课时跟踪检测（十六）
电磁波的发射、传播和接收 电磁波谱
组—重基础·体现综合
1．通信的过程就是把信息尽快地从一处传递到另一处的过程，如利用烽火台火光传递信息、利用鼓声传递信息等。关于声音与光，下列说法正确的是( )
A．声音和光都是机械波
B．声音和光都是电磁波
C．声音是机械波，光是电磁波
D．声音是电磁波，光是机械波
解析：选C 波的传播过程既能传递能量，又能传递信息，光与声音虽然都是波，但二者本质不同，即产生机理不同，光是电磁波，传播过程不需要介质；而声音是机械波，由振动产生，通过介质传播，故C正确，A、B、D错误。
2．(多选)蓝牙设备使用无线电波连接手机和电脑。蓝牙产品包含一块小小的蓝牙模块以及支持连接的蓝牙无线电和软件。当两台蓝牙设备想要相互交流时，它们需要进行配对。并通过蓝牙耳机发出声音，在接收电路中必须经过下列过程中的( )
A．调幅 B．调频
C．调谐 D．解调
解析：选CD 接收电路中必须通过调谐接收到载有信号的电磁波，再通过解调得到声音信号，选项C、D正确。
3．关于电视信号接收的原理，下列说法正确的是( )
A．电视接收天线接收到的电磁波中包括图像信号和伴音信号
B．电视接收天线接收到电磁波，天线上并不产生感应电流
C．电视机接收到电磁波，通过电子枪的扫描显示电视节目的伴音信号
D．电视机接收到电磁波，直接经扬声器得到电视节目的伴音信号
解析：选A 电视信号中有图像信号和伴音信号，即电视接收天线接收到的电磁波中包括图像信号和伴音信号，A正确；电视接收天线接收到电磁波，引起电磁感应，天线上产生感应电流，B错误；电视机接收天线接收到电磁波，然后经过解调还原出图像信号，通过电子枪的扫描显示电视节目的图像信号，C错误；电视机接收天线接收到电磁波，通过电谐振得到需要的信号，然后经过解调还原出伴音信号，再经过功率放大器，最后通过扬声器得到电视节目的伴音信号，D错误。
4．山东新闻广播电台发射的一种电磁波频率是调频95 MHz，烟台新闻广播电台发射一种电磁波的频率是调幅1 341 Hz，两广播电台发射的电磁波相比，以下分析正确的是( )
A．两广播电台发射的电磁波，波速相同，但山东新闻广播电台的波长较长
B．山东新闻广播电台发射的电磁波的振幅随信号的强弱而改变
C．烟台新闻广播电台发射的电磁波的振幅保持不变
D．两广播电台发射的电磁波，波速相同，烟台新闻广播电台的波长较长
解析：选D 因为不同频率的电磁波在空气中的传播速度都相同，由于波速都相同，所以波长与频率是成反比的，烟台新闻广播电台的电磁波频率小于山东新闻广播电台电磁波的频率，则烟台新闻广播电台的波长比山东新闻广播电台的波长长，D正确，A错误；山东新闻广播电台发射的电磁波调制方式是调频，该电磁波的振幅不变，烟台新闻广播电台发射的电磁波调制方式是调幅，该电磁波的频率不变，则B、C错误。
5．下列关于紫外线的说法正确的是( )
A．照射紫外线可增进人体对钙的吸收，因此人们应尽可能多地接受紫外线的照射
B．一切高温物体发出的光都含有紫外线
C．紫外线有很强的荧光效应，常被用来防伪
D．紫外线有杀菌消毒的作用，是因为其有热效应
解析：选C 由于紫外线具有较高的能量，杀菌能力较强，常用于灭菌消毒，但是过多地接受紫外线的照射，对人体来说也是有害的，A、D错误；并不是所有的高温物体发出的光都含有紫外线，B错误；紫外线有很强的荧光效应，可用来防伪，C正确。
6．(多选)如图甲所示有A、B两幅图，在收音机电路中天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把高频成分和低频成分分开，只让低频成分输入下一级，如果采用如图乙所示的电路，图中虚线框a和b内只用一个电容器或电感器。以下关于电磁波的发射和接收的说法中，正确的是( )
A．在电磁波的发射技术中，甲图中A是调幅波
B．在电磁波的发射技术中，甲图中B是调幅波
C．乙图中a是电容器，用来通高频阻低频，b是电感器，用来阻高频通低频
D．乙图中a是电感器，用来阻交流通直流，b是电容器，用来阻高频通低频
解析：选AC 调幅，即通过改变电磁波的振幅来实现信号加载，故A为调幅波，A正确，B错误；在交流电路中，电容器通高频阻低频，电感线圈通低频阻高频，元件a要让高频信号通过，阻止低频信号通过，故元件a是电容较小的电容器；元件b要让低频信号通过，阻止高频信号通过，故元件b是电感器，故C正确，D错误。
7．(2021·浙江6月选考)大功率微波对人和其他生物有一定的杀伤作用。实验表明，当人体单位面积接收的微波功率达到250 W/m2时会引起神经混乱，达到1 000 W/m2时会引起心肺功能衰竭。现有一微波武器，其发射功率P＝3×107 W。若发射的微波可视为球面波，则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离约为( )
A．100 m 25 m B．100 m 50 m
C．200 m 100 m D．200 m 50 m
解析：选B 设微波有效攻击范围为r时单位面积接收微波的功率为P′，则P′＝＝，解得r＝，则引起神经混乱时有r1＝＝ m≈100 m，引起心肺功能衰竭时有r2＝＝ m≈50 m，所以B正确，A、C、D错误。
8．(2020·江苏高考)(1)电磁波广泛应用在现代医疗中。下列属于电磁波应用的医用器械有________。
A．杀菌用的紫外灯
B．拍胸片的X光机
C．治疗咽喉炎的超声波雾化器
D．检查血流情况的“彩超”机
(2)我国的光纤通信技术处于世界领先水平。光纤内芯(内层玻璃)的折射率比外套(外层玻璃)的________(选填“大”或“小”)。某种光纤的内芯在空气中全反射的临界角为43°，则该内芯的折射率为________。(sin 43°＝0.68，cos 43°＝0.73，结果保留2位有效数字)
(3)国际宇航联合会将2020年度“世界航天奖”授予我国“嫦娥四号”任务团队。“嫦娥四号”任务创造了多项世界第一。在探月任务中，“玉兔二号”月球车朝正下方发射一束频率为f的电磁波，该电磁波分别在月壤层的上、下表面被反射回来，反射波回到“玉兔二号”的时间差为Δt。已知电磁波在月壤层中传播的波长为λ，求该月壤层的厚度d。
解析：(1)紫外线和X光从本质上说是电磁波，A、B项正确；治疗咽喉炎的超声波雾化器和检查血流情况的“彩超”机用的都是超声波，超声波属于机械波，C、D项错误。
(2)当电磁波传播到光纤内芯与外套界面时发生全反射，所以内芯的折射率比外套的折射率大；由临界角与折射率的关系可知，内芯的折射率n＝≈1.5。
(3)电磁波在月壤层中的传播速度v＝fλ，
根据题意传播距离与时间的关系2d＝vΔt
解得d＝。
答案：(1)AB (2)大 1.5 (3)
9.如图所示为某收音机接收电路，其电感 L＝10－3 mH，为了接收波长为500 m的电磁波，其电容C应调到多少？
解析：该电磁波的频率为
f＝＝ Hz＝6×105 Hz
那么该电路的固有频率也应调到f
由电磁振荡的频率公式f＝ 得C＝
代入数据解得C≈7.04×10－2 μF。
答案：7.04×10－2 μF
组—重应用·体现创新
10.中国科学家利用被誉为“天眼”的世界最大单口径射电望远镜——500米口径球面射电望远镜(FAST)探测到数十个优质脉冲星候选体，其中两颗已通过国际认证。这是中国人首次利用自己独立研制的射电望远镜发现脉冲星。脉冲星是中子星的一种，为会发出周期性脉冲信号的星体。与地球相似，脉冲星也在自转着，并且有磁场，其周围的磁感线分布如图所示。脉冲是脉冲星的高速自转而形成的，只能沿着磁轴方向从两个磁极区辐射出来；脉冲星每自转一周，地球就接收到一次它辐射的脉冲。结合上述材料，下列说法正确的是( )
A．脉冲信号属于机械波
B．脉冲星的磁轴与自转轴重合
C．脉冲的周期等于脉冲星的自转周期
D．所有的中子星都可以发出脉冲信号
解析：选C 脉冲信号属于电磁波，若为机械波，则传播需要介质，无法传播到地球，故A错误；根据题图可知脉冲星的磁轴与自转轴并不重合，故B错误；根据题意，脉冲星每自转一周，地球就接收到一次它辐射的脉冲，则可得脉冲的周期等于脉冲星的自转周期，故C正确；根据题中信息，脉冲星是中子星的一种，为会发出周期性脉冲信号的星体，说明并不是所有的中子星都可以发出脉冲信号，故D错误。
11．某空警预警机上装备有多功能三坐标多普勒脉冲雷达，可进行全向探测，主要用于发现和跟踪空中与水面目标，工作频率为1.2×109～1.4×109 Hz。对空中目标的最远探测距离为470 km，该机的雷达系统可同时跟踪60～100个空中目标，并对战术空军的10架飞机实施引导。下列关于该脉冲雷达的说法正确的是( )
A．脉冲雷达采用的是X射线
B．脉冲雷达采用的是微波
C．预警机高速飞行时，发射的脉冲信号传播速率可能大于光在真空中的传播速率
D．增大它的振荡电路的电容，可增大雷达的工作频率
解析：选B 脉冲雷达是利用微波测速、测距的，其传播速率等于光速，故A、C选项错误，B选项正确；由T＝2π 可知，增大振荡电路的电容，其周期变大，工作频率减小，故D选项错误。
12．某收音机接收电磁波的波长范围在182～577 m之间，该收音机调谐电路的可变电容器的动片完全旋出时，回路的电容为39 pF。求：
(1)该收音机接收电磁波的频率范围；
(2)该收音机的可变电容器动片完全旋入定片间，回路中的电容是多大？
解析：(1)由λ＝，得f＝，c为真空中的光速，代入数据可解得，其接收电磁波的频率范围为5.2×105～16.5×105 Hz。
(2)动片完全旋出时，电容最小C1＝39 pF，其振荡周期最小，对应接收的电磁波的波长最短为λ1＝182 m。
动片完全旋入时，电容最大，设其为C2，其振荡周期最大，对应接收的电磁波的波长最长为λ2＝577 m。
由f＝＝，得 ＝。
故C2＝C1＝2×39 pF≈392 pF。
答案：(1)5.2×105～16.5×105 Hz (2)392 pF课时跟踪检测（十七）
传感器及其工作原理 传感器的应用
组—重基础·体现综合
1．有一些星级宾馆的洗手间装有自动干手机，洗手后将湿手靠近，机内的传感器就开通电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干，手靠近自动干手机能使传感器工作，是因为改变了( )
A．湿度 B．温度
C．磁场 D．电容
解析：选D 根据自动干手机工作的特征，手靠近干手机时电热器工作，手撤离后电热器停止工作，人是一种导体，可以与其他导体构成电容器。手靠近时相当于连接一个电容器，可以确定干手机内设有电容式传感器，由于手的靠近改变了电容大小，故D正确；用湿度和温度来驱动电热器工作，理论上可行，但是假如干手机是由于温度、湿度的变化工作，它就成了室内烘干机。
2．(2021·韶关高二检测)对于常见的可燃气体浓度的检测，现在一般用催化燃烧检测器。它的原理如下：传感器的核心为一惠斯通电桥，其中一桥臂上有催化剂，当与可燃气体接触时，可燃气体在有催化剂的电桥上燃烧，该桥臂的电阻发生明显变化，其余桥臂的电阻不变化，从而引起整个电路的输出发生变化，而该变化与可燃气体的浓度成比例，从而实现对可燃气体的检测。由此可推断有催化剂的桥臂上的电阻材料为( )
A．铜 B．合金
C．半导体 D．绝缘体
解析：选C 由题意可知，该电阻为热敏电阻，热敏电阻的材料为半导体材料，故C正确，A、B、D错误。
3．如图所示，电吉他的弦是磁性物质，当弦振动时，线圈中产生感应电流，感应电流输送到放大器、喇叭，把声音播放出来，下列说法正确的是( )
A．电吉他是光电传感器
B．电吉他是温度传感器
C．电吉他是声音传感器
D．弦改用尼龙材料原理不变
解析：选C 由电吉他发声原理可知是将声音变化转变为电流的变化，C正确，A、B、D错误。
4.(多选)如图为握力器原理示意图，握力器把手上的连杆与弹簧一起上下移动，握力的大小可通过一定的换算关系由电流表的示数获得。当人紧握握力器时，如果握力越大，下列判断正确的有( )
A．电路中电阻越大 B．电路中电阻越小
C．电路中电流越小 D．电路中电流越大
解析：选BD 由题图可知，握力越大，变阻器接入电路的电阻越小，外电路的总电阻越小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中电流越大。故B、D正确，A、C错误。
5.(多选)如图所示是“电容式加速度传感器”原理图，电容器的一个金属极板固定在绝缘底座上，另一块极板用弹性金属片制成，当这种加速度传感器用在上下移动的升降机中时，通过测量电容C的变化就能感知升降机加速度的变化情况。设升降机加速度为零时电容器的电容为C0，下列说法正确的是( )
A．当升降机加速上升时，C＞C0
B．当升降机减速上升时，C＞C0
C．当升降机减速下降时，C＜C0
D．当升降机加速下降时，C＜C0
解析：选AD 加速度向上时，弹性金属片向下弯曲，加速度向下时，弹性金属片向上弯曲；根据C＝知，弹性金属片向下弯曲，d减小，电容变大；弹性金属片向上弯曲，d增大，电容变小。当升降机加速上升时，加速度方向向上，电容变大，即C＞C0，故A正确；当升降机减速上升时，加速度方向向下，电容变小，即C＜C0，故B错误；当升降机减速下降时，加速度方向向上，电容变大，即C＞C0，故C错误；当升降机加速下降时，加速度方向向下，弹性金属片向上弯曲，电容变小，即C＜C0，故D正确。
6．目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏。电容式触摸屏内有一导电层，导电层四个角引出四个电极，当手指触摸屏幕时，人体和触摸屏就形成了一个电容器，电容器具有“通高频”的作用，从而导致电流分别从触摸屏四角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指的触点到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例的精确计算，得出触摸点的位置信息。在开机状态下，下列说法正确的是( )
A．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了手指对屏幕按压产生了形变
B．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象
C．当手指触摸屏幕时有微弱的电流流过手指
D．当手指离开屏幕时，电容变小，电容器对高频电流的阻碍变大，控制器不能检测到手指离开屏幕的准确位置
解析：选C 只要触摸电容式触摸屏，控制器通过计算流经四个电极的电流比例就能确定手指的触点的位置，不需要手指对屏幕有压力，故A错误；电容式触摸屏感测手指触摸点的位置利用的是电容器的充放电原理，不是电磁感应现象，故B错误；由题意可知，手指从触摸点吸走一部分电荷，在电荷定向移动的过程中，会有微弱电流通过手指，故C正确；根据电容器的工作原理可知，当手指离开屏幕时，电容变小，电容器将放电，控制器仍然能检测到手指离开的准确位置，故D错误。
7.如图所示，RT为负温度系数的热敏电阻，R为定值电阻，若往RT上擦些酒精，在环境温度不变的情况下，关于电压表示数的变化情况，下列说法中正确的是( )
A．变大 B．变小
C．先变大后变小再不变 D．先变小后变大再不变
解析：选D 往RT上擦酒精后，酒精蒸发吸热，热敏电阻RT温度降低，电阻值增大，根据串联电路的分压特点，电压表示数变小。当酒精蒸发完毕后，RT的温度逐渐升高到环境温度后不变，所以热敏电阻的阻值逐渐变小，最后不变，故电压表的示数将逐渐变大，最后不变，所以选项D正确。
8．(多选)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，上表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是( )
A．通过霍尔元件的磁场方向竖直向下
B．接线端2的电势低于接线端4的电势
C．仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变
D．若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大
解析：选ABC 根据安培定则可知，通过霍尔元件的磁场的方向竖直向下，A正确；通过霍尔元件的电流由接线端1流向接线端3，电子带负电荷，电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，B正确；仅将电源E1、E2反向接入电路时，电子所受的洛伦兹力大小和方向均不变，则2、4两接线端的电势高低关系不发生改变，电压表示数不变，C正确；适当减小R1，电磁铁中的电流增大，产生磁场的磁感应强度B增大，而增大R2，流过霍尔元件的电流I减小，由UH＝k可知，电压表示数不一定增大，D错误。
9．磁传感器是把磁场、电流、温度、光等外界因素引起的敏感元件磁性能变化转换成电信号，以这种方式来检测相应物理量的器件。磁敏电阻是利用某些材料电阻的磁敏效应制成的，其外形结构如图(a)所示。把磁敏电阻GMR接入如图(b)所示的电路中，它的阻值随所处空间磁场的增强而增大，电源的内阻不可忽略。
闭合开关S1和S2后，当滑片P向右滑动时，灯泡L1、L2的亮度怎样变化？
解析：当滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电压不变，所以电磁铁电路中的电流减小，电磁铁的磁场减弱，磁敏电阻阻值减小，总电流变大，路端电压减小，故灯泡L2变暗；由于通过L1支路的电流变大，故L1变亮。
答案：L1变亮 L2变暗
组—重应用·体现创新
10.如图所示是温度自动报警器的工作原理图，图中1是电磁铁，2是衔铁，3是触点，4是水银温度计(水银导电)。则下列说法正确的是( )
A．温度高于警戒温度时，电铃不报警、指示灯亮
B．温度低于警戒温度时，电铃报警、指示灯熄灭
C．温度高于警戒温度时，指示灯亮、电铃报警
D．温度低于警戒温度时，指示灯亮、电铃不报警
解析：选D 温度高于警戒温度时，控制电路的电磁铁中有电流通过，电磁铁有磁性，此时电铃通过触点与工作电路接通，电铃报警，此时指示灯的电路中没有电流，指示灯熄灭，故A、C错误；温度低于警戒温度时，控制电路处于开路状态，电磁铁中没有电流通过，没有磁性，此时指示灯通过触点与工作电路接通，指示灯亮，电铃不报警，故B错误，D正确。
11．如图甲是某生产流水线上的产品输送及计数装置示意图，其中S为激光源，R1为光敏电阻(有光照射时，阻值较小；无光照射时，阻值较大)，R2为定值保护电阻，a、b间接“示波器”(示波器的接入对电路无影响)。水平传送带匀速前进，每当传送带上的产品通过S与R1之间时，射向光敏电阻的光线会被产品挡住。若传送带上的产品为均匀正方体，示波器显示的电压随时间变化的关系如图乙所示。已知计数器电路中电源两极间的电压恒为6 V，保护电阻R2的阻值为400 Ω。则( )
A．有光照射时光敏电阻R1的阻值为800 Ω
B．有光照射和无光照射时保护电阻R2两端的电压之比为1∶2
C．有光照射和无光照射时光敏电阻的阻值之比为1∶2
D．每1 h通过S与R1之间的产品个数为6 000个
解析：选D 由题图甲可知，R1、R2串联，由光敏电阻有光照射时阻值较小可知，当有光照射时，R1的阻值变小，电路的总电阻变小；根据I＝可知，电路中的电流变大；根据U＝IR可知，R2两端的电压变大；根据串联电路总电压等于各分电压之和可知，R1两端的电压变小，即R1两端的电压较低，由题图乙知R1两端的电压U1＝2 V，则U2＝U－U1＝6 V－2 V＝4 V，电路中的电流I＝＝ A＝0.01 A，光敏电阻的阻值R1＝＝ Ω＝200 Ω，故A错误；无光照射时，由题图乙可得U1′＝4 V，U2′＝U－U1′＝6 V－4 V＝2 V，所以，有光照射和无光照射时保护电阻R2两端的电压之比U2∶U2′＝4 V∶2 V＝2∶1，故B错误；I′＝＝A＝0.005 A，此时电阻R1′的阻值：R1′＝＝ Ω＝800 Ω，所以，有光照射和无光照射时光敏电阻的阻值之比R1∶R1′＝200 Ω∶800 Ω＝1∶4，故C错误；由题图乙可知，每经过0.6 s，就有一个产品通过计数装置，每1 h通过S与R1之间的产品个数为n＝6 000个，故D正确。
12.如图所示为一实验小车中利用光电脉冲测量车速和行程的示意图，A为光源，B为光电接收器，A、B均固定在小车上，C为小车的车轮。D为与C同轴相连的齿轮，车轮转动时，A发出的光束通过旋转齿轮上齿的间隙后变成脉冲光信号，被B接收并转换成电信号，由电子电路记录和显示。若实验显示单位时间的脉冲数为n，累积脉冲数为N。试回答下列问题。
(1)要测出小车的速度和行程，还必须测量的物理数据有哪些？
(2)推导小车速度的表达式；
(3)推导小车行程的表达式。
解析：(1)小车的速度等于车轮的周长与单位时间内车轮转动圈数的乘积，行程等于车轮的周长与累积时间内车轮转动圈数的乘积，所以还要测量车轮的半径R和齿轮的齿数P。
(2)齿轮转一圈电子电路显示的脉冲数即为P。已知单位时间内的脉冲数为n，所以单位时间内齿轮转动圈数为，则有小车速度的表达式v＝。
(3)小车行程的表达式s＝。
答案：(1)车轮半径R和齿轮齿数P (2)v＝
(3)s＝课时跟踪检测（十三） 变压器的综合应用
组—重基础·体现综合
1．下列各图所示为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的灯泡相同，规格都是“220 V 40 W”。当灯泡所消耗的功率都调至20 W时，台灯中消耗功率最小的是( )
解析：选C 题目中提供了4种控制电路，A、B、D选项图中3种电路均采用变阻器分压，工作时电阻上都有额外的功率损耗，台灯消耗的功率大于20 W，C选项图中用理想变压器改变电压，因没有额外的功率损耗，这时台灯消耗的功率就等于20 W，为最小值。故选项C正确。
2．(多选)如图所示，动圈式话筒能够将声音转变为微弱的电信号(交变电流)，产生的电信号一般都不是直接送给扩音机，而是经过一个变压器之后再送给扩音机放大，变压器的作用是减少电信号沿导线传输过程中的电能损失，关于话筒内的这个变压器，下列说法正确的是( )
A．一定是升压变压器，由P＝UI可知，升压后，电流减小，导线上损失的电能减少
B．一定不是升压变压器，由P＝可知，升压后，导线上损失的电能会增加
C．一定是降压变压器，由I1＝I2可知，降压后，电流增大，使到达扩音机的信号更强
D．一定不是降压变压器，由P＝I2R可知，降压后，电流增大，导线上损失的电能也会增加
解析：选AD 由题目所述“变压器的作用是减少电信号沿导线传输过程中的电能损失”知，话筒输出线上的电流强度应尽量地小。升压变压器正好能提高副线圈中的电压而减小其电流强度，从而减少导线上损失的电能，故A、D项正确。
3．理想降压变压器的原线圈接电流表A1和电阻R1后，接6 V恒定直流电源，如图所示，当副线圈的负载电阻R2变小时，以下说法正确的是( )
A．输出功率增大
B．A2读数增大
C．A1读数增大
D．A1读数不为零，且保持不变
解析：选D 根据变压器的工作原理，变压器不能用来改变恒定直流电压，因此本题变压器原线圈接在6 V恒定直流电源上，副线圈上无电压，无输出功率，由于原线圈构成直流通路，故电流表A1有恒定读数，本题选项D正确。
4．(2020·浙江1月选考)如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中，甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I，则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为( )
A．k1U，k2I B．k1U，
C.，k2I D.，
解析：选B 根据原、副线圈的电压、电流与线圈匝数关系可知＝＝k1、＝＝，由此可知U1＝k1U，I1＝，选项B正确。
5．如图甲、乙所示的电路中，当A、B接10 V交流电压时，C、D间电压为4 V；当M、N接10 V直流电压时，P、Q间电压也为4 V。现把C、D接4 V交流电压，P、Q接4 V直流电压，则A、B间和M、N间的电压分别是( )
A．10 V 10 V B．10 V 4 V
C．4 V 10 V D．10 V 0
解析：选B 题图甲所示是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边的电压之比等于两边线圈的匝数之比。当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流电压时，A、B间将得到10 V交流电压。题图乙所示是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比。但是当把电压加在P、Q两端时，M、P两点的电势相等。所以当P、Q接4 V直流电压时，M、N两端电压也是4 V。
6．如图所示，在A、B间接入u＝311sin 314t(V)的正弦式交流电，通过理想变压器和两个相同的理想二极管D1、D2给阻值R＝20 Ω的纯电阻供电，n1＝1 100匝，n2＝200 匝，Q为副线圈正中央抽头。为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，规定顺时针方向为电流正方向，设电阻R上消耗的电功率为P，则( )
A．U0＝56.6 V，P＝20 W B．U0＝28.3 V，P＝20 W
C．U0＝40 V，P＝80 W D．U0＝80 V，P＝80 W
解析：选A 在A、B间接入正弦式交流电，电压的有效值为220 V，变压器原线圈匝数n1＝1 100匝，副线圈匝数n2＝200 匝，根据电压与匝数成正比得副线圈电压有效值U2＝40 V，二极管的反向耐压值至少为U0，U0应是副线圈两端电压的最大值，所以U0＝40 V＝56.6 V，Q为副线圈正中央抽头，假设正向电流通过时，电阻与二极管D1构成回路，此时电压的有效值为20 V，反向电流通过时，电阻与二极管D2构成回路，此时电压的有效值也为20 V，则一个周期内R两端电压的有效值为U＝20 V，所以R消耗的电功率为P＝＝20 W，选项A正确。
7．如图甲所示，为一种可调压自耦变压器的结构示意图，线圈均匀绕在圆环型铁芯上，若A、B间输入如图乙所示的交变电压，转动滑动触头P到如图甲中所示位置，在BC间接一个55 Ω的电阻(图中未画出)，则( )
A．该交流电的电压瞬时值表达式为
u＝220sin(25πt)V
B．该交流电的频率为50 Hz
C．流过电阻的电流约为4 A
D．电阻消耗的功率约为220 W
解析：选D 由题图乙可知正弦交流电的周期T＝0.04 s，则f＝＝25 Hz，ω＝2πf＝50π rad/s，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝220sin(50πt)V，A、B错误；从题图甲中可以看出，自耦变压器的副线圈的匝数约是原线圈匝数的，故副线圈两端的电压约为110 V，流过电阻的电流约为2 A，C项错误；电阻消耗的功率P＝U2I2＝220 W，D项正确。
8．有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯泡L1、L2为规格相同的两只小灯泡。当S断开时，灯泡L1正常发光。S闭合后，下列说法正确的是( )
A．灯泡L1、L2都能正常发光
B．原线圈的输入功率减小
C．原、副线圈的电流比增大
D．电阻R消耗的功率增大
解析：选D 当S断开时，L1正常发光，当S闭合后，副线圈电路总电阻减小，回路中总电流增大，R两端电压变大，灯泡L1、L2两端电压减小，两灯泡均不能正常发光，选项A错误；由P入＝P出＝可知，R总减小，U2不变，则P入变大，选项B错误；由＝可知，原、副线圈匝数比不变，则原、副线圈的电流比不变，选项C错误；电阻R的功率P＝I22R，因I2变大，R不变，则P变大，选项D正确。
9．一理想变压器的原线圈匝数n1＝100 匝，副线圈匝数n2＝30 匝、n3＝20 匝，一个电阻为48.4 Ω的小灯泡接在两个副线圈上，如图所示。当原线圈与u＝220sin ωt(V)的交流电源连接后，变压器的输入功率是( )
A．10 W B．20 W
C．250 W D．500 W
解析：选A 根据副线圈的接法可知，两个副线圈反向连接，两副线圈产生的电动势抵消一部分，相当于灯泡接在10 匝的副线圈上，根据题给表达式知，原线圈两端的电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比知灯泡两端的电压为U＝×220 V＝22 V，灯泡的功率P＝＝ W＝10 W，则输入功率也为10 W，故A正确。
10．(多选)如图甲所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头P的位置改变线圈接入电路的匝数，b为原线圈的中点，当P接a时，原、副线圈的匝数比为10∶1，线圈L的直流电阻不计，若原线圈所接电源电压如图乙所示，则( )
A．当P接a时，灯泡B两端的电压为22 V，频率为50 Hz
B．只将P由a向b滑动时，变压器的输入功率增大
C．只增大电源的频率，灯泡B变亮
D．只将滑动变阻器R的滑片M向上滑动时，灯泡B亮度不变
解析：选BD 由题图乙可知，T＝0.02 s，由f＝知频率为50 Hz，U1＝220 V，当P接a时，根据＝可知，U2＝22 V，但由于线圈L对交流有阻碍作用，所以灯泡B两端的电压小于22 V，选项A错误；只将P由a向b滑动时，n1减小，U2增大，变压器的输出功率增大，变压器的输入功率增大，选项B正确；只增大电源的频率，线圈L感抗变大，灯泡B变暗，选项C错误；只将滑动变阻器R的滑片M向上滑动时，R增大，由变压器输出电压、频率不变，可知灯泡B亮度不变，选项D正确。
组—重应用·体现创新
11．(2021·泰安高二检测)如图所示，理想变压器线圈 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的匝数比n1∶n2∶n3＝4∶2∶1，线圈Ⅱ接两只标有“6 V 6 W”的灯泡且正常发光。线圈Ⅲ接四只额定功率为3 W的灯泡且正常发光，则阻值为3 Ω的定值电阻R1的实际功率为( )
A．3 W B．6 W
C．12 W D．24 W
解析：选C 因为是理想变压器，所以有P1＝P2＋P3＝2×6 W＋4×3 W＝24 W；又＝，所以U1＝U2＝×6 V＝12 V，所以原线圈中的电流I1＝＝ A＝2 A，所以定值电阻R1的实际功率PR1＝I12·R1＝22×3 W＝12 W，故选C。
12．(多选)如图所示，理想变压器原线圈接u＝220sin 314t(V)的正弦式交流电源，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，所有电表均为理想电表，其中电压表V2的示数为22 V。下列说法正确的是( )
A．副线圈中电流的频率为50 Hz
B．变压器原、副线圈的匝数比为10∶1
C．滑动变阻器的滑片P向下滑动过程中，V2示数不变，A2示数变大
D．滑动变阻器的滑片P向上滑动过程中，R0消耗的功率减小，变压器的输入功率增大
解析：选AC 副线圈中电流的频率等于原线圈中电流的频率，为f＝＝50 Hz，故A正确；输入电压的有效值U1＝ V＝220 V，根据原、副线圈两端电压比等于匝数比可得，变压器原、副线圈的匝数比＝＝＝，故B错误；滑动变阻器的滑片P向下滑动过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻值变小，输入电压及匝数比不变，则输出电压不变，即V2示数不变，根据欧姆定律可得，副线圈中电流I2＝变大，即A2示数变大，故C正确；滑动变阻器的滑片P向上滑动过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻值变大，输入电压及匝数比不变，则输出电压不变，R0消耗的功率P0＝2R0减小，输出功率P2＝减小，所以变压器的输入功率减小，故D错误。
13．如图所示，理想变压器原线圈接正弦交变电压和一个电流表，原、副线圈的匝数比为n，输出端接一电动机，电动机线圈电阻为R。当输入端接通电源后，电流表的示数为I，电动机带动一重物匀速上升。下列判断正确的是( )
A．电动机两端电压U′＝nU
B．电动机两端电压U′＝nIR
C．电动机消耗的功率P＝
D．电动机的输出功率为P＝UI－n2I2R
解析：选D 根据电压与匝数成正比，n＝，解得电动机两端的电压为U′＝，故A错误。根据电流与匝数成反比，n＝，解得I2＝nI，电动机是非纯电阻，不能用欧姆定律求电动机两端的电压，故B错误。电动机消耗的功率P＝U′I2＝·nI＝UI，故C错误。电动机线圈的热功率为(nI)2R＝n2I2R，电动机的输出功率为P＝UI－n2I2R，故D正确。课时跟踪检测（十四） 远距离输电
组—重基础·体现综合
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、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些。这是因为用电高峰时( )
A．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低
B．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小
C．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大
D．供电线路上的电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小
解析：选C 照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器越多，总电阻越小，供电线路上的电流越大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，所以C项正确。
2．(2021·济南高二检测)输送一定功率的交变电流，若输电电压提高到原来的n倍，则下列说法正确的是( )
A．输电线上的电流变为原来的
B．输电线上的电压损耗变为原来的n倍
C．输电线上的电功率损耗变为原来的
D．为使输电线上的电功率损耗不变，输电距离可变为原来的n倍
解析：选A 输送一定功率的交变电流，输电电压提高到原来的n倍，根据I＝可得，输电线上的电流变为原来的，故A正确；根据U损＝Ir线可得，输电线上的电压损耗变为原来的，故B错误；根据P损＝I2r线可得，输电线上的电功率损耗变为原来的，故C错误；输电线上的电流变为原来的，为使输电线上的电功率损耗不变，根据P损＝I2r线可得，输电线的电阻应变为原来的n2倍，输电距离可变为原来的n2倍，故D错误。
3．下列关于远距离高压直流输电的说法中，正确的是( )
①直流输电系统只在输电环节是直流，而发电环节和用电环节是交流
②直流输电系统只在发电环节和用电环节是直流，而输电环节是交流
③整流器将交流变直流，逆变器将直流变交流
④逆变器将交流变直流，整流器将直流变交流
A．①③ B．②③
C．①④ D．②④
解析：选A 直流输电系统由整流器、直流线路和逆变器3部分组成，通过整流器将交流电变为直流电，利用逆变器将直流电变为交流电，因此说法①③正确，应选A。
4．(2021·潮州高二检测)我国“西电东送”采用特高压远距离输电。在西部发电厂附近升压变压器将电压升高，通过输电线输送到东部某地，再用降压变压器降压到稳定的工作电压，为负载供电。假设所用变压器均为理想变压器，发电机输出电压及输电线的电阻均不变。则( )
A．增加负载，输电线上损失的功率增大
B．增加负载，升压变压器的原线圈中电流减小
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出电压小于降压变压器的输入电压
解析：选A 由于负载增加，降压变压器输出的功率增大，负载线路电流变大，故高压输电线上的电流变大，由P损＝I2R知，输电线上损失的功率变大，因为输电线中电流变大，根据变压器原理可知，升压变压器原线圈中电流也变大，A正确，B错误；因为输电线存在电阻，有电压损失，所以升压变压器输出电压大于降压变压器输入电压，C、D错误。
5．(2020·浙江7月选考)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电流I1＝40 A
B．输电线上的电流I线＝625 A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455 A
解析：选C 发电机输出的电流I1＝＝ A＝400 A，选项A错误。输电线上的电流I线＝＝ A＝25 A，选项B错误。升压变压器的副线圈输出电压U2＝＝ V＝4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R线＝25×8 V＝200 V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降压变压器的匝数比＝＝＝，选项C正确。降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95 kW，故用户得到的电流I4＝＝ A≈431.8 A，选项D错误。
6．中国已投产运行的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，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，不考虑其他因素的影响。则( )
A．输电电流变为原来的2倍
B．输电线上降落的电压将变为原来的2倍
C．输电线上降落的电压将变为原来的
D．输电线上损耗的电功率将变为原来的
解析：选C 根据输送电功率P输＝U输I输及P输不变，可知，输电电流I输＝∝，当U输变为原来的2倍时，I输变为原来的，选项A错误；输电线上降落的电压U降＝I输R线∝I输，所以，当输电电流变为原来的时，输电线上降落的电压也变为原来的，选项B错误，C正确；输电线上损耗的电功率P损＝I输2R线∝I输2，所以输电线上损耗的电功率将变为原来的，选项D错误。
7．超导材料电阻降为零的温度称为临界温度，1987年我国科学家制成了临界温度为90 K的高温超导材料，利用超导材料零电阻性质，可实现无损耗输电，现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V。如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )
A．1 kW B．1.6×103 kW
C．1.6 kW D．10 kW
解析：选A 当输电导线总电阻为0.4 Ω时，由P＝UI得
I＝，输电线上损失的功率ΔP＝I2R＝2R＝2×0.4 W＝1 kW。
8．某交流发电机输出功率为5×105 W，输出电压为U＝1.0×103 V，假如输电线的总电阻R＝10 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U用户＝380 V。
(1)画出输电线路的示意图(标明各部分的符号)；
(2)所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少(使用的变压器是理想变压器)。
解析：(1)输电线路示意图如图所示。
(2)I1＝＝500 A
P损＝5%P＝5%×5×105 W＝2.5×104 W
由P损＝I22R，得I2＝ ＝50 A
I3＝＝＝1.25×103 A
所以＝＝
＝＝。
答案：(1)见解析图 (2)1∶10 25∶1
组—重应用·体现创新
9．新疆首条连接南北疆的电力高速通道伊犁—库车750 kV输电线路工程正式投入使用，标志着我国超高压输电技术已达到世界领先水平。目前伊犁变电站的升压变压器原线圈的电压为750 V，副线圈的电压为750 kV，升压变压器的输出电功率为30万千瓦。若伊犁—库车750 kV输电线的总电阻为20 Ω，下列说法正确的是( )
A．伊犁—库车750 kV输电线的输送电流是0.4 A
B．伊犁—库车750 kV输电线的输送交流电的表达式为u＝750sin 100πt (kV)
C．伊犁变电站的升压变压器原、副线圈匝数之比为1∶1 000
D．伊犁—库车750 kV输电线上的功率损耗为3.2×105 W
解析：选C 由P＝UI可知，输送电流I＝＝ A＝400 A，故A错误。750 kV为电压的有效值，故输送交流电的表达式应为U＝750sin 100πt (kV)，故B错误。根据电压之比等于线圈匝数之比可得：n1∶n2＝750∶750×103＝1∶1 000，故C正确。输电线上的功率损耗为：P损＝I2R＝4002×20 W＝3.2×106 W，故D错误。
10．如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则( )
A．用户端的电压为
B．输电线上损失的电压为U
C．理想变压器的输入功率为I12r
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：选A 理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，所以I1U1＝U2I2，A项正确；输电线上损失的电压为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，B项错误；理想变压器输入功率为P＝I1U1，C项错误；输电线上损失的功率ΔP＝I12r，D项错误。
11．(多选)远距离输电线路可简化为下图，电厂输送的电功率不变，变压器均为理想变压器，图中标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R，则( )
A．I2＜
B．输电线损失的电功率为
C．提高输送电压U2，则输电线中电流I2增大
D．电厂输送的电功率为U2I2
解析：选AD 在输电线路上，U2＝I2R＋U3，所以I2＜，故A正确；由于U2不是R两端的电压，所以输电线损失的电功率不是，故B错误；因为输送功率不变，根据P2＝U2I2，可知提高输送电压U2，则输电线中电流I2减小，故C错误；因变压器为理想变压器，所以有P1＝P2＝U2I2，故D正确。
12．(2021·汕尾高二检测)农网改造前，某偏远山区学校由小型发电机发电，通过升压变压器和降压变压器供电，输电线路如图所示。升压变压器的匝数比为1∶6，降压变压器的匝数比为6∶1，两变压器间输电线的总电阻为R＝2 Ω，其余导线电阻均不计。全校共启用了33间教室，每间教室有6盏相互并联的“220 V 40 W”灯泡，要求所有灯都正常发光，求：
(1)两个变压器之间输电线上损失的电压；
(2)发电机的输出电压和输出功率。
解析：(1)设降压变压器原线圈中电流为I3，副线圈中电流为I4，
则I4＝N＝33×6× A＝36 A
根据＝，解得I3＝6 A
输电线上损失的电压ΔU＝I3R＝12 V。
(2)根据＝得降压变压器原线圈两端的电压U3＝U4＝1 320 V
故升压变压器副线圈两端的电压U2＝U3＋ΔU＝1 332 V
根据＝可得升压变压器原线圈中的电压U1＝U2＝222 V
输电线路上损失的功率ΔP＝I32R＝62×2 W＝72 W
发电机输出功率P总＝33×6×40 W＋ΔP＝7 992 W。
答案：(1)12 V (2)222 V 7 992 W课时跟踪检测（十五） 电磁振荡 麦克斯韦电磁场理论
组—重基础·体现综合
1．关于麦克斯韦的电磁场理论，以下说法正确的是( )
A．在赫兹发现电磁波的实验基础上，麦克斯韦提出了完整的电磁场理论
B．麦克斯韦第一个预言了电磁波的存在，赫兹第一个用实验证实了电磁波的存在
C．变化的电场一定可以在周围的空间产生电磁波
D．变化的磁场在周围的空间一定产生变化的电场
解析：选B 麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，而后赫兹第一个用实验证明了电磁波的存在，故A错误，B正确。根据麦克斯韦的电磁场理论可知，均匀变化的电场在周围空间产生稳定的磁场，此时不能产生电磁波，故C错误；根据麦克斯韦的电磁场理论可知，均匀变化的磁场在周围空间产生稳定的电场，故D错误。
2．(2021·茂名高二检测)(多选)下列关于电场、磁场及电磁波的说法中正确的是( )
A．均匀变化的电场在周围空间产生均匀变化的磁场
B．只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波
C．赫兹通过实验证实了电磁波的存在
D．空间某个区域振荡变化的电场或磁场能产生电磁波
解析：选CD 均匀变化的电场在周围空间产生恒定的磁场，故A错误；均匀变化的电场或磁场只能产生恒定的磁场或电场，不会产生电磁波，故B错误；电磁波最早由麦克斯韦预测，由赫兹通过实验证实，故C正确；振荡变化的电场或磁场能产生电磁波，故D正确。
3．(多选)在LC振荡电路产生电磁振荡的过程中，下列说法正确的是( )
A．电容器放电完毕时刻，电路中磁场能最小
B．电路中电流值最大时刻，电路中磁场能最大
C．电容器极板上电荷量最多时，电场能最大
D．电路中电流值最小时刻，电场能最小
解析：选BC 电容器放电完毕时，q＝0，但此时i最大，所以磁场能最大，A错误；电流最小i＝0时，q最多，极板间电场最强，电场能最大，D错误；同理分析，B、C正确。
4．有关电磁场和电磁波，下列说法中正确的是( )
A．麦克斯韦首先预言并证明了电磁波的存在
B．变化的电场一定产生变化的磁场
C．电磁波是纵波，能传播信息
D．频率为750 kHz的电磁波在真空中传播时，其波长为400 m
解析：选D 赫兹用实验证明了电磁波的存在，A错误；均匀变化的电场产生恒定的磁场，B错误；电磁波是横波，C错误；λ＝＝ m＝400 m，D正确。
5．关于LC振荡电路，下列说法正确的是( )
A．一个周期内，电容器充、放电各一次
B．电容器极板间电压最大时，线圈中的电流最强
C．电容器开始充电时，线圈中的磁场能最强
D．电容器开始充电时，电场能最大
解析：选C 电容器从开始充电到放电完毕才经历半个周期，一个周期内，电容器应充、放电各两次，A错误；电容器极板间电压最大时，电场能最大，此时磁场能为零，线圈中电流为零，B错误；电容器开始充电时，电场能为零，线圈中磁场能最大，C正确，D错误。
6.如图所示是一个LC振荡电路中电流的变化图线，下列说法正确的是( )
A．t1时刻电容器两极板间电压最大
B．t2时刻电容器两极板间电压为零
C．t1时刻电路中只有电场能
D．t1时刻电容器所带电荷量为零
解析：选D 由题图可知t1时刻电流i最大，t2时刻电流i为零，LC振荡电路中电流i最大时，说明磁场最强，磁场能最大，电场能为零，电容器电压、电荷量均为零；电流i最小时，各物理量大小随之与前述状态相反，A、B、C错误，D正确。
7.如图所示，L是电阻不计的线圈，开关S闭合后电路中有稳定的电流，若t＝0时刻断开S切断电源，则电容器A板所带电荷量q随时间变化的图线应是图中的哪一个( )
解析：选C 开关S闭合时线圈L中有电源提供的向下的电流，其电阻为零，故两端无电压，与其并联的电容器未被充电，断开开关S，线圈与电源及电阻器断开而与电容器C构成LC回路，线圈上原来的电源电流被切断，但由于自感，线圈上的电流不会立刻减弱为零，而要保持原来方向继续流动，并对电容器充电，这就使电容器A板带上负电荷并逐渐增多，当充电电流减为零时，电容器A板上的负电荷量达到最大值。此后电容器放电，B板上正电荷通过线圈移至A板，放电完毕后，电荷量减为零，接着又开始反方向的充电过程，A板上正电荷逐渐增多直到最大，再放电……电路中形成电磁振荡。因此，电容器A板上电荷量随时间变化的图线是C。
8．(多选)已知一理想的LC振荡电路中电流变化规律与单摆振动的速度变化规律同步，设在电容器开始放电时开始计时，则( )
A．单摆势能最大时，LC振荡电路中的电场能最大，磁场能为零
B．单摆速度逐渐增大时，LC振荡电路中的电场能逐渐减小，磁场能逐渐增大
C．单摆动能最大时，LC振荡电路的电容器刚放完电，电场能为零，电路中电流为零
D．单摆速度逐渐减小时，LC振荡电路的电容器处于充电过程，电路中电流逐渐增大
解析：选AB 电路中的电流与单摆的速度相对应，则一个周期内变化如表：
t＝0(开始放电) t＝ t＝ t＝T t＝T
电流i、磁场能 零 最大 零 最大 零
电场能、E、q、U 最大 零 最大 零 最大
单摆的速度、动能 零 最大 零 最大 零
单摆的势能 最大 零 最大 零 最大
由表可知，电场能为零时，磁场能达到最大，电路中电流最大，故C错误。电容器充电过程，电路中电流逐渐减小，所以D错误。第一组同步变化的是电流i、磁场能和单摆的速度、动能；第二组同步变化的是电场能、E、q、U和单摆的势能。A、B正确。
9．我国“嫦娥三号”探测器在进行首次软着陆和自动巡视勘察时，地面工作人员通过电磁波实现对月球车的控制。已知由地面发射器发射的电磁波的波长为λ＝30 km，地面上的工作人员通过测量发现该电磁波由发射到被月球车接收所用的时间为t＝1.3 s，电磁波的速度为c＝3×108 m/s。则在发射器与月球车之间的距离相当于多少个波长？
解析：发射器与月球车之间的距离x＝ct＝3.9×108 m
相当于电磁波波长的个数n＝＝个＝1.3×104个。
答案：1.3×104个
组—重应用·体现创新
10.如图所示是一个水平放置的圆环形玻璃小槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同。现将一直径略小于槽宽的带正电荷小球放在槽中，让它受绝缘棒打击后获得一初速度v0。与此同时，有一变化的磁场垂直穿过圆环形玻璃小槽外径所对应的圆面积，磁感应强度B的大小跟时间成正比，方向竖直向下。设小球在运动过程中所带电荷量不变，则( )
A．小球受到的向心力大小不变
B．小球受到的向心力大小不断增大
C．洛伦兹力对小球做了功
D．小球受到的洛伦兹力大小与时间成正比
解析：选B 根据麦克斯韦电磁场理论可知，磁感应强度随时间线性增大时将产生稳定的感应电场，根据楞次定律可知感应电场的方向与小球初速度方向相同，因小球带正电荷，故电场力对小球做正功，其速率增大，向心力的大小随之增大，A错误，B正确；带电小球所受的洛伦兹力F＝qBv，因为速率v随时间逐渐增大，且B∝t，故D错误，因洛伦兹力始终与小球速度方向垂直，对小球不做功，故C错误。
11．(2021·华中师大附中质检)(多选)如图甲所示的电路中，L是电阻不计的电感线圈，C是电容器(原来不带电)，闭合开关S，待电路达到稳定状态后再断开开关S，LC回路中将产生电磁振荡。如果规定电感线圈中的电流方向从a到b为正，断开开关的时刻为t＝0，那么断开开关后( )
A．图乙可以表示电感线圈中的电流i随时间t的变化规律
B．图丙可以表示电感线圈中的电流i随时间t的变化规律
C．图乙可以表示电容器左极板的电荷量q随时间t的变化规律
D．图丙可以表示电容器右极板的电荷量q随时间t的变化规律
解析：选AD 闭合开关S，电路达到稳定状态时，线圈内有电流而电容器两端没有电压，线圈中的电流从a流向b，断开开关瞬间，线圈内的电流要减小，而线圈的感应电动势阻碍电流减小，则电流方向不变，大小在慢慢减小，同时对电容器充电，电容器的右极板先带正电；当电容器充电完毕时，电流为零，右极板带正电荷量达到最大。接着电容器放电，电流方向与之前相反，大小在不断增大，电容器放电完毕时，电流达到反向最大；之后电容器与线圈组成的LC回路重复充、放电过程，在LC回路中形成电磁振荡，回路中出现按余弦规律变化的电流，电容器右极板上的电荷量q随时间t按正弦规律变化，故A、D正确，B、C错误。
12.麦克斯韦在前人研究的基础上，创造性地建立了经典电磁场理论，进一步揭示了电现象与磁现象之间的联系。他大胆地假设：变化的电场就像导线中的电流一样，会在空间产生磁场，即变化的电场产生磁场。以平行板电容器为例，圆形平行板电容器在充、放电的过程中，板间电场发生变化，产生的磁场相当于一连接两板的直导线通以充、放电电流时所产生的磁场。如图所示，若某时刻连接电容器的导线中具有向上的电流，则下列说法中正确的是( )
A．电容器正在充电
B．两平行板间的电场强度E在减小
C．该变化电场产生顺时针方向(俯视)的磁场
D．两极板间电场快达到最强时，板间电场产生的磁场接近最强
解析：选A 由题图可以看出，极板间的电场方向是竖直向上的，说明下极板带正电，上极板带负电，如果等效电流的方向是向上的，即外电流流向下极板，流出上极板，也就是相当于正电荷流向下极板，而下极板本来就是带正电的，下极板所带的电荷量会增加，所以电容器在充电，故A正确；充电的过程中，两极板间的电压在增大，由电场强度E＝可知，极板间的电场强度在增大，故B错误；由安培定则可以判断出，该变化电场产生逆时针方向(俯视)的磁场，故C错误；两极板间的电场快达到最强时，就是充电快充满的时候，此时电流反而比较小，故这个电场产生的磁场也比较弱，故D错误。
13.如图所示，LC电路中C是带有电荷的平行板电容器，两极板水平放置。开关S断开时，极板间灰尘恰好静止。当开关S闭合时，灰尘在电容器内运动。若C＝0.4 μF，L＝1 mH，重力加速度为g，则：
(1)从开关S闭合开始计时，经2π×10－5 s时，求电容器内灰尘的加速度大小；
(2)当线圈中电流最大时，求灰尘的加速度。
解析：(1)开关S断开时，极板间灰尘处于静止状态，则有mg＝q·(式中m为灰尘质量，Q为电容器所带的电荷量，d为板间距离)，由T＝2π，代入数据解得T＝4π×10－5 s
当t＝2π×10－5 s即t＝时，振荡电路中电流为零，电容器极板间场强方向跟t＝0时刻方向相反，则此时灰尘所受的合力为F合＝mg＋q·＝2mg
又因为F合＝ma，所以a＝2g。
(2)当线圈中电流最大时，电容器所带的电荷量为零，此时灰尘仅受重力，灰尘的加速度为g，方向竖直向下。
答案：(1)2g (2)g，方向竖直向下课时跟踪检测（十一） 描述交变电流的物理量
组—重基础·体现综合
1．下列关于交变电流的说法正确的是( )
A．若交变电流的峰值为5 A，则它的最小值为－5 A
B．用交流电流表测交变电流时，指针来回摆动
C．我国工农业生产和生活用的交变电流频率为50 Hz，故电流方向每秒改变100次
D．正弦式交变电流i＝20sin(10πt)A的峰值为20 A，频率为100 Hz
解析：选C 电流的负值表示电流方向与规定正方向相反，不表示大小，A项错误；交流电流表测交变电流时，指针不会来回摆动，B项错误；我国工农业生产和生活用的交变电流，周期为0.02 s，交流电方向一个周期改变两次，所以每秒改变100次，C项正确；由ω＝2πf，得正弦式交变电流i＝20sin (10πt)A的频率为 5 Hz，D项错误。
2．如图所示是一个正弦式交变电流的i t图像，下列说法正确的是( )
A．周期是0.2 s，电流的峰值是10 A
B．周期是0.15 s，电流的峰值是10 A
C．频率是5 Hz，电流的有效值是10 A
D．频率是0.2 Hz，电流的有效值是7.07 A
解析：选A 由图像可知T＝0.2 s，Im＝10 A，故频率f＝＝5 Hz，I＝＝5 A＝7.07 A，选项A正确，B、C、D错误。
3．(多选)匀强磁场中有一长方形导线框，分别以相同的角速度绕图a、b、c、d所示的固定转轴旋转，用Ia、Ib、Ic、Id表示四种情况下线框中电流的有效值，则( )
A．Ia＝Id B．Ia>Ib
C．Ib>Ic D．Ic＝Id
解析：选AD 线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势与固定转轴所处的位置无关。电动势相同，电流的有效值相同，选项A、D正确。
4．(多选)一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4π rad/s匀速转动，产生的交变电流的e t图像如图所示，则( )
A．交变电流的频率是4π Hz
B．当t＝0时，线圈平面与磁感线垂直
C．当t＝0.5 s时，e有最大值
D．交变电流的周期是0.5 s
解析：选BD 由ω＝2πf得交变电流的频率为f＝2 Hz，所以周期为0.5 s，A错误，D正确；当t＝0时，电动势最小，磁通量最大，线圈平面与磁感线垂直，B正确；当t＝0.5 s时，恰好是一个周期，e为0，所以C错误。
5．(2021·中山高二检测)如图所示是一交变电流的i t图像，则该交变电流的有效值为( )
A．4 A B．2 A
C. A D. A
解析：选C 设交变电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则有I2RT＝2R＋Im2R，代入数据解得I＝ A，故A、B、D错误，C正确。
6．(2021·梅州高二检测)一匝数为10的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，所产生的交流电动势瞬时值的表达式为e＝220sin 10πt V，下列说法正确的是( )
A．该交流电的频率是50 Hz
B．电动势的有效值是220 V
C．当t＝ s时，电动势的瞬时值为0
D．穿过线圈的磁通量最大值为4 Wb
解析：选C 由交流电动势瞬时值的表达式可知角速度ω＝10π rad/s＝2πf，则该交流电的频率是f＝5 Hz，故A错误；由交流电动势瞬时值的表达式可得电动势的最大值Em＝220 V，则有效值为E＝＝110 V，故B错误；当t＝ s时，代入到瞬时值表达式可得e＝220sin(10π×)V＝0，故C正确；由电动势的最大值Em＝nBSω＝nΦmω，可得穿过线圈的磁通量最大值为Φm＝＝ Wb＝ Wb，故D错误。
7.(多选)如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的矩形线框MNPQ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ转动，线框始终处于磁场内。已知MN长为l1，NP长为l2，线框电阻为R。在t＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是( )
A．矩形线框产生的感应电动势的有效值为Bl1l2ω
B．矩形线框转过半周时，通过线框的瞬时电流为0
C．矩形线框转动一周时，通过线框的电荷量为
D．矩形线框从图示位置转动半周过程中产生的热量为
解析：选ABD 矩形线框转动产生的正弦式交流电的最大电动势Em＝Bl1l2ω，有效值E＝＝Bl1l2ω，故A正确；转过半周，此时线框平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为0，瞬时电流为0，B正确；转动一周，通过横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝Δt＝，磁通量的变化量为零，故通过横截面的电荷量为零，C错误；线框从题图所示位置转过半周过程中产生的热量为Q＝t＝×＝，D正确。
8．(多选)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电流的e t图像如图乙中曲线a、b所示，则( )
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电流的频率为25 Hz
D．曲线b表示的交流电动势的有效值为10 V
解析：选AC t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为0，因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B项错误；曲线a表示的交变电流的频率为fa＝＝ Hz＝25 Hz，C项正确；曲线a对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图像知Eam＝15 V，曲线b对应线圈相应的电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝ V＝5 V，D项错误。
9．如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨，水平地放置在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，一端接阻值为R的电阻。一个电阻为R0、质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力F作用下从t＝0时刻开始运动，其速度随时间的变化规律为v＝vm sin ωt。不计导轨电阻。求：
(1)从t＝0到t＝时间内电阻产生的热量；
(2)从t＝0到t＝时间内外力F所做的功。
解析：(1)导体棒中感应电动势的瞬时值e＝BLv＝BLvmsin ωt，故E＝，从t＝0到t＝时间内电路中产生的总热量Q＝·
电阻R产生的热量QR＝Q
解得QR＝。
(2)t＝时导体棒的速率为vm
在t＝0到t＝时间内，由功能关系得
WF＝＋mvm2
解得WF＝＋mvm2。
答案：(1) (2)＋mvm2
组—重应用·体现创新
10．(2021·浙江1月选考)(多选)发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其它电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周( )
A．框内电流方向不变
B．电动势的最大值为Um
C．流过电阻的电荷量q＝
D．电阻产生的焦耳热Q＝
解析：选BD 根据题图甲可知，金属框转动产生交流电，框内电流方向会发生变化，选项A错误；根据题图乙可知，电动势最大值为Um，选项B正确；根据q＝t＝t＝可知，金属框转动半周，磁通量的改变量为2BL2，通过电阻的电荷量为，转动一周流过电阻的电荷量为q总＝2×＝，选项C错误；题图乙等价为余弦式交流电，因此根据有效值可知Q＝t，交流电最大值为BL2ω＝Um，联立可知Q＝，选项D正确。
11．利用半导体二极管的单向导电性可以对交变电流进行整流，将交变电流变为直流，一种简单的整流电路如图甲所示，ab为交变电流信号输入端，D为半导体二极管，R为定值电阻。信号输入后，电阻R两端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确的是( )
A．频率为100 Hz
B．电压有效值为50 V
C．若将一个标有“90 V 30 μF”的电容器并联在电阻R两端，电容器可以正常工作
D．若电阻R＝10 Ω，则1 min内R产生的热量为1.5×104 J
解析：选D 由题图乙可知，该电压的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，A错误；由电流的热效应知，一个周期内电阻产生的热量为×＝×T，故电压有效值为50 V，B错误；电容器两端的瞬时电压不应超过击穿电压，故C错误；电阻R产生的热量应使用电压的有效值进行计算，故产生的热量为Q＝t＝1.5×104 J，D正确。
12．如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，一个半径r＝0.1 m、匝数n＝20的线圈套在永久磁铁槽中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)。在线圈所在位置磁感应强度的大小均为B＝0.2 T，线圈的电阻为R1＝0.5 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的小灯泡L。外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动时，便有电流通过灯泡。当线圈向右的位移x随时间t变化的规律如图丙所示时(x取向右为正)，求：
(1)线圈运动时产生的感应电动势E；
(2)线圈运动时产生的感应电流I；
(3)每一次推动线圈运动过程中外力F的大小；
(4)该发电机的输出功率P。
解析：(1)由x t图像，可得线圈切割磁感线的速度
v＝＝0.8 m/s
线圈做切割磁感线运动产生的感应电动势
E＝n·2πrBv＝20×2×3.14×0.1×0.2×0.8 V＝2 V。
(2)由闭合电路欧姆定律可得，感应电流
I＝＝ A＝0.2 A。
(3)由于线圈每次运动都是匀速直线运动
由平衡条件得F＝F安
则F＝nBI·2πr＝20×0.2×0.2×2×3.14×0.1 N＝0.5 N。
(4)发电机的输出功率即小灯泡的电功率
P＝I2R2＝(0.2)2×9.5 W＝0.38 W。
答案：(1)2 V (2)0.2 A (3)0.5 N (4)0.38 W课时跟踪检测（四） 带电粒子在磁场、复合场中的运动
组—重基础·体现综合
1．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是( )
A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
解析：选C 这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足qvB＝qE，故v＝，即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速度方向也要相反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。撤除电场时，粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件。
2．(2021·四川成都外国语学校月考)如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，右边的磁感应强度大小是左边的磁感应强度大小的2倍。某正离子以一速度从a点垂直磁场边界向左射出，不计重力，则它在磁场中的运动轨迹是图中的( )
解析：选D 根据左手定则可知，离子进入左边的磁场后受到竖直向下的洛伦兹力，从而向下偏转做半个周期的匀速圆周运动，然后进入右边的磁场，在右边的磁场中受到向下的洛伦兹力，也向下偏转做半个周期的匀速圆周运动，因为离子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝m，所以离子做圆周运动的轨迹半径为r＝，因为右边的磁感应强度大小是左边的磁感应强度大小的2倍，所以离子在右边运动的轨迹半径是左边的，D正确。
3.(多选)如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关系，正确的是( )
A．Ga最大 B．Gb最大
C．Gc最大 D．Gb最小
解析：选CD a、b、c三油滴均处于平衡状态，a油滴受到重力和向上的电场力，a带负电且有Eq＝Ga ①，由a、b、c带有等量同种电荷可知三油滴均带负电荷，b油滴受到重力、向上的电场力及向下的洛伦兹力，有Eq＝Gb＋qvbB ②，c油滴受到重力、向上的电场力及向上的洛伦兹力，则Eq＋qvcB＝Gc ③，由①②③三式比较可得出Gc＞Ga＞Gb，故选项C、D正确。
4．(2021·广州高二检测)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(高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场方向喷入磁场。将P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是( )
A．P板的电势低于Q板的电势
B．通过R的电流方向由b指向a
C．若只改变磁场强弱，则通过R的电流保持不变
D．若只增大粒子入射速度，则通过R的电流增大
解析：选D 等离子体进入磁场，根据左手定则可知，带正电荷的粒子向上偏，打在上极板上，带负电荷的粒子向下偏，打在下极板上，所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻的电流方向由a指向b，A、B错误；当P、Q之间电势差稳定时，粒子所受电场力等于洛伦兹力，有q＝qvB，得U＝Bdv，由闭合电路的欧姆定律得I＝＝，由该式知，若只改变磁场强弱，则通过R的电流改变，若只增大粒子入射速度，则R中电流会增大，C错误，D正确。
5.(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电荷的粒子，且粒子电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长
B．射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心O
C．射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上
D．只要速度满足v＝，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上
解析：选BD 速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角θ越小，由t＝T知，运动时间t越小，故A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心O点，故B正确；速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故C错误；速度满足v＝时，粒子的轨迹半径为r＝＝R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成正方形，射出磁场时粒子一定垂直打在MN板上，故D正确。
6.如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为。已知该粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )
A. B.
C. D.
解析：选B 作出粒子运动轨迹如图中实线所示。因P到ab距离为，可知α＝30°。因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角为2θ＝60°。由图中几何关系有tan θ＝Rcos α，解得r＝R。再由Bqv＝m可得v＝，故B正确。
7.如图所示，一个24He粒子从平行板电容器的左极板由静止释放后，经过一段时间恰好从右极板的小孔进入复合场且沿水平虚线ab向右运动到b点。不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A．如果将24He换成12H，粒子在复合场中不能沿直线运动
B．如果将24He换成11H，粒子在复合场中不能沿直线运动
C．无论换成什么样的带电粒子，带电粒子都能沿直线运动
D．如果增大平行板电容器两板间的电压，24He粒子仍能沿直线运动
解析：选B 带电粒子在电场中加速时，根据动能定理得qU＝mv2，可得v＝，24He粒子和12H粒子的比荷相同，故两粒子进入复合场的速度相同，粒子进入复合场后，对粒子受力分析，满足qE＝qvB，故粒子在复合场中沿直线运动，选项A错误；如果将24He换成11H,11H粒子的速度大，故受到的洛伦兹力大，不能沿直线运动，选项B正确，C错误；增大平行板电容器两板间的电压，粒子的速度增大，粒子受到的洛伦兹力增大，24He粒子不能沿直线运动，选项D错误。
8.如图所示，长为L的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，板间的距离也为L，两极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电荷粒子(不计重力)，从极板间左边中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，则v需要满足什么条件。
解析：设粒子从极板右边界射出时的速度为v1，轨迹半径为r1，如图所示，此时圆心在O1点，由几何关系有
r12＝L2＋2①
由牛顿第二定律得qv1B＝m②
联立①②两式得v1＝；
设粒子从极板左边界射出时的速度为v2，轨迹半径为r2，如图所示，此时圆心在O2点，由几何关系有r2＝③
而qv2B＝m④
联立③④式可得v2＝。
因此，当粒子的速度满足v＞或v＜时，粒子不会打在极板上。
答案：v＞或v＜
9.(2021·佛山高二检测)如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场方向垂直纸面向里。在y＞R的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m。在M点(坐标原点)有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为＝1.0×107 C/kg，不计粒子重力。求：
(1)圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。
解析：(1)沿x轴正方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图所示的P点射入电场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝R＝0.5 m
由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝，解得B＝
代入数据得B＝0.2 T。
(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s1＝πr
设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得
Eq＝mv2
解得s2＝
总路程s＝s1＋s2＝πr＋，
代入数据得s＝(0.5π＋1)m。
答案：(1)0.2 T (2)(0.5π＋1)m
组—重应用·体现创新
10.如图所示，xOy平面内，直线PQ、RS与y轴平行，PQ与RS、RS与y轴之间的距离均为d。PQ、RS之间的足够大区域Ⅰ内有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E0，RS与y轴之间的足够大区域Ⅱ内有沿y轴负方向的匀强电场。y轴右侧边长为d的正六边形OGHJKL区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正六边形OGHJKL的O点位于坐标原点，J点位于x轴上。现将一电荷量为q、质量为m的带正电荷粒子从直线PQ上的某点A由静止释放，经PQ与RS之间的电场加速、RS与y轴之间的电场偏转后从坐标原点O进入匀强磁场区域，经磁场区域后从正六边形的H点沿y轴正方向离开磁场。不计粒子所受重力，整个装置处在真空中，粒子运动的轨迹在xOy平面内。求：
(1)粒子经直线RS从电场区域Ⅰ进入电场区域Ⅱ时的速度大小；
(2)电场区域Ⅱ中电场的场强大小；
(3)磁场的磁感应强度大小。
解析：(1)设粒子进入电场区域Ⅱ时的速度大小为v0，由动能定理得qE0d＝mv02，解得v0＝ 。
(2)由题意画出粒子在电、磁场中运动的轨迹如图所示，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点及几何知识可知，粒子进入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角θ＝30°。设粒子进入磁场时的速度大小为v，在y轴方向的分速度为vy，粒子在区域Ⅱ运动的加速度为ay，时间为t。由牛顿第二定律及匀变速运动规律得qE＝may，vy＝ayt，d＝v0t，tan θ＝，联立解得E＝E0。
(3)由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点及几何知识可知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝d，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，由运动合成可知v＝，联立解得B＝2 。
答案：(1) (2)E0 (3)2
11．(2021·浙江6月选考)如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调。氙离子(Xe2＋)束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v；
(2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0＝。求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
解析：(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有2eEd＝mv02－mv2，
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小
v＝ 。
(2)当磁场仅有沿x负方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有2＋L2＝R12
根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B0＝
联立解得B0＝
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有
2＋L2＝R22
此时B＝B0，根据洛伦兹力提供向心力有
2e×v0×B0＝
联立解得B0＝
故B0的取值范围为0≤B0≤。
(3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意，根据洛伦兹力提供向心力有2e×v0×B0＝
且满足B0＝
所以可得R3＝＝L
所以可得cos θ＝
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有FΔt＝nΔtmv0cos θ－0
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F′＝F＝nmv0，
方向沿z轴负方向。
答案：(1) (2)0≤B0≤ (3)nmv0，方向沿z轴负方向课时跟踪检测（一） 安培力 安培力的应用
组—重基础·体现综合
1．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
解析：选B 由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错误，B正确；安培力的大小F＝IlBsin θ与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半；若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的，因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误。
2．19世纪20年代，以塞贝克(数学家)为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地磁场是由绕地球的环形电流引起的。则该假设中的电流方向是(注：磁子午线是地磁场N极与S极在地球表面的连线)( )
A．由西向东垂直磁子午线
B．由东向西垂直磁子午线
C．由南向北沿磁子午线
D．由赤道向两极沿磁子午线
解析：选B 地磁场的N极在地理南极附近，根据安培定则，大拇指指向地磁场的N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线，故B正确。
3.如图所示，通以恒定电流I的导线MN在纸面内从a位置绕其一端M转至b位置时，通电导线所受安培力的大小变化情况是( )
A．变小 B．不变
C．变大 D．不能确定
解析：选B 当MN在原位置时，安培力的大小为F＝BIL，当MN绕M端旋转时，其大小仍是BIL，故安培力的大小是不变的，选项B正确。
4．(2021·广州高二检测)如图所示，D是置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里。在开关S接通后，导线D所受磁场力的方向是( )
A．竖直向上 B．竖直向下
C．水平向左 D．水平向右
解析：选A 在开关S接通后，线圈中电流由左侧流入，由安培定则可知电磁铁右侧为N极，故导线所在处的磁场方向向左，由左手定则可知，导线所受安培力方向竖直向上，选项A正确。
5.(2021·广东高考)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1 I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是( )
解析：选C 因I1 I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如选项C所示。
6．如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则( )
A．该磁场是匀强磁场
B．线圈平面总与磁场方向垂直
C．线圈将逆时针转动
D．线圈将顺时针转动
解析：选D 该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场的磁感线应该是一系列方向相同的平行的直线，故A错误；由题图可知，线圈平面总与磁场方向平行，故B错误；由左手定则可知，a导线受到的安培力向上，b导线受到的安培力向下，故线圈将顺时针转动，故C错误，D正确。
7．(2021·济宁高二检测)将一段通电直导线abc从中点b折成120°，分别放在图甲、乙所示的匀强磁场中，导线中电流大小保持不变。图甲中导线所在平面与磁场的磁感线平行，图乙中导线所在平面与磁场的磁感线垂直，若两图中导线所受的安培力大小相等，则甲、乙两图中磁场的磁感应强度大小之比为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设导线的总长为2l，通过导线的电流为I，题图甲中导线受到的安培力大小为B1Il＋B1cos 60°·Il＝B1Il；题图乙中导线受到的安培力的大小为2B2Ilcos 30°＝B2Il，根据题意有B2Il＝B1Il，则有＝，B正确。
8.如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1。现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图所示，当加上电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是( )
A．F1＞F2 B．F1＜F2
C．弹簧长度将变长 D．弹簧长度将不变
解析：选A 选通电导线为研究对象，根据左手定则判断可知，通电导线所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律分析得知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，所以长度将变短，故C、D错误；由于磁铁受到的安培力方向斜向左上方，对台秤的压力减小，则F1>F2，故A正确，B错误。
9.如图所示， 在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源， 在相距1 m的平行导轨上放一质量为m＝0.3 kg的金属棒ab, 通以从b→a、I＝3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止(g＝10 m/s2)。求：
(1)匀强磁场磁感应强度的大小；
(2)ab棒对导轨的压力的大小。
解析：(1)金属棒ab静止，受力情况如图所示，沿斜面方向受力平衡，
则有mgsin 60°＝BILcos 60°，
解得B＝＝ T≈1.73 T。
(2)根据平衡条件及牛顿第三定律得，金属棒ab对导轨的压力为：
FN′＝FN＝＝ N＝6 N。
答案：(1)1.73 T (2)6 N
组—重应用·体现创新
10．电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示，两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是( )
A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
解析：选A 装置的构造模型为两个线圈和一个杠杆，当线圈中通有同向电流时互相吸引，通有异向电流时互相排斥，故当天平示数为负时表示两线圈互相吸引，所以为同向电流，A正确，B错误；根据牛顿第三定律可知线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力等于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力，C错误；由相互作用力的特点知，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力，不是一对相互作用力，D错误。
11.电磁炮是一种新式武器，其工作原理如图所示。当水平放置的两光滑平行导轨接入电源时，强电流从一导轨流出，经滑块(炮弹)从另一导轨流回时，在两导轨平面间产生强磁场，磁感应强度大小与电流成正比。通有电流的炮弹在安培力的作用下加速一段距离后，会以很大的动能射出。关于电磁炮，下列说法正确的是(不考虑滑块移动产生的电动势)( )
A．当平行导轨通有如图所示的电流时，导轨间的磁场方向竖直向下
B．当回路中电流一定时，炮弹将做匀加速直线运动
C．若只将电流增大到原来的2倍，则炮弹射出的动能也会增大到原来的2倍
D．若只将导轨长度增大到原来的2倍，则炮弹射出的动能会增大到原来的4倍
解析：选B 当平行导轨通有题图所示的电流时，根据安培定则可知导轨间的磁场方向竖直向上，A错误；当回路中电流一定时，根据牛顿第二定律可得F安＝BIL＝ma，解得炮弹加速度a＝，所以炮弹将做匀加速直线运动，B正确；若只将电流增大到原来的2倍，磁感应强度也变为原来的2倍，则安培力增大到原来的4倍，根据动能定理F安x＝Ek－0，可得炮弹射出时的动能也会增大到原来的4倍，C错误；若只将导轨长度x增大到原来的2倍，根据动能定理F安x＝Ek－0，可得炮弹射出时的动能也会增大到原来的2倍，D错误。
12．(2021·珠海高二检测)如图所示为一电流表的原理示意图。质量为m的匀质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的绝缘弹簧相连，绝缘弹簧的劲度系数为k。在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的示数，MN的长度大于。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流的大小。重力加速度为g。
(1)当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为多少？
(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？
(3)若k＝2.0 N/m，＝0.20 m，＝0.05 m，B＝0.20 T，则此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)
(4)在(3)的条件下，若将量程扩大为原来的2倍，磁感应强度应变为多大？
解析：(1)设电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，解得Δx＝。
(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则分析知，M端应接电源正极。
(3)设电流表满偏时通过MN的电流为Imax，则有BImax·＋mg＝k(＋Δx)
联立并代入数据解得Imax＝2.5 A，故电流表的量程为0～2.5 A。
(4)设量程扩大后，磁感应强度为B′，则有
2B′Imax·＋mg＝k(＋Δx)
解得B′＝0.1 T。
答案：(1) (2)M端 (3)0～2.5 A (4)0.1 T
