以上说法都不对
答案:BC
解析:金属热电阻随温度的升高而阻值增大,而热敏电阻随温度升高而减小,测温仪利用了红外线敏感元件。故B、C正确。
3.下列说法正确的是( )。
A.电熨斗能自动控制温度主要利用了双金属片,两片金属的膨胀系数相同
B.常温下,上下触点是接触的;温度过高时,双金属片发生弯曲,使上下触点分离
C.需要较高温度熨烫时,要调节温度旋钮,使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移
D.电熨斗中的双金属片是一种半导体材料
答案:BC
解析:电熨斗中装有双金属片传感器,且上层金属的热膨胀系数大于下层,故A错;常温下,上下触点是接触的;温度过高时,双金属片发生弯曲使上下触点分离;需要较高温度熨烫时,要调节温度旋钮,使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移,故B、C正确。
4.电容式话筒的保真度比动圈式话筒好,其工作原理如图所示,Q是绝缘支架,薄金属膜片M和固定电极N形成一个电容器,被直流电源充电,当声波使膜片M振动时,电容发生变化,电路中形成变化的电流。当膜片M向右运动的过程中有( )。
A.电容变大
B.电容变小
C.导线AB中有向左的电流
D.导线AB中有向右的电流
答案:AC
解析:当声波使膜片M向右运动时,电容器极板间距减小,电容变大,电荷量Q=UC变大,电源要继续给电容器充电,所以导线AB中有向左的电流,故选项A、C正确。
5.在家用电热灭蚊器中,电热部分主要元件是PTC元件,PTC元件是由钛酸钡等半导体材料制成的电阻器,其电阻率ρ随温度t的变化关系如图所示,由于这种特性,PTC元件具有发热、保温双重功能。对此,以下判断正确的是( )。
①通电后,其电功率先增大,后减小 ②通电后,其电功率先减小,后增大 ③当其产生的热量与散发的热量相等时,温度保持在t1不变 ④当其产生的热量与散发的热量相等时,温度保持在t1和t2之间的某一值不变
A.①③
B.②③
C.②④
D.①④
答案:D
解析:据PTC元件的电阻率随温度变化的曲线,可知在常温下它的电阻是相当小的,通入电流后,随着温度升高它的电阻率先变小,然后迅速增大,考虑电热灭蚊器工作电压220 V 是不变的,那么它的功率是先变大,然后变小。当其产生的热量与散发的热量相等时,温度保持在 t1 ~t2 之间不变。这时处于稳定状态,如果温度再升高,电阻率变大,导致电流变小,那么温度就会降下来,如果温度再降低,电阻率变小,导致电流变大,那么温度就会升上去。故D选项正确。
6.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小,有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置,其工作原理如图甲所示,将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上,中间放置一个绝缘重球。小车向右做直线运动过程中,电流表示数如图乙所示,下列判断正确的是( )。
A.从t1到t2时间内,小车做匀速直线运动
B.从t1到t2时间内,小车做匀加速直线运动
C.从t2到t3时间内,小车做匀速直线运动
D.从t2到t3时间内,小车做匀加速直线运动
答案:D
解析:0~t1时间内,I不变,说明压敏电阻所受压力不变或不受压力,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,故正确选项为D。
7.(2010·全国Ⅰ理综)图1是利用激光测转速的原理示意图,图中圆盘可绕固定轴转动,盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。当盘转到某一位置时,接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束,并将所收到的光信号转变成电信号,在示波器显示屏上显示出来(如图2所示)。
图1
图2
(1)若图2中示波器显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为5.00×10-2s,则圆盘的转速为 转/s。(保留3位有效数字)
(2)若测得圆盘直径为10.20 cm,则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 cm。(保留3位有效数字)
答案:(1)4.55 (2)1.46
解析:(1)由题图2可知圆盘转动的周期为T=22.00×10-2 s,所以转速为n==转/s=4.55 转/s;(2)圆盘半径为r=5.10 cm,其边缘线速度为v=ωr,ω=2πn,反光涂层长度为s=vΔt,代入数据解得s=1.46 cm。
8.如图所示是一种自动控制水温的装置,加热电路的两端P、Q应接在触头a、b之间还是c、d之间 热敏电阻两端M、N应接在哪两个触头之间
答案:P、Q接a、b M、N接e、f
解析:P、Q应该分别接到触头a、b之间。同时,M、N应该分别接e、f,其工作原理是:当水温升高时,热敏电阻阻值减小,电磁铁中电流增大,吸引力增大,使衔铁被吸下,a、b断开,使加热装置停止加热;当水温降低时,热敏电阻阻值增大,衔铁弹回接通PQ,使加热装置重新开始加热。第五章过关检测
(时间:45分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确,选对得6分,漏选得4分,错选得0分,把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的,可是我们在晚上七八点钟用电高峰开灯时电灯比深夜时要显得暗,这是因为此时( )。
A.总电阻比深夜时大,干路电流小,每盏灯分到的电压就小
B.总电阻比深夜时大,干路电流小,每一支路的电流就小
C.总电阻比深夜时小,干路电流大,输电线上损失的电压大
D.干路电流一定,支路比深夜时多,分去了一部分电流
答案:C
解析:总电阻减小,总电流增大,线路电路造成的损失电压ΔU=IR线增大,电灯得到的电压减小,所以灯泡此时显得要暗些。
2.线圈在磁场中匀速转动产生的交流电动势为e=10sin 20πt V,则下列说法正确的是( )。
A.t=0时,线圈平面位于中性面
B.t=0时,穿过线圈的磁通量最大
C.t=0时,导线切割磁感线的有效速度最大
D.t=0.4 s时,e达到峰值10 V
答案:AB
解析:根据交流电动势的瞬时值表达式可判断为正弦式交变电流,当t=0时,e=0,所以此时磁通量的变化率为零,导线切割磁感线的有效速度为零,但此时穿过线圈的磁通量最大,线圈平面位于中性面,所以A、B正确,C错误;当t=0.4 s时,e=10sin 20πt V=10sin 8π V=0,所以D错误。
3.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示,则下列说法正确的是( )。
A.t=0时刻,线圈平面与中性面垂直
B.t=0.01 s时刻,Φ的变化率最大
C.t=0.02 s时刻,交流电动势达到最大
D.该线圈相应产生的感应电动势的图象如图乙所示
答案:B
解析:由图甲可知t=0时刻穿过线圈的磁通量最大,线圈在中性面位置,A错误;t=0.01 s时,Φ=0,Φ的变化率最大,交流电动势最大,B正确;t=0.02 s时,Φ最大,交流电动势为零,C错误;由以上分析可知D错误。
4.一根电阻丝接入100 V的恒定电压电路中,在1 min内产生的热量为Q,同样的电阻丝接入正弦交变电流的电路中,在2 min内产生的热量也为Q,则该交流电压的峰值是( )。
A.141.4 V B.100 V
C.70.7 V D.50 V
答案:B
解析:根据Q=得=,U=100/ V,Um=U=100 V。
5.(2011·全国新课标)如图,一理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2,副线圈电路中接有灯泡,灯泡的额定电压为220 V,额定功率为22 W;原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关,灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数,则( )。
A.U=110 V,I=0.2 A
B.U=110 V,I=0.05 A
C.U=110 V,I=0.2 A
D.U=110 V,I=0.2 A
答案:A
解析:由灯泡正常发光可知,U'=220 V,I'==0.1 A;U=U'=110 V,I=I'=0.2 A,电压表、电流表的示数均为有效值,故选项A正确。
6.(2009·四川理综)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,R1=20 Ω,R2=30 Ω,C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示,则( )。
A.交流电的频率为0.02 Hz
B.原线圈输入电压的最大值为200 V
C.电阻R2的电功率约为6.67 W
D.通过R3的电流始终为零
答案:C
解析:周期T=0.02 s,f==50 Hz,A错;U输出=×R1=10 V,U输入=U输出=100 V,输入电压最大值Um=U输出=200 V,B错;U1=R1=10 V,U2=U1,P2== W=6.67 W,C对;电容器通交流,隔直流,I3≠0,D错。
7.如图所示,理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2,输电线的等效电阻为R。开始时,开关S断开。当S闭合时,以下说法中不正确的是( )。
A.副线圈两端M、N的输出电压减小
B.副线圈输电线的等效电阻R上的电压降增大
C.通过灯泡L1的电流减小
D.原线圈中的电流增大
答案:A
解析:理想变压器输入电压不变,则副线圈M、N两端的输出电压不变。S闭合时,总电阻变小,由欧姆定律I2=知,流过R的电流增大,电阻R上的电压降UR=I2R增大。副线圈中的电流增大,而输入功率等于输出功率,即I1U1=I2U2,故原线圈中的电流I1也增大。UMN不变,UR变大,所以=UMN-UR变小,流过灯泡L1的电流减小,故应选A项。
8.如图(a)所示,A、B为两个相同的环形线圈,共轴并靠近放置,A线圈中通有如图(b)所示的电流i,则下列说法中错误的是( )。
A.在t1~t2时间内A、B两线圈相吸
B.在t2~t3时间内A、B两线圈相斥
C.t1时刻两线圈间的相互作用力为零
D.t2时刻两线圈间的相互作用力最大
答案:D
解析:在t1~t2时间内,穿过B线圈的磁通量变小,B中产生与A中方向相同的感应电流,两线圈相吸,同理t2~t3时间内两线圈相斥。t1时刻=0,故B中感应电流为零,两线圈间的相互作用力为零。t2时刻i=0,即A线圈中电流为零,故A、B间无相互作用力。由以上分析知,只有选项D是错误的。
二、填空题(本题共2小题,共17分。将正确答案填在题中横线上或按题目要求作答)
9.(9分)在交流电路中,如果电源电动势的最大值不变,频率可以改变,在如图所示电路的a、b两点间逐次将图中的电路元件(1)(2)(3)单独接入,当使交变频率增加时,可以观察到A1读数 ,A2读数 ,A3读数 。(以上各空填“不变”“增大”或“减小”)
答案:增大 不变 减小
解析:接入(1)时,电容对交变电流有阻碍作用,而容抗随交流电的频率增加而减小,故A1读数增大;接入(2)时,电阻对交变电流有阻碍作用,且电阻的大小与交变电流的频率无关,故交变电流的频率增加时,A2读数不变;接入(3)时,电感对交变电流有阻碍作用,而感抗随交变电流频率的增加而增大,故当交变电流的频率增加时,A3的读数减小。
10.(8分)闭合线圈在匀强磁场中匀速转动,转速为240 r/min,若线圈平面转至与磁感线平行时的电动势为2 V,则从中性面开始计时,所产生的感应电动势表达式为e= V,从中性面起经 s,感应电动势的大小为 。
答案:2sin 8πt 1 V
解析:由n=240 r/min= r/s=4 r/s
得ω=2πn=2π×4 rad/s=8π rad/s,当线圈平面与磁感线平行时,感应电动势最大,即Em=2 V。
所以e=Emsin ωt=2sin 8πt V
t= s时,e=2sin 8π× V=2sin V=2× V=1 V。
三、解答题(本题共2小题,共35分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
11.(18分)如图所示,AB间为交流电源,电压u=311sin100πt,经过某“过滤”装置P后将如图甲所示正弦交流电滤去一半,得到如图乙所示的交流电,求:
(1)CD间接打点计时器时打点周期为多大
(2)CD间接有“220 V 40 W”灯泡时其发光功率为多大
(3)CD间能否连接“220 V 20 μF”的电容器
答案:(1)见解析 (2)20 W (3)不能
解析:(1)过滤前交流电的周期T== s=0.02 s。
过滤前打点计时器每经0.02 s打一次点。
过滤后电流变化周期还是0.02 s。如果打点计时器的振针是向下振动时,打点周期不变,为0.02 s;若打点计时器的振针向上振动时,不能打点。
(2)题图乙所示交流电的有效值为U,有
·=·T
U=Um= V。
由P=知=知此时小灯泡的功率
P=20 W。
(3)过滤后,电流的最大值不变,大小为311 V,电容器的电压“220 V”是击穿电压,所以不能直接连接在CD间。
12.(17分)(2011·宁德高二检测)一个小型水力发电站(如图所示),发电机输出电压U0=250 V,内电阻可以忽略不计,最大输出功率为Pm=30 kW,它通过总电阻R线=2.0 Ω的输电线直接向远处的居民区供电。设居民区所有用电器都是额定电压U用=220 V的白炽灯,总功率为P用=22 kW,不计灯丝电阻随温度的变化。
(1)当居民区的电灯全部使用时,电灯两端的电压是多少伏 发电机实际输出的电功率多大
(2)若采用高压输电,在发电机端用升压变压器,在用户端用降压变压器,且不计变压器和用户线路的损耗。已知用户变压器的降压比为40∶1,当全部用户电灯正常发光时,输电线上损耗的功率多大
答案:(1)131 V 14.9 kW (2)12.5 W
解析:(1)如题图,由P用=/R用求得用户总的电阻R用=2.2 Ω,电路中的电流为
I=U0/(R用+R线)=250 V/4.2 Ω=59.5 A
U灯=IR用=130.9 V≈131 V
P输=U0I=14 875 W≈14.9 kW。
(2)如题图,P用=U4I4,U4=220 V,I4==100 A
I3/I4=n4/n3,I3=I4/40=2.5 A
P损=R线=12.5 W。课时训练4 电磁感应现象的两类情况
1.
某空间出现了如图所示的一组闭合电场线,方向从上向下看是顺时针的,这可能是( )。
A.沿AB方向磁场在迅速减弱
B.沿AB方向磁场在迅速增强
C.沿BA方向磁场在迅速增强
D.沿BA方向磁场在迅速减弱
答案:AC
解析:感生电场的方向从上向下看是顺时针的,假设在平行感生电场的方向上有闭合回路,则回路中的感应电流方向从上向下看也应该是顺时针的,由右手螺旋定则可知,感应电流的磁场方向向下,根据楞次定律可知,原磁场有两种可能:原磁场方向向下且沿AB方向减弱,或原磁场方向向上,且沿BA方向增强,所以A、C有可能。
2.
如图所示,PQRS为一正方形导线框,它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场,磁场方向垂直线框平面,MN线与线框的边成45°角。E、F分别为PS与PQ的中点。关于线框中的感应电流,正确的说法是( )。
A.当E点经过边界MN时,线框中感应电流最大
B.当P点经过边界MN时,线框中感应电流最大
C.当F点经过边界MN时,线框中感应电流最大
D.当Q点经过边界MN时,线框中感应电流最大
答案:B
解析:由题意知在线框进入磁场的过程中B与v都是不变的,根据公式E=Blv可知,有效长度l最大时,回路中的感应电流最大,当P点经过边界MN时,R点正好经过边界MN,切割磁感线运动的有效长度l有最大值,故正确选项为B。本题对有效切割长度大小变化的判断是难点,也是解题的关键,从线框中S点进入磁场开始,有效长度从0开始增大,当P点经过边界MN时,有效长度l达到最大值,即与线框边长相等,然后l又开始减小,最后减小到0。
3.
如图所示,匀强磁场方向垂直于线圈平面,先后两次将线圈从同一位置匀速地拉出有界磁场,第一次拉出时速度为 v1=v0,第二次拉出时速度为 v2=2v0,前后两次拉出线圈的过程中,下列说法错误的是( )。
A.线圈中感应电流之比是1∶2
B.线圈中产生的热量之比是2∶1
C.沿运动方向作用在线框上的外力的功率之比为1∶2
D.流过任一横截面感应电荷量之比为1∶1
答案:BC
解析:线框在拉出磁场的过程中,导体做切割磁感线运动,产生感应电动势E=Blv,线框中的感应电流I==,所以I1∶I2=v1∶v2=1∶2;线框中产生的电热Q=I2Rt=()2R=,所以Q1∶Q2=v1∶v2=1∶2;由于匀速运动,施加的外力与安培力相等,故外力的功率P=Fv=BIlv=,所以P1∶P2=∶=1∶4;流过线圈任一截面的电荷量为q=It=·=,所以q1∶q2=1∶1。
4.
如图所示,在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场,其宽度均为L。现将宽度也为L的矩形闭合线圈,从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域,则在该过程中,能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图象是( )。
答案:D
解析:由右手定则或楞次定律可知当线圈进入磁场Ⅰ中,感应电流方向为逆时针方向,在线圈由磁场区域Ⅰ进入Ⅱ过程中感应电流方向为顺时针方向,但由于两边切割时感应电流增加为原来的2倍,线圈从区域Ⅱ出来过程中,电流方向为逆时针方向,电流大小同区域Ⅰ中相同,由此可见A、B均错。由左手定则可知运动中所受安培力始终向左,由F=ILB可知线圈由区域Ⅰ向区域Ⅱ运动过程中,安培力大小为进入Ⅰ或从Ⅱ中出来时的4倍,D对。
5.如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下,经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vmax,则下列说法正确的是( )。
A.如果B增大,vmax将变大
B.如果α变大,vmax将变大
C.如果R变大,vmax将变大
D.如果m变小,vmax将变大
答案:BC
解析:金属杆从轨道上由静止滑下,经足够长时间后,速度达最大值vmax,此后金属杆做匀速运动,杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。
安培力F=LB,沿导轨方向上对金属杆列平衡方程mgsin α=,则vmax=,由此式可知,B增大,vmax减小;α增大,vmax增大;R变大,vmax变大;m变小,vmax变小。因此B、C两选项正确。
6.
如图所示,将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在用铝板制成的U形框中,使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动,悬线拉力为FT,则( )。
A.悬线竖直,FT=mg
B.悬线竖直,FT>mg
C.悬线竖直,FTD.无法确定FT的大小和方向
答案:A
解析:设两板间的距离为L,由于向左运动过程中竖直板切割磁感线,产生动生电动势,由右手定则判断下板电势高于上板,动生电动势大小E=BLv,即带电小球处于电势差为BLv的电场中,所受电场力F电=qE电=q=q=qvB
若设小球带正电,则电场力方向向上。
同时小球所受洛伦兹力F洛=qvB,方向由左手定则判断竖直向下,即F电=F洛,故无论小球带什么电,怎样运动,FT=mg,选项A正确。
7.如图所示,足够长的光滑斜面导轨MM'和NN',斜面的倾角θ=30°,导轨相距为d,上端M和N用导线相连,并处于垂直于斜面向上的均匀磁场中,磁感应强度B的大小随时间t的变化规律为B=kt,其中k为常数。质量为m的金属棒ab垂直于导轨放置在M、N附近,从静止开始下滑,通过的路程为L时,速度恰好达到最大,此时磁场的磁感应强度的大小为B1。设金属棒的电阻为R,导轨和导线的电阻不计。
某同学在求金属棒速度最大时产生的最大电功率Pm,有以下两种不同的方法,试判断两种方法是否正确,并简述理由。
方法一:金属棒速度最大时,产生的电流最大,电功率最大,B1Imd=mgsin θ,Pm=()2R;
方法二:先求出vm,则Pm=F安vm=mgvmsin θ。
答案:方法一正确。
金属棒速度最大时,产生的电流最大,电功率一定最大。
方法二错误。
电磁感应中,在只有动生电动势的条件下,安培力对系统总做负功,克服安培力做的功才等于产生的电能,电功率才等于克服安培力做功的功率。本题中,因磁感应强度B变化,还产生了感生电动势,电功率不等于克服安培力做功的功率。
8.
如图所示,在水平平行放置的两根光滑长直导电轨道MN与PQ上,放着一根直导线ab,ab与导轨垂直,它在导轨间的长度为20 cm,这部分的电阻为0.02 Ω。导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.20 T,电阻R=0.08 Ω,其他电阻不计。ab的质量为0.02 kg。
(1)打开开关S,ab在水平恒力F=0.01 N的作用下,由静止沿轨道滑动,求经过多长时间速度才能达到10 m/s
(2)上述过程中感应电动势随时间变化的表达式是怎样的
(3)当ab的速度达到10 m/s时,闭合开关S,为了保持ab仍能以10 m/s的速度匀速运动,水平拉力应变为多少
答案:(1)20 s (2)E=Blat (3)0.16 N
解析:(1)由牛顿第二定律F=ma,得a== m/s2=0.5 m/s2 t== s=20 s。
(2)因为感应电动势E=BLv=BLat,所以感应电动势与时间成正比。
(3)导线ab保持以10 m/s的速度运动,受到的安培力F安=BIL==0.16 N。
安培力与拉力F拉是一对平衡力,故F拉=0.16 N。课时训练7 交变电流
1.一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交变电动势e=220sin 100πt V,则下列判断正确的是( )。
A.t=0时,线圈位于中性面位置
B.t=0时,穿过线圈平面的磁通量最大
C.t=0时,线圈的有效切割速度方向垂直磁感线
D.t=0时,线圈中感应电动势达到峰值
答案:AB
解析:因按正弦规律变化,故t=0时线圈位于中性面,A正确;此时穿过线圈的磁通量最大,B正确;t=0时,线圈的有效切割速度方向与磁感线平行,不产生感应电动势,故C、D错误。
2.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流,从中性面开始转动180°的过程中,平均感应电动势和最大感应电动势之比为( )。
A.2∶π
B.π∶2
C.2π∶1
D.无法确定
答案:A
解析:转动180°过程中,平均感应电动势由E=计算,得==,最大值Em=BSω,二者之比为2∶π。
3.(2012·嘉兴高二检测)一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO'匀速转动,线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中。通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示,下列说法正确的是( )。
A.t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B.t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变
C.t2、t4时刻线圈中磁通量最大
D.t2、t4时刻线圈中感应电动势最小
答案:B
解析:t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最大,磁通量变化率=0,此时感应电动势、感应电流为零,线圈中感应电流方向改变,A错误,B正确;t2、t4时刻线圈中磁通量为零,磁通量的变化率最大,即感应电动势最大,C、D错误。
4.如图所示,矩形线圈abcd,已知ab为L1,ad为L2,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO'轴以角速度ω(从图中位置开始)匀速转动,则线圈中感应电动势的瞬时值表达式为( )。
A.BL1L2ωsin ωt
B.BL1L2ωcos ωt
C.BL1L2ωsin ωt
D.BL1L2ωcos ωt
答案:C
解析:线圈绕过时间t时,转过角度θ,如图所示(从上向下看),这时ab、cd边切割磁感线产生感应电动势
Eab=BL1vsin θ
Ecd=BL1vsin θ
bc、ad边不切割磁感线,不产生感应电动势,故线圈中的感应电动势为
E=Eab+Ecd=2BL1vsin θ=2BL1·L2ωsin ωt=BL1L2ωsin ωt,
故正确选项应为C。
5.把一段长度确定的导线做成线圈,在确定的磁场中绕垂直于磁场的轴线以固定的转速转动,产生的交流电动势最大的情况是( )。
A.做成方形线圈,线圈平面垂直于转轴
B.做成方形线圈,转轴通过线圈平面
C.做成圆形线圈,转轴通过线圈平面
D.做成圆形线圈,线圈平面垂直于转轴
答案:C
解析:由交变电流的产生原理及公式Em=BSω可知,在转轴通过线圈平面,做成圆形时产生的电动势最大,C正确。
6.如图所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动,当线圈平面转到与磁场方向平行时( )。
A.线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流
B.线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势
C.线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同,都是a→b→c→d
D.线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
答案:A
解析:线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关,选项A正确,B错误;绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等,从上向下看,线框逆时针旋转,电流的方向应为a→d→c→b,选项C错;电流相等,cd受到的安
培力也相等,选项D错。
7.如图所示为演示用的手摇发电机模型,匀强磁场磁感应强度B=0.5 T,线圈匝数n=50,每匝线圈面积0.48 m2,转速150 r/min,在匀速转动过程中,从图示位置开始计时。
(1)写出交变感应电动势瞬时值的表达式;
(2)画出et图线。
答案:e=188sin 5πt(V) (2)见解析
解析:(1)当线圈平面经过中性面开始计时,则线圈在时间t内转过角度ωt,于是感应电动势瞬时值e=Emsin ωt,其中Em=nBSω。
由题意知n=50,B=0.5 T,ω= rad/s=5π rad/s,S=0.48 m2,Em=nBSω=50×0.5×0.48×5π V≈188 V,所以e=188sin 5πt(V)。
(2)根据交流电的方程画图线时,最大值是正弦图线的峰值,由纵轴上的刻度值标出,交流电的频率与正弦图线的周期相对应,ω=,而周期由时间轴上的刻度值标出,T=2π/ω=0.4 s,et图线如图所示。
8.如图所示,一边长为l的正方形线圈abcd绕对称轴OO'在匀强磁场中转动,转速为n=120转/分,若已知边长l=20 cm,匝数N=20,磁感应强度B=0.2 T,求:
(1)转动中的最大电动势及位置;
(2)从中性面开始计时的电动势瞬时值表达式;
(3)从图示位置转过90°过程中的平均电动势。
答案:(2)2.0 V 线圈平面与磁场平行
(2)e=2sin 4πt (V) (3)1.28 V
解析:(1)当线圈平面转到与磁场平行时,ab、cd两边均垂直切割磁感线,这时线圈中产生的感应电动势最大
Em=NBSω=20×0.2×0.22×2π×2 V=2.0 V。
(2)电动势瞬时值表达式为e=Emsin ωt=2sin 4πt(V)。
(3)E=N=20× V=1.28 V。
