高中物理全一册试题（打包30套）新人教版选修1_1

模块综合检测
(时间:60分钟　满分:100分)
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有两个选项正确.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.(双选)关于电流的方向,下列说法中正确的是
(　　)
A.电源供电的外部电路中,电流的方向是从电源正极流向负极
B.电源内部,电流的方向是从电源正极流向负极
C.电子运动形成的等效电流方向与电子运动方向相同
D.电容器充电时,电流从负极板流出,流入正极板
解析:在电源的外部电路中,电流从电源正极流向负极,在电源的内部,电流从负极流向正极,所以A正确,B错误.电子带负电,电子运动形成的电流方向与电子运动的方向相反,C错误.电容器充电时,电子流入负极板,所以电流从负极板流出,流入正极板,D正确.
答案:AD
2.发电机利用水力、风力等动力推动线圈在磁场中转动,将机械能转化为电能.这种转化利用了(　　)
A.电流的热效应
B.电磁感应原理
C.电流的磁效应
D.磁场对电流的作用原理
解析:发电机的原理是线圈在磁场中转动,穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中产生感应电流,因此利用了电磁感应原理.
答案:B
3.间谍卫星上装有某种遥感照相机,可用来探测军用目标,这种照相机能拍到晚上关灯行驶的汽车,甚至车已经离开,也瞒不过它,这种遥感照相机敏感的电磁波属于(　　)
A.可见光波段
B.红外波段
C.紫外波段
D.X光波段
解析:任何物体都向外辐射红外线,温度越高,辐射的红外线越强,遥感照相机是利用红外线拍摄的,故B正确.
答案:B
4.关于电流的磁场,下列说法中正确的是(　　)
A.直线电流的磁场,只分布在垂直于导线的某一个平面上
B.直线电流的磁场的磁感线是一些同心圆,离导线越远磁感线越密
C.通电螺线管的磁感线分布与条形磁铁相似,但管内无磁场
D.通电螺线管的环形电流和直线电流的磁场方向可用安培定则判断
解析:不管是磁体的磁场还是电流的磁场,都是空间分布的,所以A错误;直线电流产生的磁场,离导线越远,磁场越弱,因此磁感线越疏,B错误;磁感线都是闭合曲线,不管是条形磁铁还是螺线管,内部由S极到N极,外部由N极到S极,故C错误.
答案:D
5.随着科学技术的不断发展,使用“传感器”进行控制的家用电器日益普及,我们日常生活中的空调器和电冰箱都使用了(　　)
A.压力传感器
B.红外线传感器
C.生物传感器
D.温度传感器
解析:空调器和电冰箱都是利用了温度传感器.
答案:D
6.下列各图中已标出电流I、磁感应强度B的方向,其中符合安培定则的是(　　)
答案:C
7.1987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的性质,可实现无损耗输电.现在有一直流电路,输电线的总电阻为0.4
Ω,它提供给用电器的电功率是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,则节约的电功率为(　　)
A.1.6
kW　　　　　　B.1.6×103
kW
C.1
kW　　　
D.10
kW
解析:节约的电功率即原来输电线上电阻消耗的热功率,ΔP=I2R=R=×0.4
W=1×103
W=1
kW.
答案:C
8.如图是某交流发电机产生的交变电流的图象,根据图象可以判定(　　)
A.此交变电流的周期为0.1
s
B.此交变电流的频率为5
Hz
C.将标有“12
V　3
W”的灯泡接在此交变电流上,灯泡可以正常发光
D.与图象上a点对应的时刻发电机中的线圈刚好转至中性面
解析:由正弦函数图像可以得知,线框是由中性面开始转动的,故选项D错误.题图告诉我们,交变电流的周期是0.2
s,频率f=
Hz=5
Hz,故选项A错误,选项B正确.“12
V　3
W”灯泡中12
V是有效值,如题图12
V
为最大值,U有效=,通过以上分析,只有选项B正确.
答案:B
二、填空题(每小题6分,共12分)
9.把左边的人和右边与之相关的物理事件用线段连接起来.
A.法拉第　
a.磁场对通电导线的作用力
B.安培
b.电流磁效应
C.奥斯特
c.点电荷间的相互作用力
D.库仑
d.电磁感应
E.赫兹
e.用实验成功验证了电磁波的存在
答案:
10.如图为理想变压器,它的原线圈接在交流电源上,副线圈接在一个标有“12
V　100
W”的灯泡上.已知变压器原、副线圈匝数之比为18∶1,那么灯泡正常工作时,图中的电压表读数为　　　　
V,电流表读数为　　　
A.
解析:分析理想变压器问题时应注意正确应用电压关系和电流关系,特别是变压前后功率相等的关系.由公式得,U1=U2=216
V;因理想变压器的变压前后功率相等,所以I1==0.46
A,即电压表、电流表读数分别为216
V、0.46
A.
答案:216　0.46
三、计算题(11题8分,12、13题各10分,14题12分,共40分)
11.
面积为3.0×10-12
m2的单匝矩形线圈放在磁感应强度为4.0×10-2
T的匀强磁场中.
(1)求当线圈如何放置时,穿过线圈的磁通量最大;
(2)最大磁通量是多少
解析:当线圈平面与磁感线垂直时,穿过线圈的磁通量最大.
Φ=BS=4.0×10-2×3.0×10-2
T=1.2×10-3
T.
答案:(1)见解析　(2)1.2×10-3
T
12.一电动机线圈的电阻为R,当电动机工作时通过的电流强度是I,加在线圈两端电压是U,求:
(1)该电动机的输出功率;
(2)该电动机的效率.
解析:(1)消耗总功率P0=UI
发热功率P1=I2R
输出功率P2=P0-P1=UI-I2R.
(2)电动机的效率η=.
答案:(1)UI-I2R　(2)
13.如图为一个按正弦规律变化的交变电流的图象.根据图象求出它的周期、频率、电流的峰值和有效值.
解析:由题图知T=0.2
s,峰值Imax=10
A.
f==5
Hz,有效值I==5
A.
答案:T=0.2
s,f=5
Hz,Imax=10
A,I=5
A
14.如图所示,悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个电荷量不变的小球A.在两次实验中,均缓慢移动另一带同种电荷的小球B.当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上,A处于受力平衡时,悬线偏离竖直方向的角度为θ.若两次实验中B的电荷量分别为Q1和Q2,θ分别为30°和45°,求Q2与Q1的比值.
解析:
球A受力情况如图所示,设球A电荷量为Q.
由平衡条件得
k=Gtan
θ1
k=Gtan
θ2
两式联立得=2.
答案:2第三章过关检测(二)
(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.每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有两项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.关于交变电流,下列说法正确的是(　　)
A.在一个周期内电流的方向改变两次
B.交变电流的最大值总是有效值的倍
C.若正弦交变电流的最大值为10
V,则它的最小值为-10
V
D.演示交变电流随时间变化规律时,应采用交流电流表
解析:线圈每通过中性面一次,电流方向改变一次,A对.只有正弦交变电流其最大值才是有效值的倍.交变电流的正负表示方向.只有直流电流表的偏向、偏角大小随电流方向、大小发生变化,交变电流的偏向角决定于交变电流的有效值,有效值不变,所以只有A正确.
答案:A
2.下面列举的四种器件中,在工作时利用了电磁感应现象的是(　　)
A.质谱仪
B.电磁炉
C.电吹风
D.回旋加速器
解析:质谱仪和回旋加速器应用了带电粒子在电场和磁场中的运动,电吹风应用的是电流的热效应,电磁炉应用的是电磁感应原理,利用磁场变化产生的感应电流而产热.
答案:B
3.为了计算输入电压未知,输出电压为44
V的变压器副线圈的匝数,已知原线圈的匝数为1
000,为获知此变压器副线圈匝数,某同学拆开副线圈,用绝缘导线在副线圈上加绕了30匝,然后将原线圈接到原来的交流电源上,测得副线圈的端电压为50
V,按理想变压器分析,该变压器原线圈的电压、副线圈匝数分别为(　　)
A.1
100
V、360
B.1
000
V、220
C.200
V、220
D.220
V、360
解析:设原线圈的电压U1,副线圈的匝数n2,对原来的理想变压器,根据变压比公式得,对后来的理想变压器,根据变压比公式得,两式结合得U1=200
V,n2=220,C正确.
答案:C
4.如图所示,铁芯右边绕有一个线圈,线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路.左边的铁芯上套有一个环面积为0.02
m2、电阻为0.1
Ω的金属环.铁芯的横截面积为0.01
m2,且假设磁场全部集中在铁芯中,金属环与铁芯截面垂直.调节滑动变阻器的滑片,使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2
T,则从上向下看(　　)
A.金属环中感应电流方向是逆时针方向,感应电动势大小为4.0×10-3
V
B.金属环中感应电流方向是顺时针方向,感应电动势大小为4.0×10-3
V
C.金属环中感应电流方向是逆时针方向,感应电动势大小为2.0×10-3
V
D.金属环中感应电流方向是顺时针方向,感应电动势大小为2.0×10-3
V
解析:铁芯内的磁通量情况是相同的,金属环的有效面积即铁芯的横截面积.据电磁感应定律E=n=1×0.2×0.01
V=2×10-3
V.又据楞次定律,金属环中电流方向为逆时针方向,即C正确.
答案:C
5.如图所示,电阻R和电感线圈的自感系数L的值都较大,电感线圈的电阻不计,A、B是两只完全相同的灯泡,当开关S闭合时,下面能发生的情形是
(　　)
A.B比A先亮,然后B熄灭
B.A比B先亮,然后A熄灭
C.A、B一起亮,然后A熄灭
D.A、B一起亮,然后B熄灭
解析:在S闭合时,R的电阻很大,L的自感作用电阻也相当于很大,所以A、B相当于串联,同时亮,然后由于L的自感作用消失,相当于B被短路,所以B要熄灭,D正确.
答案:D
6.有关资料显示,美国、加拿大等美洲地区UL标准:120
V/60
Hz,欧洲欧盟GS标准:240
V/50
Hz,中华人民共和国标准:220
V/50
Hz,下面说法正确的是(　　)
A.文中的120
V,240
V,220
V指的是交变电流的峰值
B.我国制造的白炽灯拿到加拿大使用时,亮度明显变暗
C.我们实验室用的220
V/50
Hz的电火花计时器在美国使用时,打点周期不变
D.如果我国和欧盟的某个国家的火力发电厂都用旋转电枢的方式发电,且磁场是相同的,线圈匝数也是相同的,则二者的转速必然相同,线圈的面积必然不同
解析:通常所说的电压,如无特殊说明,均指有效值,220
V/50
Hz
的灯泡在120
V的电压下工作时,由于电压达不到额定电压,实际功率达不到额定功率,所以变暗,B正确;电火花计时器打点频率取决于交变电流的频率,C错误;我国和欧盟交变电动势的有效值不同,最大值也不同,根据Em=NBSω,式中的N、B、ω均相同,而Em相同,所以面积S必然不同.
答案:BD
7.如图,画出的是穿过一个闭合线圈的磁通量随时间的变化规律,以下哪些认识是正确的(　　)
A.第0.6
s末线圈中的感应电动势为4
V
B.第0.9
s末线圈中的瞬时电动势比0.2
s末的大
C.第0.1
s末线圈的瞬时电动势为零
D.第0.2
s末和第0.4
s末的瞬时电动势的方向相同
解析:题图给出了磁通量的变化图象,由法拉第电磁感应定律计算:第0.6
s末线圈中的感应电动势为
V=4
V,A正确.第0.9
s末线圈中的瞬时电动势为30
V,第0.2
s末的瞬时电动势为
V,所以B正确.第0.1
s末线圈的瞬时电动势不为零,C错误.第0.2
s末和第0.4
s末的瞬时电动势的方向相反,D错误.
答案:AB
8.如图(a)、(b)所示的电路中,电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,且小于灯A的电阻,接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则(　　)
A.在电路(a)中,断开S后,A将逐渐变暗
B.在电路(a)中,断开S后,A将先变得更亮,然后逐渐变暗
C.在电路(b)中,断开S后,A将逐渐变暗
D.在电路(b)中,断开S后,A将先变得更亮,然后逐渐变暗
解析:(a)电路中,灯A和线圈L串联,电流相同,断开S时,线圈上产生自感电动势,阻碍原电流的减小,通过R、A形成回路,A将逐渐变暗.(b)电路中,电阻R和灯A串联,灯A的电阻大于线圈L的电阻,电流则小于线圈L中的电流,断开S时,电源不给灯A供电,而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小,通过A、R形成回路,灯A中电流比原来大,变得更亮,然后逐渐变暗.所以选项A、D正确.
答案:AD
二、填空题(每小题10分,共20分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答)
9.如图为“研究电磁感应现象”的实验装置.
(1)将图中所缺的导线补接完整.
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后可能出现的情况有:
A.将原线圈迅速插入副线圈时,灵敏电流计指针将　　　　.
B.原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器滑片迅速向左滑动时,灵敏电流计指针将　　　　.
解析:(1)见答案图.
(2)依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定.
答案:(1)电路连接如图所示
(2)A.向右偏转一下　B.向左偏转一下
10.设一单匝线圈内磁通量变化情况如图所示,则线圈中:
(1)前3
s内的平均感应电动势为　　　　;
(2)前4
s内的平均感应电动势为　　　　;
(3)第4
s内的感应电动势的大小为　　　　.
解析:本题考查平均感应电动势.由题图知Φ0=0,Φ3=0.3
Wb,Φ4=0,
根据公式E=求解.
(1)前3
s内的平均感应电动势
E1=
V=0.1
V.
(2)前4
s内的平均感应电动势
E2==0.
(3)第4
s内的感应电动势的大小,即第3
s末至第4
s
末的平均感应电动势的大小,因为第3
s
末至第4
s末磁通量是均匀变化的,感应电动势大小不变.
所以第4
s内感应电动势
E4=
V=-0.3
V
即大小为0.3
V.
答案:(1)0.1
V　(2)0　(3)0.3
V
三、计算题(本题共2小题,每小题16分,共32分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
11.正弦式交变电流的峰值和有效值之间满足峰值是有效值的倍,其他形式的交变电流一定不满足这个关系还是不一定满足这个关系,我们做如下探讨:如图是一交流电压随时间变化的图象,若要使此交流电压的有效值和峰值满足U有=Um,U2应该取何值
解析:题图中给出的是一方波交变电流,前时间内U1=Um,后时间内电压为U2.由于该交流电压的有效值为Um,根据有效值的定义,有T=,代入已知数据,解得U2=Um.
答案:U2=Um
12.如图所示,有一U形金属导轨MNPQ,处在与它垂直的匀强磁场中.有一导体棒ab在导轨上向右匀速运动,经过0.1
s,从“1”位置运动到“2”位置.这个过程中,穿过由导轨和导体棒组成的闭合回路的磁通量从0.05
Wb
增加到0.15
Wb.求:
(1)这段时间内通过回路的磁通量的变化量;
(2)这段时间内导体棒中的感应电动势的大小.
解析:(1)磁通量的变化量
ΔΦ=Φ2-Φ1=0.15
Wb-0.05
Wb=0.10
Wb.
(2)感应电动势的大小
E=
V=1
V.
答案:(1)0.10
Wb　(2)1
V电流的热效应
题组一　焦耳定律与电流的热效应
1.关于运行中的电动机和点亮的白炽灯,以下说法中正确的是(　　)
A.电动机和白炽灯的电功率均大于热功率
B.电动机和白炽灯的电功率均等于热功率
C.电动机的电功率大于热功率,而白炽灯的电功率等于热功率
D.电动机的电功率等于热功率,而白炽灯的电功率大于热功率
解析:电流通过白炽灯时电能几乎全部转化为内能,而电流通过电动机时,电能主要转化为机械能,前者电功率等于热功率,后者电功率大于热功率,故选项C正确.
答案:C
2.通过电阻R的电流为I时,在t时间内产生的热量为Q,若电阻为2R,电流为,则在时间t内产生的热量为(　　)
A.4Q　　　B.2Q　　　C.　　　D.
解析:由Q=I2Rt得Q1=×2Rt=,故选项C符合题意.
答案:C
3.下列计算热量的公式中哪一个是焦耳定律的普遍适用公式(　　)
A.Q=UIt
B.Q=t
C.Q=I2Rt
D.上面三个都是
解析:公式Q=UIt=t只有在计算电热器的热量时才行,非电热器此式不成立.Q=I2Rt在任何条件下都能计算电热.故应选C.
答案:C
4.下列说法正确的是(　　)
A.电热器的热功率越大,产生的热量越多
B.电热器的电阻越大,热功率越大
C.通过电热器的电流越大,热功率越大
D.电热器的热功率与本身的电阻和通过的电流有关
解析:P==I2R,Q=Pt,热功率大,产生的热量不一定多,还要看时间的长短,A项错误;电阻越大,电流越大,热功率才会越大,B、C项错误,D项正确.
答案:D
题组二　电功和电热
5.一台空调机的额定功率为
1
kW,假设在额定功率下平均每天工作6
h,30天的用电量是(　　)
A.18
kW·h
B.30
kW·h
C.60
kW·h
D.180
kW·h
解析:根据W=Pt得30天用电量W=1×6×30
kW·h=180
kW·h,选项D正确.
答案:D
6.把两个完全相同的电阻丝串联后接在电压为U的电源上,它们在时间t内产生的热量为Q1;若把它们并联起来接在同一电源上,在相同的时间内产生的热量为Q2,则(　　)
A.Q1∶Q2=1∶4
B.Q1∶Q2=4∶1
C.Q1∶Q2=1∶2
D.Q1∶Q2=2∶1
解析:串联在时间t内产生热量Q1=t
并联在时间t内产生热量Q2=t,故选A.
答案:A
7.下表为某电饭锅铭牌上的一部分内容,根据表中的信息,可计算出在额定电压下,使用电饭锅时的电流约为(　　)
电器名称
电饭锅
额定电压
220
V
额定功率
700
W
额定容量
4.0
L
A.6.2
A
B.4.6
A
C.3.2
A
D.5.5
A
解析:根据P=UI得I=
A≈3.2
A,选项C正确.
答案:C
8.
电磁炉是绿色环保型炉具,在人们生活中有着重要的应用(如图所示).某同学家买了一台电磁炉,仔细观察发现有两个挡位.“挡位1”上标有“220
V　500
W”.“挡位2”上标有“220
V　1
000
W”,这台电磁炉正常工作时的
电压应为　　　
V.如果用“挡位2”做饭,电路中的电流为　　　
A.
解析:由标示知其正常工作时的电压为220
V;若用“挡位2”加热,则电路中的电流可由P2=UI的变形式求出,I=
A≈4.5
A.
答案:220　4.5
9.一段阻值为4
Ω的电阻丝连入电压为10
V的电路中,求:
(1)电阻丝的热功率;
(2)1
min内该电阻丝产生的热量.
解析:(1)由P=UI及U=IR知,P=
W=25
W.
(2)由焦耳定律Q=I2Rt及U=IR知,1
min内该电阻丝产生的热量Q=·t=×60
J=1
500
J.
答案:(1)25
W　(2)1
500
J
10.观察某洗衣机的铭牌,解答问题:
防触电保护类别Ⅰ类
额定洗涤容量5
kg
额定电压220
V
电源频率50
Hz
洗涤功率330
W
甩干功率650
W
水加热功率1
950
W
最大工作电流10
A
自来水压强0.05
MPa≤p≤1
MPa
质量72
kg
出厂日期:2016年3月28日
出厂编号:970828253
(1)正常洗涤时,通过洗衣机的电流多大
(2)给水加热的电阻丝电阻有多大
解析:(1)由P=UI得I=
A=1.5
A.
(2)加热电阻丝为纯电阻,所以R=
Ω≈24.8
Ω.
答案:(1)1.5
A　(2)24.8
Ω
(建议用时:30分钟)
1.关于电热的利用,下列说法中正确的是(　　)
A.电热对我们来说总是有利的
B.电热对我们来说总是不利的
C.电饭锅是利用电流热效应的原理制成的
D.电视机工作过程中没有产生电热
解析:电热有的是有利的,如电饭锅、电热水器都是利用电流的热效应,而有些是不利的,如电视机、电动机中电阻的生热,如果散热不及时,会烧坏器件,影响电路的正常工作,故只有选项C正确.
答案:C
2.一台电动机输出功率是10
kW,这表明这台电动机正常工作时(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.每秒消耗电能10
kJ
B.每秒对外做功10
kJ
C.每秒对外做功10
J
D.每秒对外做功1
000
J
解析:电动机的输出功率10
kW为机械功率,每秒对外做功10
kJ,故B对,C、D错;因为电动机在实际中还要对外放热,所以它的电功率将大于10
kW,所以每秒消耗电能大于10
kJ,故A错.
答案:B
3.“好变频1度到天明”——此广告语意为1度电(1
kW·h)可使变频空调工作一整夜(以10
h计).同样的1度电可供铭牌如图所示的电扇工作约
(　　)
A.1整夜
B.2整夜
C.3整夜
D.4整夜
解析:由题图示电扇铭牌知,该电扇的额定功率P=24
W,则1
kW·h=24
W·t,t≈41.7
h,即1度电使该电扇工作约4整夜,选项D正确.
答案:D
4.对于连入电路的不同灯泡而言,亮度最大的灯泡是(　　)
A.通过电流大的灯泡
B.两端电压大的灯泡
C.电阻值大的灯泡
D.消耗电功率大的灯泡
解析:灯泡的亮度由消耗的实际电功率决定,消耗的实际功率越大,灯泡越亮,D项正确;而对公式P=UI=I2R=而言,只知道一个量的大小无法确定P的大小,故A、B、C均错误.
答案:D
5.小明家的保险丝突然熔断,以下原因不可能的是
(　　)
A.家用电器的总功率过大
B.导线绝缘皮损坏,火线、零线直接接触,造成短路
C.火线断路
D.灯座里的电线发生短路
解析:保险丝熔断是因为相同时间内产生的热量过多,电阻一定,所以一定是电流过大.A中由P=UI知P增大,I增大,有可能;B中火线、零线直接接触,造成短路,电流增大,有可能;C中火线断路,无电流通过保险丝,不可能熔断;D中灯座里的电线发生短路,电流增大,有可能.
答案:C
6.通过电脑的USB接口不仅可以在电脑和各种数码产品之间传递数据,也可以为数码产品供电.现通过电脑的USB接口给一个阻值为10
Ω的电热鼠标垫供电,已知供电电流为0.5
A,则此电热鼠标垫的发热功率是(　　)
A.50
W
B.20
W
C.5
W
D.2.5
W
解析:由公式P=I2R得P=0.52×10
W=2.5
W,故选项D正确.
答案:D
7.一般来说,用电器的工作电压并不等于额定电压.家庭里通常没有电压表,但可以借助电能表测出用电器的实际工作电压.现在电路中只接入一个电热水壶,壶的铭牌和电能表的铭牌分别如图甲和乙所示.测得电能表的转盘转过125转的时间为121秒,求此时加在电热水壶上的实际电压.
××牌电热水壶
额定电压220
V
额定功率1
500
W
容量4.5升
××家用电器厂　kW·h
3　2　3　0　8
单相电度表
DD10　220　2
A　50
Hz
3
000转/(kW·h)
2015年12月No.157
××市电表厂
　甲　　　　　　　　　　　　　乙
解析:设电热水壶的电阻为R.由P=得
R=
Ω=
Ω,
电能表转1转对应的用电量为
J=1
200
J.
设电热水壶的实际电压为U,由W=Pt得
t=125×1
200
J,所以U=200
V.
答案:200
V
8.
电饭锅工作时有两种状态:一种是锅内的水烧开以前的加热状态,另一种是水烧开后的保温状态.如图是电饭锅的电路图,R1是一个电阻,R2是加热用的电阻丝.试结合电路图分析自动开关S接通和断开时,电饭锅分别处于哪种状态,并说明理由.
答案:不管S闭合还是断开,电路两端的电压相同,但S断开时,R1与R2串联,由P=知功率小,所以应为保温状态;而S闭合时,R1被短路,只有R2接入电路,所以电热功率大,应为加热状态.
9.一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表:
规格
后轮驱动直流电动机
车型
26″电动自行车
额定电压下的输出机械功率
110
W
整车质量
30
kg
额定电压
36
V
最大载重
80
kg
额定电流
3.5
A
(1)此电动机正常工作时,消耗的电功率是多大
(2)电动机正常工作时,损失了多少功率
解析:(1)由题表中的技术参数可知,此电动机正常工作时,消耗的电功率P=UI=126
W.
(2)由表中的技术参数可知,额定电压下的输出机械功率为110
W,根据P=P输出+P额可得电动机损失的功率P额=P-P输出=16
W.
答案:(1)126
W　(2)16
W磁性材料
题组一　磁化和退磁
1.磁现象可以为我们的生活提供很大的方便,以下这些做法中,不恰当的是(　　)
A.将磁性材料装在冰箱的门框上,制成“门吸”
B.利用磁铁制成双面擦窗器
C.电视机上面放一块磁性治疗仪
D.用磁带来记录声音
解析:将磁性材料装在冰箱的门框上,制成门吸,及应用磁性材料制成双面擦窗器,用磁带来记录声音这都是磁现象在生活中的应用,而在电视机上面放一磁性治疗仪,这会影响电视机的正常工作,故C项符合题意.
答案:C
2.将一金属棒一端靠近磁针的N、S极都吸引,则它
(　　)
A.一定是磁体
B.可能是不带磁性的铁棒
C.可能是铜棒
D.无法判断
解析:如果金属棒的一端对磁针的两极都吸引,则金属棒可能是不带磁性的材料,如铁、镍等,因此B选项正确.
答案:B
3.关于地磁场的强度与方向,下列说法正确的是(　　)
A.从来就没发生变化
B.地磁场的强度与方向随时间推移不断变化,大约每过100
万年,地磁场的南北两极完全颠倒一次
C.只有强度发生变化,方向不变
D.只有方向发生变化,强度不变
解析:地质学家通过对含有磁性材料的岩石的研究发现,这些岩石的极性和磁化的程度,随形成的年代呈现周期性变化,大约每过100万年,地磁场的南北极就会完全颠倒一次,所以只有B项正确.
答案:B
4.关于磁化的说法中,正确的是(　　)
A.一切物体在磁场中都能发生磁化现象
B.只有铁制物体或者钢制物体与磁铁接触后才会发生磁化
C.缝衣针、螺丝刀等钢铁物体,只有与磁铁接触后才会发生磁化
D.铁、钴、镍以及它们的合金,还有一些氧化物,在磁场中会发生磁化
解析:能被磁化的物质内部由大量杂乱无章排列的磁畴组成,宏观上各个磁畴的作用相互抵消,因此不显磁性,磁化过程中因为外部磁场的作用,磁畴的方向有规律地排列起来,从而使得磁场大大加强.各种物体中只有铁磁性物质才有这种结构,所以A项错;而磁化过程不一定与磁铁接触,只要处在磁场中即会被磁化,所以B、C项错.
答案:D
题组二　磁记录与磁性材料
5.电磁铁用软铁作铁芯,这是因为软铁(　　)
　　　　　
　　　　　
　　　　
A.能保持磁性
B.可能被其他磁体吸引
C.退磁迅速
D.能导电
解析:电磁铁必须保证通电时有磁性,而断电时迅速失去磁性,所以铁芯选用退磁迅速的软铁,C项正确.
答案:C
6.一块磁铁从高处掉到地上,虽然没有断,但磁性变弱了,这是因为(　　)
A.磁铁被磁化了
B.磁铁因剧烈震动而退磁了
C.磁铁是非磁性物质
D.磁铁是软磁性材料
答案:B
7.银行、医院、公交等机构发行的磁卡,都是利用磁性材料记录信息的.关于磁卡的使用和保存,下列做法不合适的是(　　)
A.用软纸轻擦磁卡
B.用磁卡拍打桌面
C.使磁卡远离热源
D.使磁卡远离磁体
答案:B
8.在隧道工程以及矿山爆破作业中,部分未发火的炸药残留在爆破孔内,很容易发生人员伤亡事故.为此,科学家制造了一种专门的磁性炸药,在磁性炸药制造过程中掺入了10%的磁性材料——钡铁氧体,然后放入磁化机磁化.磁性炸药一旦爆炸,即可安全消磁,而遇到不发火的情况可用磁性探测器测出未发火的炸药.已知掺入的钡铁氧体的消磁温度约为400
℃,炸药的爆炸温度约2
240~3
100
℃,一般炸药引爆温度最高为140
℃左右.以上材料表明(　　)
A.磁性材料有利也有害
B.磁性材料在高温下容易被磁化
C.磁性材料在低温下容易被消磁
D.磁性材料在高温下容易被消磁
解析:磁性材料有利也有害,但本材料中只是有利的应用,得不到有害的证明,选项A错;磁性材料在高温下易被消磁,在低温下易被磁化,选项D对,B、C错.
答案:D
9.为了保护磁卡或带有磁条的存折上的信息,应该注意哪些事项 (请说出2~3条)
答案:(1)应注意不要将磁卡或有磁条的存折放在高温环境中;(2)不要让磁卡或有磁条的存折剧烈震动;(3)不要将磁卡或有磁条的存折靠近有强磁场的家用电器旁边.
10.用条形磁铁、曲别针、细线、铁架台(含铁夹)、蜡烛、火柴、方木块等按如图所示那样,使系在细线下端的曲别针被磁铁吸引在空中.在曲别针的下方放上点燃的蜡烛,给曲别针加热,过一会儿会有什么现象发生 为什么
答案:曲别针不受磁铁的吸引,细线回到竖直方向.曲别针温度升高,磁畴被破坏,因此,不受磁铁的吸引.
(建议用时:30分钟)
1.实验室里用的磁铁是用什么材料制成的(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.软磁性材料
B.硬磁性材料
C.软铁
D.不锈钢
解析:实验室里的磁铁属于永磁体,磁性应稳定,所以应采用硬磁性材料,B项正确.
答案:B
2.(双选)下列元件中,哪些是由软磁性材料制造的
(　　)
A.半导体收音机内天线的磁棒
B.磁电式电流表中的磁铁
C.变压器的闭合铁芯
D.电子计算机中的记忆元件
解析:软磁性材料在外磁场撤去以后,磁畴的磁化方向又变得杂乱,物体没有明显的剩磁,因此可以用来制造半导体收音机内天线的磁棒、变压器的闭合铁芯.而磁电式电流表中的磁铁是永久磁铁,故应选用硬磁性材料;电子计算机中的记忆元件是通过磁信号来“记忆”的,所以必须保留剩磁,因此应选用硬磁性材料.
答案:AC
3.实验室中有许多条形磁铁,平时不用时为了不减弱磁性,正确的放置应是(　　)
A.所有条形磁铁捆成一团
B.同名磁性都置于一端,捆成一团
C.异名磁极首尾相连成一条直线,且N极在北方
D.怎么放都没有影响
解析:条形磁铁不用时,如果随便放置,会使得磁性减弱,所以应将异名磁极首尾相连成一条直线,且N极在北方,形成闭合磁路,所以只有C项正确.
答案:C
4.
如图所示,将一根条形磁铁从上方靠近铁棒(并不接触铁棒),这时铁棒吸引铁屑.把条形磁铁移开后(　　)
A.铁棒和铁屑磁性消失,铁屑落下
B.铁棒和铁屑已成为一体,永远不会分离
C.铁棒和铁屑相互吸引,铁屑不落下
D.铁棒和铁屑相互排斥,铁屑落下
解析:铁棒和铁屑均是软磁性材料,磁铁移走后,没有明显的剩磁,磁性很快消失,故铁屑很快落下,A选项正确.
答案:A
5.磁性是物质的一种普遍性质,大到宇宙中的星球,小到电子、质子等微观粒子,几乎都会呈现出磁性,地球就是一个巨大的磁体,有一些生物体内也有微量强磁性物质.研究表明,鸽子正是利用体内所含的微量强磁性物质在地磁场中所受到的作用来帮助辨别方向的.如果在鸽子身上绑一小块永磁体,使其附近的磁感应强度比地磁场更强,则(　　)
A.鸽子仍能辨别方向
B.鸽子更容易辨别方向
C.鸽子会迷失方向
D.无法确定鸽子是否会迷失方向
解析:因为鸽子是利用地磁场来导航的,所以所绑永磁体的影响会使鸽子对磁场的判断出现偏差,导致鸽子迷失方向,所以选C项.
答案:C
6.如图所示是录音磁头的工作原理.录音时磁带上一层磁性材料通过磁头作用被磁化变成类似于图中的小磁体,从而记录声音,请根据图中小磁体的极性标出此时磁头线圈中的电流方向.
答案:由磁性材料的极性,可知磁头线圈左端为N极,从而可根据安培定则判断出磁头线圈中的电流方向如图所示.
7.
找一根3~4寸长的铁钉,把它放在火上烧红,再把它捂在沙里慢慢冷却,这叫退火.待铁钉凉透之后,把它靠近大头针,它对大头针没有一点儿磁力.然后,你左手拿着铁钉,一头对准北方,另一头对准南方,右手拿起木块,在钉头上敲打7~8下.你再把铁钉放进大头针盒里,它就能吸起一些大头针了.这说明,就这么敲打几下,铁钉磁化成磁铁了,虽然它的磁力不大.如果把它朝东西方向放好,再敲几下,它的磁力又会消失.这说明了什么呢
答案:原来铁钉没磁化前,它内部的许多小磁体,杂乱无章,磁力相互抵消,所以没磁力.当你把铁钉朝南北方向放好,敲打它,内部的小磁体受振,在地磁场的作用下,就会规矩地排列起来,铁钉就有磁性了.当你把铁钉朝东西方向放好,再敲打时,铁钉内部的小磁体又会变得杂乱无章,所以铁钉没有磁性了.
8.国外某大学做过一个实验,有一个圆筒形的超导磁体,其中心部位有一个直径为5
cm的空洞,把水放入空洞中,然后让磁体产生21
T的磁场,结果发现水在空中悬浮了起来.请用已学过的知识,对产生该现象的原因进行解释.
答案:水分子是极性分子,在高强度的外磁场作用下,水分子排列取向一致,使整个水体成为磁体,与超导磁体产生排斥作用,从而悬浮起来.第四章过关检测(二)
(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.每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有两项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.关于电磁波,下列说法正确的是(　　)
A.雷达是用X光来测定物体位置的设备
B.使电磁波随各种信号而改变的技术叫作解调
C.用红外线照射时,大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光
D.变化的电场可以产生变化的磁场
解析:雷达是根据电磁波中的微波测定物体位置的,A错;使电磁波随各种信号而改变的技术叫作调制,B错;用紫外线照射时大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光,利用紫外线的荧光效应,C错;根据麦克斯韦电磁场理论可知变化的电场可以产生变化的磁场、变化的磁场产生电场,D对.
答案:D
2.下列过程中,没有直接利用电磁波的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.电冰箱冷冻食物
B.用手机通话
C.微波炉加热食物
D.用收音机收听广播
解析:电冰箱冷冻食物是通过消耗电能让制冷剂在温度低的地方汽化吸热再到温度高的地方液化放热把热量从冰箱内搬运出来,从而达到制冷的效果,选项B、C、D中的装置均利用了电磁波进行工作,因此选项A符合题意.
答案:A
3.如图所示的球形容器中盛有含碘的二硫化碳溶液,在太阳光的照射下,地面呈现的是圆形黑影,在黑影中放一支温度计,可发现温度计显示的温度明显上升,则由此可断定(　　)
A.含碘的二硫化碳溶液对于可见光是透明的
B.含碘的二硫化碳溶液对于紫外线是不透明的
C.含碘的二硫化碳溶液对于红外线是透明的
D.含碘的二硫化碳溶液对于红外线是不透明的
解析:太阳光中以红外线加热作用最明显,温度计显示的温度升高,说明有红外线通过.
答案:C
4.频率为f的电磁波在某介质中的传播速度为v,该电磁波在这种介质中的波长λ为(　　)
A.
B.vf
C.
D.
解析:因为电磁波的波速、波长、频率的关系是v=λf,所以λ=.
答案:A
5.用电子秤称量物体重力的过程,实际上就是传感器把力学量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
解析:B中是将声音信号转化为电信号;C中是将力学量转化为电信号;D中是将温度转化为电信号.
答案:C
6.在下列说法中符合实际的是(　　)
A.医院里常用X射线对病房和手术室消毒
B.医院里常用紫外线对病房和手术室消毒
C.在人造地球卫星上对地球进行拍摄是利用紫外线有较好的分辨能力
D.在人造地球卫星上对地球进行拍摄是利用红外线有较好的穿透云雾烟尘的能力
解析:紫外线具有杀菌、消毒的作用,X射线穿透能力较强,因此医院里常用紫外线对病房和手术室进行消毒,用X射线透视人体;在人造地球卫星上对地球进行拍摄是利用射线的衍射能力较强,容易透过云雾烟尘,因而用波长较长的红外线,所以答案为B、D.
答案:BD
7.下列关于电磁波的说法正确的是(　　)
A.电磁波必须依赖介质传播
B.电磁波可以发生衍射现象
C.电磁波不会发生偏振现象
D.电磁波可以携带信息传播
解析:电磁波在真空中也能传播,A错;衍射是一切波所特有的现象,B对;电磁波是横波,横波能发生偏振现象,C错;电磁波能传递信息,D对.
答案:BD
8.目前雷达发射的电磁波频率多在200
MHz~1
000
MHz的范围内.下列关于雷达和电磁波说法正确的是(　　)
A.真空中上述雷达发射的电磁波的波长范围在0.3~1.5
m之间
B.电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的
C.测出从发射电磁波到接收反射波的时间间隔可以确定雷达到目标的距离
D.波长越短的电磁波,反射性能越弱
解析:据λ=vT=,电磁波频率在200
MHz~1
000
MHz的范围内,则电磁波的波长范围在0.3~1.5
m之间,故A正确.根据电磁波的定义及电磁场理论可知B错误.雷达是利用电磁波的反射原理,电磁波的产生是依据麦克斯韦的电磁场理论,变化的磁场产生电场,变化的电场产生磁场,故C正确,D错误.
答案:AC
二、填空题(每小题10分,共20分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答)
9.把声音、图像等信号加载到高频电磁波上的过程,称为　　　　　.信号的调制方式有调幅和　　　　两种方式.其中　　　　信号由于抗干扰能力强、操作性强,因此高质量的音乐和语言节目、电视伴音一般采用这种信号调制方式.
答案:调制　调频　调频
10.物理学在国防科技中具有重要的意义.例如在导弹拦截试验中利用卫星把甲导弹发射的信息经过地面控制站传到指挥部,通信距离(往返)达16万千米,通信所用时间为　　　　s.甲导弹飞行时间为7
min,而卫星把信息经过地面控制站传到指挥部,从指挥部发出指令到乙导弹雷达系统需要5
min,乙导弹从发射到击中甲导弹的过程必须在2
min内完成.乙的雷达有效距离为150
km,雷达从发出电磁波到接收到电磁波的最长时间为　　　　s.从发现到击中目标有1
min就够了.从以上可看出,可以轻松进行拦截,这与通信时间极短有很大关系.
解析:因为电磁波传播的速度v=3×108
m/s,故通信所用的时间t1=
s≈0.53
s,雷达从发出电磁波到接收到电磁波最长时间为t2=
s=10-3
s.
答案:0.53　10-3
三、计算论述题(本题共2小题,每小题16分,共32分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
11.一长波的波长是30
km,该波从地球传到月球约需1.3
s,则在这一段距离内可排满几个波长
解析:由s=ct可得
月地距离s=3×108×1.3
m=3.9×108
m
所以波长数n==1.3×104个.
答案:1.3×104个
12.夏天常有雷暴雨,一次下雷雨时,某人头顶有一条闪电从约3.4
km的高空基本竖直向下延伸,闪电总长度约为1.36
km,则人在地面从见到闪电到听见雷声约需几秒 雷声约持续多长时间 (空气中的声速v=340
m/s)
解析:人看到闪电基本不耗时间
声速v=340
m/s得t==6
s
雷声持续时间
t2==4
s.
答案:6
s　4
s　电场
题组一　电场及电场强度
1.一个试探电荷q,在电场中某点的静电力为F,该
点的电场强度为E,图中能正确反映q、E、F三者关系的是(　　)
解析:电场强度E由电场本身决定,与试探电荷无关,即E不与F成正比,也不与q成反比,但F与q成正比,故选项A、B、D错误,选项C正确.
答案:C
2.(双选)关于电场,下列说法正确的是(　　)
A.由E=知,若q减半,则该处的电场强度变为原来的
2倍
B.由E=k知,E与Q成正比,与r2成反比
C.电场中某点的电场强度与该点试探电荷所受到的电场力成正比
D.电场中某点的电场强度与该点有无试探电荷无关
解析:电场中某点的电场强度E由电场本身决定,与是否引入试探电荷及引入试探电荷的电荷量q无关,故A、C两项错误,D项正确;E=k是点电荷的电场强度公式,很明显E∝,所以B项正确.
答案:BD
3.
如图,在电荷量为Q的点电荷产生的电场中,电荷量为q的负试探电荷在A点受到的静电力为F,方向水平向左.则A点的电场强度(　　)
A.E=,方向水平向左
B.E=,方向水平向右
C.E=,方向水平向左
D.E=,方向水平向右
解析:由公式E=知,A点的电场强度大小为,由于试探电荷为负电荷,而负电荷受力方向与电场强度方向相反,则电场强度方向向右,故选项B正确.
答案:B
4.
在真空中O点放一个电荷Q=1.0×10-9
C,直线MN通过O点,OM的距离r=30
cm,M点放一个点电荷q=-1.0×10-10
C,如图所示,求:(静电力常量k=9.0×109
N·m2/C2)
(1)q在M点受到的作用力;
(2)M点的电场强度;
(3)拿走q后M点的电场强度.
解析:(1)q在M点受到的电场力由库仑定律可得
F=k
=9.0×109×
N
=1.0×10-8
N,方向由M指向O.
(2)M点的电场强度EM=
N/C=100
N/C,方向由M指向N.
(3)拿走q后M点的电场强度不变,电场强度与试探电荷q无关.
答案:(1)1.0×10-8
N　方向由M指向O
(2)100
N/C　方向由M指向N
(3)100
N/C　方向由M指向N
5.
把一个电荷量q=-10-6
C的电荷依次放在带正电的点电荷Q周围的A、B两处,如图所示.其受到的电场力大小分别是FA=5×10-3
N、FB=3×10-3
N.
(1)画出电荷q在A、B两点的受力方向;
(2)求出A、B两处电场强度的大小.
解析:
(1)FA、FB方向如图所示.
(2)A处电场强度EA=
N/C=5×103
N/C
B处电场强度EB=
N/C=3×103
N/C.
答案:(1)见解析图　(2)5×103
N/C　3×103
N/C
题组二　电场线
6.
如图表示的是下列哪种情况的电场线(　　)
A.等量同种负电荷
B.等量同种正电荷
C.等量异种电荷
D.不等量异种电荷
答案:B
7.
图中的实线为点电荷的电场线,M、N两点在以点电荷为圆心的同一圆上,下列说法正确的是
(　　)
A.M处的电场强度比N处的大
B.M处的电场强度比N处的小
C.M、N处的电场强度大小相等,方向相同
D.M、N处的电场强度大小相等,方向不同
解析:由点电荷形成的电场的特点:离点电荷越近,电场线越密,电场强度越大.由题图可知,M点、N点与点电荷的距离相等,所以EM=EN,但方向不同,故选项D正确.
答案:D
8.仅在电场力作用下,对于电荷由静止开始运动的情况正确的是(　　)
A.从电场线疏处向电场线密处运动
B.从电场强度大处向电场强度小处运动
C.沿电场线运动
D.运动轨迹可能与电场线重合
解析:只有电场力作用,所以加速度方向与电场力方向一致,如果电场线为直线,则在电场力作用下沿平行电场线方向运动,若为曲线,则做曲线运动,一旦获得速度,则轨迹在速度与力方向之间,不与电场线重合,因此只有D项正确.
答案:D
9.
如图所示,关于A、B两点的电场强度的大小及方向,下列表述正确的是(　　)
A.EA>EB,方向相同　　　
B.EA>EB,方向不同
C.EAD.EA解析:由电场线的相对疏密表示电场强度的大小知EA>EB,由电场线的切线方向表示电场强度的方向知A、B两点的电场强度方向不同,选项B正确.
答案:B
10.
(双选)电场中某区域的电场分布如图所示,a、b是电场中的两点.下列说法正确的是(　　)
A.a、b两点的电场强度相等
B.a点的电场强度大于b点的电场强度
C.同一个点电荷在a点所受的静电力小于在b点所受的静电力
D.同一个点电荷在a点所受的静电力大于在b点所受的静电力
解析:由电场线特点可知Ea>Eb,同一电荷在a处所受静电力较大,故选项B、D正确.
答案:BD
(建议用时:30分钟)
1.(双选)用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法,下面四个物理量都是用比值法定义的,其中定义式正确的是(　　)
A.加速度a=　　　　B.电场强度E=
C.电场强度E=k
D.密度ρ=
解析:A中a=是a的决定式,同理C中E=k是电场强度E的决定式,所以符合题意的只有B项和D项.
答案:BD
2.如图所示的各电场中,A、B两点电场强度相同的是(　　)
解析:A图中A、B两点电场强度大小相等、方向不同;而B图中大小不等、方向相同;同理D图中大小不同、方向相同;只有C图所示的匀强电场中各点电场强度大小、方向均相同.
答案:C
3.在电场中某一点,当放入正电荷时受到的电场力方向向右,当放入负电荷时受到的电场力方向向左,下列说法正确的是(　　)
A.当放入正电荷时,该点的电场强度方向向右,当放入负电荷时,该点的电场强度方向向左
B.只有在该点放入电荷时,该点才有电场强度
C.该点的电场强度方向一定向右
D.关于该点的电场强度,以上说法均不正确
解析:电场是一种客观存在的物质,一旦电场确定,则电场中任何一点的电场强度的大小和方向就被确定,与放入电场中电荷所带的电性、电荷量的多少和是否在该点放入电荷无关.电场中任何一点电场强度的方向规定为正电荷在该点受力的方向,与负电荷受力的方向相反,综上所述,正确选项为C.
答案:C
4.下列关于电场与电场线的说法中,正确的是(　　)
A.电场是人为规定的
B.电场是客观存在的特殊物质,它对放入其中的电荷有力的作用
C.电场线是客观存在的一条条的线
D.电场线只能描述电场的方向,不能描述电场的强弱
答案:B
5.
(双选)如图所示是某电场中的电场线分布示意图,在该电场中有A、B两点,下列结论正确的是(　　)
A.A点的电场强度比B点的大
B.A点的电场强度方向与B点的电场强度方向相同
C.将同一点电荷分别放在A、B两点,点电荷所受静电力在A点比在B点大
D.因为A、B两点没有电场线通过,所以电荷放在这两点不会受静电力的作用
解析:电场线的疏密反映电场的强弱,由题图可以看出,A处电场线密,所以EA>EB,由F=qE知,FA>FB,所以A、C项正确;电场线的切线方向表示电场强度的方向,所以A、B两点电场强度的方向不同,所以B项错误;电场中某点没有电场线通过不能认为没有电场,因为我们用电场线的疏密表示电场强弱,所以不能让空间充满电场线,则D项错.
答案:AC
6.正电荷q在电场力作用下由P向Q沿直线做加速运动,而且加速度越来越大,那么可以断定,它所在的电场是下图中的(　　)
解析:带电体在电场中沿直线做加速运动,其电场力方向与加速度方向相同,加速度越来越大,电荷所受电场力也应越来越大,而电荷量不变,由电场力F=Eq知,E应越来越大,即电场线应越来越密集,且沿PQ方向,因此正确选项为D.
答案:D
7.氢原子核的电荷量Q=1.6×10-19
C,核外电子的电荷量e=-1.6×10-19
C,核外电子在离核r=0.53×10-10
m
处受到的电场力为8.2×10-8
N.试求氢原子
核在该处产生电场的电场强度E的大小.
解析:根据电场强度的定义式可得
E=
N/C≈5.1×1011
N/C.
答案:5.1×1011
N/C
8.
如图所示,在雷雨天气,在一不规则带电云团A附近的B点放置一个q1=-2.0×10-8
C的点电荷,若测出它受到的电场力大小F=4.0×10-6
N,方向如图所示.
(1)B处电场强度的大小是多少 B处电场强度的方向如何
(2)如果在B点换一个q2=4.0×10-7
C的电荷,则其所受电场力大小和方向如何
解析:(1)由定义式得EB=
N/C=2.0×102
N/C.
由电场强度方向规定为正电荷受力方向可判定B点电场强度的方向与负电荷q1在B点受电场力与F的方向相反.
(2)在B点换q2后,其所受电场力F'=q2EB=4.0×10-7×2.0×102
N=8.0×10-5
N,方向与题图F方向相反.
答案:(1)2.0×102
N/C　方向与F方向相反
(2)8.0×10-5
N　方向与F方向相反
9.如图所示,P为某静电场中的一点.若在P点放一电荷量为q的点电荷A,它受到的静电力大小为F.问:
(1)P点电场强度E为多大
(2)将点电荷A换成电荷量为2q的点电荷B且仍置于P点,则B所受的静电力为多大
(3)若P点不放任何电荷,则此时P处的电场强度又为多大
解析:(1)由E=得P点电场强度大小为.
(2)当在P点放置2q的电荷时,所受静电力F'=E·2q=2F.
(3)因电场强度与放入的试探电荷无关,P点是否放入电荷,该点的电场强度都为.
答案:(1)　(2)2F　(3)第一章过关检测(二)
(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.每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有两项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.“顿牟”指玳瑁的甲壳,“掇芥”的意思是吸引芥子之类的轻小物体.不考虑万有引力的作用,发生“顿牟掇芥”时,两者可能的带电情况是(　　)
A.玳瑁壳带正电,芥子带正电
B.玳瑁壳带负电,芥子带负电
C.玳瑁壳带正电,芥子不带电
D.玳瑁壳不带电,芥子不带电
解析:两者相互吸引时,可能带异种电荷,也可能一个带电,另一个不带电,故选项C正确.
答案:C
2.电场强度的定义式E=,点电荷的电场强度公式为E=k.关于这两个公式,下列说法正确的是(　　)
A.E=中的电场强度E是电荷q产生的
B.E=k中的电场强度E是电荷Q产生的
C.E=中的F是表示单位正电荷的受力
D.E=和E=k都只对点电荷适用
解析:E=是定义式,适用于任何情况,而E=k只适用于点电荷,其中F为q受到的电场力,不一定是单位正电荷受到的力,q只是试探电荷.
答案:B
3.
在一个等边三角形ABC顶点B、C处各放一个点电荷时,测得A处的电场强度大小为E,方向与BC边平行沿B指向C,如图所示,拿走C处的点电荷后,A处电场强度的情况将是(　　)
A.大小仍为E,方向由A指向B
B.大小变为,方向不变
C.大小仍为E,方向沿BA向外
D.无法确定
解析:在B、C两处同时存在场源电荷时,合电场强度方向平行于BC,说明B、C两处电荷在A处独立产生的电场强度大小相等,方向均与合电场强度方向成60°角,当撤去C处电荷时,只剩下B处电荷,此时A处电场强度大小为E,方向沿BA方向向外.
答案:C
4.静电在我们生活中应用很广泛,下列不属于静电应用的是(　　)
A.利用静电把空气电离,除去烟气中的粉尘
B.利用静电吸附,将涂料微粒均匀地喷涂在接地金属物体上
C.利用静电放电产生的臭氧,进行杀菌
D.利用运油车尾部的铁链将油与油罐摩擦产生的静电导走
解析:选项A、B、C都属于对静电的应用,选项D属于对静电的防止.
答案:D
5.下面是对点电荷电场强度公式E=k的几种不同理解,其中正确的是(　　)
A.当r→0时,E→∞
B.当r→∞时,E→0
C.某点电场强度大小与距离r成反比
D.以点电荷Q为中心、r为半径的球面上各处的电场强度相同
解析:本题考查的内容是对点电荷电场强度公式E=k的理解.当r→0时就不能将电荷视为点电荷了,因此r→0时E=k不再适用,故选项A错误;在点电荷形成的电场中,某点的电场强度大小与距离r的二次方成反比,当r→∞,E→0,故选项B正确,选项C错误;电场强度是矢量,有大小,有方向,故以点电荷Q为中心、r为半径的球面上各点电场强度大小相等,但方向不同,故选项D错误.
答案:B
6.关于库仑定律的公式F=k,下列说法中正确的是(　　)
A.当真空中的两个点电荷间的距离r→∞时,它们之间的静电力F→0
B.当真空中的两个点电荷间的距离r→0时,它们之间的静电力F→∞
C.当两个点电荷之间的距离r→∞时,库仑定律的公式就不适用了
D.当两个点电荷之间的距离r→0时,电荷不能看成是点电荷,库仑定律的公式就不适用了
解析:r→∞时,由F=k知F→0,A正确;r→0时,电荷不能看成点电荷,库仑定律已不成立,D正确.
答案:AD
7.下列关于电容器的叙述中正确的是(　　)
A.电容器是储存电荷和电能的容器,只有带电的容器才称为电容器
B.任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体,都能组成电容器,而且跟这两个导体是否带电无关
C.电容器所带的电荷量是指两个极板所带的电荷量的绝对值和
D.电容器充电过程是将其他形式的能转变成电容器的电能并储存起来;电容器放电过程是将电容器储存的电能转化为其他形式的能
解析:电容器是任何两个彼此绝缘而又互相靠近的导体组成的能够储存电荷和电能的装置,与是否带电无关,故A项错,B项正确.电容器充电时,将其他形式的能转化为电能储存起来;反之,放电过程是将它储存的电能转化为其他形式的能,故D项正确.由电容器的性质知C项错误.
答案:BD
8.关于电源,下列说法正确的是(　　)
A.电源是将电能转化为其他形式能的装置
B.电源是将其他形式能转化为电能的装置
C.电源是把自由电子从正极搬迁到负极的装置
D.电源是把自由电子从负极搬迁到正极的装置
解析:电源的作用就是维持导体两端的电压,使电路中有持续的电流,从其实质来说,电源是通过非静电力做功,把自由电子从电源正极搬迁到电源的负极;从能量角度来说,电源是把其他形式的能转化为电能的装置,电源为整个电路提供能量,故选项B、C正确.
答案:BC
二、填空题(每小题8分,共16分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答)
9.如图所示,电源电压恒定,则接通开关S的瞬间,通过电阻R的电流方向为从　　　　到　　　　.S闭合一段时间后,再断开S的瞬间,通过电阻R的电流方向为从　　　　到　　　　.
解析:S接通的瞬间,电源要给电容器充电,使其上极板带正电,下极板带负电,则通过R的电流方向为从A到B;S闭合后,再断开的瞬间,电容器要通过R、R0放电,此时通过R的电流方向为从B到A.
答案:A　B　B　A
10.有两个完全相同的带电绝缘金属小球A、B,电荷量QA=6.4×10-9
C,QB=-3.2×10-9
C.让两球接触一下再分开,这时QA'=　　　　　,QB'=　　　　,并且接触过程中有　　　　个电子从　　　　移到　　　　上.
解析:A、B接触,所带电荷先中和后平分,即QA'=QB'=
C=1.6×10-9
C.电子从带负电的B转移到A上,转移个数n=个=3×1010个.
答案:1.6×10-9
C　1.6×10-9
C　3×1010　B　A
三、计算题(本题共2小题,每小题18分,共36分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
11.在示波器的示波管中,当电子枪射出的电流达到5.6
μA时,每秒内从电子枪发射的电子数目有多少 电流的方向如何 (已知e=1.60×10-19
C)
解析:由于电流I=5.6
μA=5.6×10-6
A,所以电子枪每秒内发射出的电荷量Q=It=5.6×10-6
C;因为每个电子的电荷量为e,所以每秒发射的电子数目为n==3.5×1013(个).由于规定正电荷定向移动的方向是电流的方向,所以示波管内电流的方向与电子运动的方向相反.
答案:见解析
12.
竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场,其电场强度为E.在该匀强电场中,用丝线悬挂质量为m的带电小球,丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡,此时,小球与右侧金属板的距离为b,如图所示.
(1)小球带的电荷量是多少
(2)若剪断丝线,小球打到金属板需要多长时间
解析:
(1)由于小球处于平衡状态,对小球受力分析如图所示.
根据受力平衡可得
解得tan
θ=
故q=.
(2)由第(1)问中第二个方程知FT=,剪断丝线后小球受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等、方向相反,故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力F等于,小球的加速度a=,小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动,当碰到金属板时,它走的位移为x=,又由x=at2得t=.
答案:(1)　(2)变压器
题组一　变压器的构造和工作原理
1.(双选)关于变压器,下列说法正确的有(　　)
A.变压器是利用电磁感应现象工作的,副线圈输出的电流是原线圈电流的感应电流
B.变压器是由绕在同一闭合铁芯上的两个线圈组成的
C.变压器可以改变任何交、直流电压
D.以上说法都不正确
解析:变压器是利用电磁感应原理工作的,所以只能改变交流电压,而不能改变稳恒的直流电,所以C项错,因此只能选A、B项.
答案:AB
2.一个正常工作的理想变压器的原、副线圈中,下列物理量不一定相等的是(　　)
A.交变电流的频率
B.电流的有效值
C.电功率
D.磁通量的变化率
解析:根据变压器的工作原理,交变电流的频率、磁通量的变化率、电功率都相等,只有其有效值可能不相等.
答案:B
3.如图所示是自耦变压器的示意图,这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈.如果把整个线圈作为原线圈,副线圈只取线圈的一部分,就可以　　　　电压;如果把线圈的一部分作为原线圈,整个线圈作为副线圈,就可以　　　　电压.(均选填“升高”“不改变”或“降低”)
解析:根据变压器原理,每一匝线圈中的磁通量变化率均为,因此,如果整个线圈作为原线圈,副线圈只取线圈的一部分,则n1>n2,由知U1>U2,因此可以降压,反之为升压.
答案:降低　升高
题组二　变压器原、副线圈中各物理量的关系
4.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1,副线圈接三个相同的灯泡,均能正常发光,若在原线圈上也有一相同的灯泡L,则(　　)
A.灯L也能正常发光
B.灯L将会烧坏
C.灯L比另三个灯都暗
D.不能确定
解析:原线圈、副线圈电流之比,I1=,副线圈中通过每个灯的电流等于其额定电流I额=,通过灯L的电流I1==I额,所以也能正常发光.
答案:A
5.如图所示,从学生电源输出的电压,经变压器降压后,使小灯泡正常发光.其对应的电路图为(　　)
解析:经变压器降压后小灯泡正常发光,说明学生电源输出交变电流,且变压器副线圈匝数小于原线圈,由此可知选项B正确.
答案:B
6.(双选)如图所示,一个理想变压器原线圈和副线圈的匝数分别为n1和n2,正常工作时输入和输出的电压、功率分别为U1和U2、P1和P2.已知n1>n2,则(　　)
A.U1>U2,P1B.P1=P2,I1C.I1U2
D.P1>P2,I1>I2
解析:由于是理想变压器,电能无损失,有P1=P2.根据变压公式,由于n1>n2,有U1>U2.根据电流关系,由于n1>n2,有I1答案:BC
7.一台理想变压器,其原线圈2
200匝,副线圈440匝,并接一个100
Ω的负载电阻,如图所示.
(1)当原线圈接在44
V直流电源上时,电压表示数为　　　　V,电流表示数为　　　　A.
(2)当原线圈接在220
V交流电源上时,电压表示数为　　　V,电流表示数为　　　A.此时输入功率为　　　W,变压器效率为　　　　.
解析:(1)由变压器的工作原理知,变压器不能改变直流电压,故电压表示数、电流表示数均为零.
(2)由得U2=U1=220×
V=44
V
I2=
A=0.44
A
P入=P出=I2U2=0.44×44
W=19.36
W
效率η=×100%=100%.
答案:(1)0　0　(2)44　0.44　19.36　100%
8.小型电源变压器应用非常广泛,收录机、随身听、手机充电器、扫描仪等一些小型电器,都要用到电源适配器,将
220
V
交变电流转换成低压直流电.电源适配器中的降压部分,往往就是小型的电源变压器,如图所示.已知该电源变压器的原线圈匝数为19
800匝,要用它接到我们的照明电路上后给额定电压为6
V的复读机供电,其副线圈应为多少匝
解析:由照明电路电压U1=220
V、输出电压U2=6
V及电压与匝数的关系可知
n2==540(匝).
答案:540匝
9.变压器原线圈匝数n1=1
000,副线圈匝数n2=50,原线圈的交流电压U1=220
V,原线圈的交变电流I1=0.02
A.求:
(1)副线圈的交流电压U2多大
(2)副线圈的交变电流I2多大
解析:(1)由得U2=
V=11
V.
(2)因为P入=P出,所以U1I1=U2I2
I2=I1=×0.02
A=0.4
A.
答案:(1)11
V　(2)0.4
A
10.为了安全,机床上照明电灯用的电压是
36
V,这个电压是把
220
V的电压降压后得到的.如果变压器的原线圈是1
100匝,副线圈是多少匝 这台变压器给40
W的电灯供电,原、副线圈的电流各是多大
解析:根据公式得
n2==180匝
副线圈输出功率P2=U2I2
I2=
A≈1.1
A
又因为P1=P2,
故I1U1=I2U2
有I1=I2=
A≈0.18
A.
答案:180匝　0.18
A　1.1
A
(建议用时:30分钟)
1.下列说法中不正确的是(　　)
A.变压器也可能改变恒定电压
B.变压器的原理是一种电磁感应现象,副线圈输出的电流是原线圈电流的感应电流
C.变压器由绕在同一闭合铁芯上的若干线圈构成
D.变压器原线圈相对电源而言起负载作用,而副线圈相对负载而言起电源作用
解析:变压器是根据电磁感应原理工作的,所以只有变化的电流或电压才能在副线圈中引起感应电动势,从而给负载供电,所以只有A项是错误的,符合题意.
答案:A
2.下列关于变压器的说法中正确的是(　　)
A.变压器是把电能通过磁场能转换成电能的装置
B.变压器的原、副线圈组成闭合回路
C.变压器的铁芯中产生交变电流
D.变压器的副线圈中产生直流电
解析:变压器通过原线圈把电能变成磁场能,又通过副线圈把磁场能转换为电能,原、副线圈通过闭合铁芯中的磁场相联系,两线圈中的电流并不相通,所以A项正确,而B项错误;原线圈中变化的电流在铁芯中产生变化的磁场,变化的磁场又在副线圈中产生同频率变化的电流,故C、D均错误.
答案:A
3.一个理想变压器的原、副线圈匝数之比为3∶1,将原线圈接在6
V电池组上,则副线圈两端电压为
(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.18
V
B.2
V
C.0
D.6
V
解析:电池组加到原线圈上表现为6
V的恒定电压,不能在铁芯中产生变化的磁通量,所以副线圈两端电压为零.
答案:C
4.关于理想变压器,下面各说法中正确的是(　　)
A.它可以对交变电流或直流电进行变压
B.它的输出功率可以大于它的输入功率
C.原、副线圈两端的电压与它们的匝数成正比
D.原、副线圈的电流与它们的匝数成正比
解析:变压器是根据磁通量的变化来工作的,对于直流电来说,它产生的磁通量是不变的,所以变压器不能改变直流电的电压,所以A错误;输入功率的大小是由输出功率的大小决定的,并且大小相等,所以B错误;输出电压是由输入电压和匝数比决定的,电压与匝数成正比,所以C正确;原、副线圈(只有一个副线圈)的电流与它们的匝数成反比,所以D错误.故选C.
答案:C
5.一台理想变压器,原、副线圈的匝数比n1∶n2=20∶1,原线圈接入220
V的交流电压,副线圈向一电阻为110
Ω的用电器供电,则副线圈中的电流为(　　)
A.2
A
B.0.1
A
C.0.5
A
D.0.005
A
解析:由得副线圈两端的输出电压U2=·n2=
V=11
V,所以副线圈的电流
I2=
A=0.1
A.
答案:B
6.在可拆变压器铁芯的一边装一个匝数很多的线圈,在另一边用一根长导线在铁芯上绕两三圈后连接一个2.5
V的小灯泡.把原线圈的两端接在220
V交流电源上,这时小灯泡不亮.你能否想出一个简单的办法使小灯泡发出光来 说出你的理由.
答案:根据变压器的原理,由于副线圈的匝数只有两三圈,在副线圈上得到的感应电动势太小,达不到小灯泡的额定电压,灯泡当然不亮.只要将长导线在铁芯上多绕几圈,直到感应电动势的大小接近小灯泡的额定电压,小灯泡就会亮起来.
7.变压器线圈中的电流越大,所用的导线应当越粗,街头用到的变压器是降压变压器,假设它只有一个原线圈和一个副线圈,哪个线圈应该使用较粗的导线 为什么
答案:因为是降压变压器,所以匝数关系为n1>n2,由理想变压器输出功率P2与输入功率P1相等知U1I1=U2I2,而电压与匝数有关系,所以,因此输出电流I2>I1,所以副线圈应该用粗导线.
8.为了安全,工厂车间机床上照明电灯用的电压是
36
V,这个电压是把380
V的电压降压后得到的,如果变压器的原线圈是1
140匝,则副线圈是多少匝
解析:由电压与匝数的关系,可解得副线圈的匝数n2=匝=108匝.
答案:108匝交变电流
题组一　交变电流的产生及其变化规律
1.如下图中的电流i随时间变化的图象中,不表示交变电流的是(　　)
解析:方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特性.选项A中电流虽然周期性变化,但方向不变,属于脉动直流电,不是交变电流.选项B电流大小虽不变,但方向周期性变化,也是交变电流,故选A.
答案:A
2.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,当线圈通过中性面时,下列说法中正确的是(　　)
A.穿过线圈的磁通量最大,线圈中的感应电动势最大
B.穿过线圈的磁通量为零,线圈中的感应电动势最大
C.穿过线圈的磁通量最大,线圈中的感应电动势为零
D.穿过线圈的磁通量为零,线圈中的感应电动势为零
答案:C
3.如图是一个正弦式交变电流的图象,下列说法正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.周期是0.20
s,电流的峰值是10
A
B.周期是0.10
s,电流的峰值是10
A
C.频率是5
Hz,某时刻的电流i=10sin
5t
A
D.频率是0.2
Hz,某时刻的电流i=10sin
0.2t
A
解析:由图象可知:T=0.20
s,Im=10
A
则f==5
Hz,而ω==10π,
则某时刻的电流i=10sin
10πt
A.
故选项A正确,B、C、D错误.
答案:A
4.(双选)一正弦式交变电流的电压随时间变化规律如图所示,由图可知(　　)
A.该交流电压的峰值为100
V
B.该交流电压的周期为0.04
s
C.该交流电压的有效值为100
V
D.该交流电压的频率为50
Hz
解析:由u-t图象可知,该交流电压峰值为100
V,则有效值U==50
V,而周期T=0.04
s,则频率f==25
Hz,故选项A、B正确.
答案:AB
题组二　交变电流有效值与峰值
5.下面提到的交变电流的数字,哪些不是指的有效值(　　)
A.交流电压表的读数
B.保险丝的熔断电流
C.电容器的击穿电压
D.380
V动力电压中的“380
V”
解析:电容器的击穿电压应指交流电压的最大值,其余三项均指有效值.
答案:C
6.目前,我国照明电路的电压瞬时值表达式为u=311sin
100πt
V,则我国照明电路的电压有效值与频率分别为(　　)
A.220
V,50
Hz
B.311
V,50
Hz
C.220
V,60
Hz
D.311
V,60
Hz
解析:由电压表达式知Um=311
V,ω=100π
rad/s,则Ue==220
V,f=
Hz=50
Hz,故选项A正确.
答案:A
7.如图是验证电容器特性的实验电路图.电路正常工作时,对于灯L1、L2的分析正确的是(　　)
A.L1、L2都亮
B.L1、L2都不亮
C.L1亮,L2不亮
D.L1不亮,L2亮
解析:由于电容器有“隔直”作用,电流不能通过电容器.因此电路正常工作时L1不亮,L2亮,故选项D正确.
答案:D
8.如图(a)所示的正弦式交变电流,接入图(b)所示电路的M、N两端.已知图(b)电路中的定值电阻R=110
Ω,电流表A为理想电流表,C为击穿电压为250
V的电容器,D为熔断电流I0=2.5
A
的保险丝,则下列说法中正确的有(　　)
A.电流表读数为2.82
A
B.若将电容器C接到P、Q两点之间,电容器C不会被击穿
C.保险丝D接入电路中的图示位置,肯定会被熔断
D.若保险丝不被熔断,在10个周期内,电阻R放出的热量为88
J
解析:由题给出的交流电压的图象可知,该交流电压的最大值Um=311
V,有效值Ue=≈220
V,周期T=0.02
s.
交流电流表所测得的电流值为有效值,因而电流表读数I==2
A,选项A错误.
电容器的击穿电压是指电容器被击穿时电压值的下限.因而与之相对应的应该是交流电压的最大值,亦即电容器C只能接入电压的最大值小于250
V的交流电路中,今将其接入P、Q两点之间会被击穿,选项B错误.
保险丝的熔断是由于电流的热效应所致,熔断电流值指的是电流的有效值,I0=2.5
A>2
A,所以保险丝D不会被熔断,选项C错误.
交变电流的有效值是根据电流的热效应来定义的,所以计算电阻R上放出的热量时应该用有效值计算,10个周期内电阻R上放出热量Q=I2Rt=22×110×10×0.02
J=88
J,选项D正确.
答案:D
9.电容器的两个极板间的电压如果太高,绝缘层就会击穿,损坏电容器,电容器的耐压值一般都标在外壳上.有些电容器是用在交流电路中的,一个标有耐压250
V的电容器,能否用在220
V的交流电路中 为什么
答案:不能.因为220
V交流电压的最大值为220
V≈311
V>250
V,所以会将电容器击穿.
10.一交流发电机产生的电动势e=220sin
100πt
V,把它加到阻值为100
Ω的电阻两端,在1
min内产生多少热量
解析:电流有效值Ie=
A=
A
所以由焦耳定律知Q=Rt=×100×60
J=14
520
J.
答案:14
520
J
(建议用时:30分钟)
1.关于交变电流与直流电的说法中,正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.如果电流大小做周期性变化,则一定是交变电流
B.直流电的大小可以变化,但方向一定不变
C.交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
D.直流电的方向可以发生周期性变化
解析:直流电与交变电流的区别在于电流的方向是否变化,方向不变的为直流电,方向变化的为交变电流,故B项正确.
答案:B
2.某交流电压为u=10sin
314t
V,则(　　)
A.击穿电压为10
V的电容器能直接接在此电源上
B.把电磁打点计时器接在此电源上,打点周期为0.01
s
C.把额定电压为10
V的小灯泡直接接在此电源上,小灯泡将被烧坏
D.把额定电压为10
V的小灯泡直接接在此电源上,小灯泡能正常发光
解析:电容器的击穿电压应该是交变电流的最大值,所以A错误;交变电流的频率为50
Hz,周期为0.02
s,B错误;小灯泡的额定电压为有效值,C错误,D正确.
答案:D
甲
3.如图甲所示,单匝矩形线圈的一半放在理想边界的匀强磁场中,边界左边磁感应强度为B,边界右边磁感应强度为0,线圈轴OO'与磁场的边界重合,线圈按图示方向(俯视逆时针)匀速转动,开始计时的时刻线圈平面与磁场方向垂直,规定电流方向沿abcd为正方向,则线圈中感应电流随时间变化的图象是图乙中的(　　)
乙
解析:单匝线圈的一半放在磁场中绕轴转动,能够产生感应电动势的是ad边或bc边,当线圈转过题图甲所示位置时,ad边的瞬时速度方向垂直纸面向外,与磁场方向平行,瞬时感应电动势为0;在转过此位置后的四分之一周期内,ad边的速度有了向右的分量,产生的感应电动势方向由d到a,与规定的正方向相同,且随着ad边向右的速度分量越来越大,感应电动势越来越大,呈正弦规律变化;转过四分之一周期后,ad边转出磁场,bc边进入磁场;在时间内,bc边产生的感应电动势方向由b到c,与规定的正方向相同,大小逐渐减小;在t=时,感应电动势为0;此后的四分之一周期电流方向反向,分析方法同上,所以线圈中感应电流随时间变化的图象为D.
答案:D
4.
某实验电路如图所示,电路接入交变电流,灯亮,保持电压不变使频率逐渐增大,观察到灯逐渐变亮,则X接入的是(　　)
A.电容器
B.电感器
C.电阻器
D.保险丝
解析:电容器具有“通高频,通交流”的特点,频率越高,它在电路中分得的电压越小,而灯L分得的电压就越大,故越亮,所以选A.
答案:A
5.关于正弦式交变电流的有效值,下列说法中不正确的是(　　)
A.有效值就是交变电流在一周期内的平均值
B.交变电流的有效值是根据电流的热效应来定义的
C.在交流电路中,交流电流表和交流电压表的示数表示的都是有效值
D.对于正弦式交变电流,最大值的二次方等于有效值二次方的两倍
解析:交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的,所以选项A错误,符合题意,B正确,不符合题意;交流电流表和交流电压表的示数是有效值,故选项C正确,不符合题意;对正弦式交变电流,最大值与有效值的关系是Um=Ue,Im=Ie,故选项D正确,不符合题意.
答案:A
6.
小型交流发电机中,矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的感应电动势与时间成正弦函数关系,如图所示.下列说法中正确的是(　　)
A.交变电流的周期为0.125
s
B.交变电流的频率为8
Hz
C.交流电压的有效值为20
V
D.交流电压的最大值为20
V
解析:由题图可知交变电流的周期T=0.250
s,频率f==4
Hz,故选项A、B错误;由题图知交流电压最大值Um=20
V,所以有效值Ue==10
V,所以选项C错误,选项D正确.
答案:D
7.如图所示为某品牌电热水器的铭牌,从表中读取的信息可知所用交变电流的频率是多少 周期是多少 计算该热水器所加电压的最大值是多少
型号
3D22OH-J1(GE)
额定电压
220
V~
额定容量
35
L
额定频率
50
Hz
额定最高温度
75
℃
储水模式额定功率
5
000
W
3D模式额定功率
5
000
W
防水等级
1PX4
额定内压
0.8
MPa
解析:由图表知,频率f=50
Hz,所以周期T=
s=0.02
s.由题表知该热水器所加交流电压的有效值Ue=220
V,所以最大值Um=Ue=220
V.
答案:50
Hz　0.02
s　220
V
8.电路两端的交流电压u=Umsin
314t
V,在t=0.005
s时的值为10
V,则接在电路两端的电压表的读数为多少
解析:由u=Umsin
314t
V及t=0.005
s时,u=10
V可知Um=10
V,所以其有效值Ue≈0.707×Um=7.07
V,故接在电路两端的电压表的示数为7.07
V.
答案:7.07
V第二章过关检测(一)
(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.每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有两项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.关于电荷所受电场力和洛伦兹力,下列说法中正确的是(　　)
A.电荷在电场中一定受电场力作用
B.电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用
C.电荷所受电场力一定与该处电场方向一致
D.电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直
解析:电荷在电场中一定受电场力作用,而正电荷受力方向才与电场方向一致,选项A正确,C错误;只有运动电荷在磁场中才可能受洛伦兹力,而洛伦兹力的方向一定与磁场方向垂直,选项B、D错误.
答案:A
2.如图所示,将磁铁靠近阴极射线管(电子射线管)时,发现电子束会发生偏转.使电子偏转的作用力是(　　)
A.电场力
B.重力
C.安培力
D.洛伦兹力
解析:运动电子在磁场中应该受洛伦兹力作用.
答案:D
3.一通电直导线用细线悬挂于匀强磁场中,磁场及电流方向如图所示.通电导线所受安培力的方向是
(　　)
A.水平向左
B.水平向右
C.竖直向上
D.竖直向下
解析:由左手定则可知安培力方向垂直于导线向下,所以选项D正确.
答案:D
4.关于磁场、磁感线,下列说法中正确的是(　　)
A.磁场并不是真实存在的,而是人们假想出来的
B.磁铁周围磁感线的形状,与铁屑在它周围排列的形状相同,说明磁场呈线条形状,磁感线是磁场的客观反映
C.磁感线可以用来表示磁场的强弱和方向
D.磁感线类似电场线,它总是从磁体的N极出发,到S极终止
解析:磁针放在磁体的周围受到力的作用,说明磁体在周围空间产生了磁场,磁场是一种客观物质,由此可知选项A是错误的.人们为了形象地描绘磁场,用图形——磁感线将抽象的磁场描绘出来,磁感线是假想的曲线,其客观上并不存在,铁屑在磁场中被磁化为小磁针,在磁场的作用下转动,最终规则地排列起来,显示出磁感线的分布特点,并非磁场的客观反映.电流的磁场和磁体的磁场的磁感线都是闭合曲线,在磁体外从N极到S极,在磁体内从S极到N极,不像电场线从正电荷出发到负电荷终止,不闭合.由此可知选项B、D是错误的,选项C正确.
答案:C
5.如图所示,其中正确反映两根大头针被条形磁铁吸起时的真实情况的是(　　)
A.图甲
B.图乙
C.图丙
D.图乙和图丙
解析:大头针被吸到磁铁一端后被磁化,针帽与磁极的极性相反,针尖极性与针帽相反,但同一磁极上的两枚大头针针尖必为同名磁极,根据同名磁极相互排斥可知,两大头针应分开,故只有题图丙正确.
答案:C
6.假若地球的磁场是由于地球自转和地球带电而产生的,则下列说法正确的是(　　)
A.地球带正电
B.地球带负电
C.在北京,小磁针静止时,北极指向偏西
D.在悉尼,小磁针静止时,北极指向偏东
解析:地球自西向东自转,地理的北极在地磁南极附近,由安培定则知地球带负电,形成从地球北极俯视顺时针方向的电流才能形成地磁,故选项B正确;由磁偏角知,指南针所指的北方都是离开地理北极而略向西偏,故C正确.
答案:BC
7.
南极考察队队员在地球南极附近用弹簧测力计竖直悬挂一未通电的螺线管,如图所示.下列说法正确的是(　　)
A.若将a端接电源正极,b端接电源负极,则弹簧测力计示数将减小
B.若将a端接电源正极,b端接电源负极,则弹簧测力计示数将增大
C.若将b端接电源正极,a端接电源负极,则弹簧测力计示数将增大
D.不论螺线管通电情况如何,弹簧测力计示数均不变
解析:
分析弹簧测力计示数是否变化或怎样变化,关键在于确定螺线管与地磁场之间的作用情况.一方面,可以将地球等效处理为一个大磁铁,地理南极相当于磁铁的N极,因此在南极附近地磁场方向近似竖直向上,如图所示.另一方面,可利用安培定则判定通电螺线管在周围产生的磁场方向,再根据“同名磁极相斥,异名磁极相吸”的原理可判定螺线管与地磁场之间的作用情况,故正确选项为A、C.
答案:AC
8.带电粒子在磁场中发生偏转的物理原理可运用于各种科学实验和电器中,下面利用了此物理原理的装置有(　　)
解析:磁流体发电机是利用带电粒子在磁场中受洛伦兹力向A、B两极偏转,从而保证A、B两极间有足够的正负电荷形成电源两极;电子显像管是利用磁场中电子受洛伦兹力偏转打到荧光屏上显像;电熨斗是利用了电流的热效应;洗衣机是磁场对电流产生安培力,从而使洗衣机转动,故选A、B.
答案:AB
二、填空题(每小题9分,共18分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答)
9.如图所示,在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,垂直于磁场方向放置长度为L的通电导体MN.若导体中的电流大小为I,且方向由M到N,则MN受到的安培力的大小为　　　　,方向　　　　　　　　　　　.
解析:安培力的大小F=BIL,方向由左手定则判定应垂直纸面向里.
答案:BIL　垂直纸面向里
10.在某匀强磁场中,有两个电子以不同的速率在做匀速圆周运动.它们受到的洛伦兹力方向　　　　(选填“一定”或“不一定”)跟速度方向垂直;它们受到的洛伦兹力大小一定　　　　　　,做圆周运动的半径一定　　　　　　,周期一定　　　　(后三空均选填“相等”或“不相等”).
解析:洛伦兹力的方向由左手定则判定,其方向与磁场方向和运动方向必垂直;它们运动过程中洛伦兹力提供向心力,做匀速圆周运动,由牛顿第二定律知qvB=,所以圆周运动的半径R=,显然R与电子速率成正比,因为速率v不同,则它们受到的洛伦兹力大小不相等,做圆周运动的半径也不相等.由周期公式T=得T=,显然周期T与速率v无关,所以两电子圆周运动的周期一定相等.
答案:一定　不相等　不相等　相等
三、计算题(本题共2小题,每小题17分,共34分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
11.如图所示,水平导体棒AB被两根竖直细线悬挂,置于垂直纸面向里的匀强磁场中.已知磁场的磁感应强度B=0.5
T,导体棒长L=1
m,质量m=0.5
kg,重力加速度g取10
m/s2.当导体棒中通以从A到B的电流时,
(1)判断导体棒所受安培力的方向;当电流I=2
A时,求导体棒所受安培力的大小F;
(2)导体棒中通过的电流I'为多大时,细线拉力刚好为零
解析:(1)根据左手定则,导体棒所受安培力方向竖直向上,由公式F=BIL得
F=0.5×2×1
N=1.0
N.
(2)当细线拉力为零时,导体棒受重力和安培力作用,满足BI'L=mg,则
I'=
A=10
A.
答案:(1)竖直向上　1.0
N　(2)10
A
12.如图所示,一边长为0.2
m的正方形区域ACDE内,有一大小为1.67×10-3
T、方向垂直正方形所在平面的匀强磁场.一质子从AE边中点M垂直AE边射入磁场,从DE边中点N射出.已知质子质量为1.67×10-27
kg,质子电荷量为1.6×10-19
C.求:
(1)质子在磁场中运动的轨道半径;
(2)质子射入磁场时的速度大小.
解析:(1)连接MN,质子运动轨道的圆心应在弦MN的垂直平分线上;质子从M点垂直AE边射入磁场,圆心应在ME(或延长线)上,由此可以确定质子运动轨道的圆心在E点.
设正方形区域边长为a,则轨道半径r==0.1
m.
(2)设质子速度为v,由牛顿第二定律有
qvB=得v=
代入数据可得
v=1.6×104
m/s.
答案:(1)0.1
m　(2)1.6×104
m/s信息化社会
题组一　传感器及其应用
1.家用电饭锅使用的传感器类型是(　　)
A.温度传感器
B.红外传感器
C.声音传感器
D.湿度传感器
解析:家用电饭锅需要温度自动控制,所以使用了温度传感器.
答案:A
2.传感器是一种采集信息的重要器件.如图所示为测定压力的电容式传感器,A为固定电极,B为可动电极,组成一个电容大小可变的电容器.可动电极两端固定,当待测压力施加在可动电极上时,可动电极发生形变,从而改变了电容器的电容.现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流计和电源串联成闭合电路,已知电流从电流计正接线柱流入时指针向右偏转.当待测压力增大时(　　)
A.电容器的电容将减小
B.灵敏电流计指针在正中央零刻度处
C.灵敏电流计指针向左偏转
D.灵敏电流计指针向右偏转
解析:压力增大,则电容器极板的间距减小,电容变大.因为电容器极板间电压不变,所以电容器要充电,电流从电流计正接线柱流入,指针向右偏转,故只有D项正确.
答案:D
3.下列电器中,应用了压力传感器的是(　　)
A.红外数字温度计
B.天黑自动开启的路灯
C.数字体重计
D.白炽灯泡
解析:压力传感器是将力的大小或变化通过电子电路显示出来,因此数字体重计利用了压力传感器,选项C正确.
答案:C
4.红外报警装置实际上就是传感器把光信号转变为电信号的过程.下列属于这类传感器的是(　　)
A.家电遥控系统
B.走廊照明灯的声控开关
C.电子秤中的压力传感装置
D.电饭煲中控制加热和保温的温控器
解析:A项中是把光信号转换为电信号,选项A正确;声控开关把声音信号转换为开关的通断,选项B错误;压力传感装置感受到的是压力,选项C错误;电饭煲中的温控器是把温度信号转换为电信号,选项D错误.
答案:A
5.如图所示为光电自动计数装置的示意图,其中R2为定值电阻,关于此光电计数器的说法不正确的是(　　)
A.电阻R1是光敏电阻
B.电阻R1是热敏电阻
C.当有光照射R1时,信号处理系统获得较低电压
D.信号处理系统每获得一次较高电压就计数一次
解析:光电自动计数装置是利用射向电阻R1的光线每被挡住一次,电路中信号处理系统的电压就变化一次而达到计数的目的,因此电阻R1应是光敏电阻,选项A对,B错;光敏电阻受到的光照越强,其阻值越小,信号处理系统获得较低电压,选项C对;由光电自动计数装置的工作原理,光线每被挡住一次,计数器计数一次,而光线被挡住时光敏电阻R1的电阻变大,信号处理系统获得一次较高电压,故选项D对.
答案:B
题组二　信息传递
6.数字电视与模拟电视相比较没有如下哪项优点
(　　)
A.高清晰度
B.网上浏览
C.收发邮件
D.免费使用
解析:数字电视可以给我们提供更清晰的图像,更富临场效果的声音,而且能够上网.所以A、B、C选项正确,D符合题意.
答案:D
7.在信息化时代,下列哪项技术不是应运而生
(　　)
A.传感技术
B.无线电技术
C.通信技术
D.计算机技术
答案:B
8.下列关于数字电视和模拟电视的说法正确的是
(　　)
A.模拟电视可以直接播放数字信号
B.二者在电视信号的制作方面都使用模拟信号
C.二者在电视信号的记录方面都使用数字信号
D.数字电视传送的信号是数字化的
解析:模拟电视不能直接播放数字信号,要播放数字信号,可以加装一个机顶盒装置,数字信号和模拟信号的制作和记录都不同.
答案:D
9.(双选)社会越发展,人与人之间的联系越广泛,信息的产生、传递、处理和运用就越频繁,对信息技术的要求就越高.现代信息技术的三大基础是信息的拾取、传递和处理.对现代信息技术而言,下列说法正确的是(　　)
A.信息的拾取需要传感器
B.信息的拾取需要电磁波
C.信息的传递需要传感器
D.信息的传递需要电磁波
解析:在现代信息技术中,信息的拾取需要传感器,而信息的传递则需要电磁波.
答案:AD
10.唱卡拉OK用的话筒内有传感器,其中有一种是动圈式的,它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈,线圈处于永磁体的磁场中,当声波使膜片前后振动时,就将声音信号转变为电信号.下列说法正确的是(　　)
A.该传感器是根据电流的磁效应进行工作的
B.该传感器是根据电磁感应原理进行工作的
C.膜片振动时,穿过金属线圈的磁通量不变
D.膜片振动时,金属线圈中不会产生感应电流
解析:当声波使膜片前后振动时,膜片后的线圈就跟着振动,从而使处于永磁体磁场的线圈切割磁感线,穿过线圈的磁通量变化,产生感应电流,从而将声音信号转化为电信号.可见这是利用了电磁感应原理,故只有B正确.
答案:B
(建议用时:30分钟)
1.以下家用电器中,使用温度传感器的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.消毒柜
B.家电遥控器
C.自动门
D.空调机
解析:消毒柜消毒作用与温度无关,家用遥控器安装了红外线发射装置,以此来控制电视机,也与温度无关;自动门是借助于不同温度的物体发出的红外线不同来感知人的靠近,因此用的是红外传感器,显然只有空调机用到了温度传感器.
答案:D
2.(双选)光敏电阻的特点是(　　)
A.入射光强,电阻小
B.入射光强,电阻大
C.入射光弱,电阻小
D.入射光弱,电阻大
解析:光敏电阻是对光比较敏感的半导体材料制成的,其特点是光照增强时,材料电阻减小.
答案:AD
3.电台将播音员的声音转换成如图甲所示的电信号,再加载到如图乙所示的高频载波上,使高频载波的振幅随电信号改变(如图丙所示).这种调制方式称为(　　)
A.调幅
B.调谐
C.调频
D.解调
解析:将声音信号加在高频载波上,使高频载波振幅随声音信号而变化的方法为调制中的调幅.故选项A正确.
答案:A
4.(双选)下列关于传感器应用的几种说法正确的是
(　　)
A.电热水器的自控装置应为湿度传感器
B.银行门口的自动门安装了红外线传感器
C.超市中的电子秤用了压力传感器
D.楼道中的自动开关只用声传感器即可
解析:电热水器的自控装置应为温控,所以用温度传感器;银行门口的自动门靠安在门口上方的红外线传感器感知人的靠近,从而控制开门装置自动打开;超市中的电子秤是利用压力传感器,不同质量的物体放到秤盘上产生不同压力,从而转换成不同的电信号;楼道中的自动开关不仅用声传感器,还用到光传感器,保证夜间在有声情况下开启,而白天则不开启.综上可知,只有B、C项正确.
答案:BC
5.
如图所示是过街天桥,市民争相体验感应扶梯.与其他过街天桥不同,为了方便老年人、残疾人,该过街天桥首次加设室外感应扶梯.有人乘坐时,扶梯以原有设计速度运行;无人乘坐时,扶梯则自动减速或停止运行.与全天运行的自动扶梯相比,感应扶梯可省电60%.你认为该扶梯之所以能自动控制,最有可能利用的是下列哪种传感器(　　)
A.温度传感器
B.湿度传感器
C.压力传感器
D.声传感器
解析:根据扶梯有人时运行,无人时会减速或停止的特点分析,最有可能借助于压力传感器来控制.
答案:C
6.下列说法不正确的是(　　)
A.电磁波可以通过光缆进行有线传输,也可以进行无线传输,但光缆比无线电波传递的信息量大
B.现代信息技术三大基础是信息的拾取、信息的记录和信息的处理
C.通过数字电视可以在因特网上浏览,可以收发电子邮件
D.过去的电视机要想接收数字信号,必须加装一个“机顶盒”
解析:电磁波可以通过光缆进行有线传输,如光信号,因为光的频率比无线电波频率高,所以相同时间内传递的信息量大,因此A项正确;现代信息技术三大基础是信息的拾取、信息的传输和信息的处理,故B项错;数字电视由于使用了与计算机及现代通信兼容的技术,因此通过数字电视可以在因特网上浏览,可以收发电子邮件,可以实现网上购物、网上银行等业务,C项正确;过去的电视接收模拟信号,要接收数字信号,就必须加“机顶盒”,故D项正确.
答案:B
7.为解决楼道内的照明,可在楼道内安装一个传感器与电灯控制电路相接.当楼道内有人走动而发出声响时,电灯即发光,这是一种声控传感器,它是将输入的　　　信号经传感器转换后控制电路的.光敏电阻随光照强度的增大而减小,由于它对光照较为敏感,可以用光敏电阻把光信号转化为　　　信号,它是一种　　　传感器.
解析:声控传感器是将声音信号转化为电信号,光敏电阻是将光信号转化为电信号,因此是一种光传感器.
答案:声音　电　光
8.阅读方框中的内容,把对应的方框用线连起来.
A.电子秤称量物体的重力　a.热敏电阻传感器
B.恒温孵化器要保持禽蛋的温度在一定范围内　　b.湿度传感器　
C.银行的自动门:当人靠近时自动打开　　c.压力传感器
D.空气比较干燥时,就要提高森林的防火级别,测量空气的湿度　　d.红外传感器　
解析:电子秤应用了压力传感器;恒温孵化器用热敏电阻传感器来控制温度;银行自动门能够自动感知人的靠近,应该是采用红外传感器,根据人体发出的红外线来判断;测量空气湿度应该用空气湿度传感器.
答案:A—c;B—a;C—d;D—b
9.随着人们生活的改善,也为了节约能源,楼道内都安装了自动控制楼道灯.到了晚上,当人发出声音时,灯会自动亮起来,而白天,即使有再大的声音,灯也不会亮,你认为该自动控制可能用到哪些传感器
答案:楼道内的自动控制楼道灯是利用声光控传感器,即声音传感器与光传感器同时控制,白天,有声音时,声传感器工作,但光传感器不工作,所以灯不亮,而晚上有声音时,声、光传感器都工作,所以灯亮.自感现象　涡流
题组一　自感现象
1.变压器铁芯中的叠片间要互相绝缘是为了(　　)
A.增大电压
B.增大涡流损耗
C.减小涡流损耗
D.增大自感
解析:铁芯在磁通量变化情况下会产生涡流,叠片间绝缘可以减小因涡流而损失的能量.
答案:C
2.关于线圈的自感系数大小的下列说法中,不正确的是(　　)
A.通过线圈的电流越大,自感系数也越大
B.线圈中的电流变化越快,自感系数也越大
C.插有铁芯时线圈的自感系数会变大
D.线圈的自感系数与电流的大小、电流变化的快慢、是否有铁芯等都无关
解析:自感系数是由电感器本身的因素决定的,包括线圈的大小、单位长度上的匝数,而且有铁芯时比无铁芯时自感系数大.
答案:C
3.下列关于自感的说法中,不正确的是(　　)
A.自感是由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象
B.线圈中自感电动势的方向总与引起自感的原电流的方向相反
C.线圈中自感电动势的大小与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关
D.加铁芯后线圈的自感系数比没有铁芯时要大
解析:自感是由于线圈内自身电流变化而引起的,感应电动势总是阻碍引起自感的原电流的变化,所以当原电流增大时,自感电动势方向与原电流方向相反,当原电流减小时,二者方向相同,所以A正确,不符合题意,B错误,符合题意;自感电动势与磁通量变化快慢及线圈自感系数有关,而自感系数与有无铁芯有关,有铁芯比无铁芯时要大,所以C、D正确,不符合题意.
答案:B
4.
如图所示,A、B是两个完全相同的灯泡,L是自感系数较大的线圈,其直流电阻忽略不计.当开关S闭合时,下列说法正确的是
(　　)
A.A和B一起亮,然后A熄灭
B.A和B一起亮,然后A逐渐熄灭
C.A比B先亮,然后A熄灭
D.B比A先亮,A逐渐变亮
解析:由于A灯与自感系数较大的线圈L串联,B灯和电阻R串联,然后它们并联后接入电源两端,当开关S闭合时,线圈产生较大的自感电动势阻碍电流的增加,使A灯中的电流逐渐变大,而B灯中的电流立即变大,因此,B灯先亮,A灯逐渐变亮,故选项D正确.
答案:D
5.
如图所示的电路中,A1和A2是完全相同的灯泡,线圈L的电阻可以忽略不计,下列说法正确的是(　　)
A.闭合开关S接通电路时,A2先亮,A1后亮,最后一样亮
B.闭合开关S接通电路时,A1和A2始终一样亮
C.断开开关S切断电路时,A2立刻熄灭,A1过一会儿才熄灭
D.断开开关S切断电路时,A1和A2都要立即熄灭
解析:开关S闭合后,A2立即发光,而A1和L串联,由于L的自感作用,电流会逐渐增大,所以A1要缓慢变亮.而线圈L的电阻不计,所以当电路稳定后,I1=I2,A1与A2的亮度相同,选项A对,B错;断开S后,L、A1与A2构成一个闭合回路,由于L的自感作用,仍然存在电流,所以A1、A2都要过一会儿才熄灭.选项C、D均错.
答案:A
6.
在如图所示的电路中,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,那么在电路稳定后开关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指针先立即偏向左方,然后缓慢地回到零点
D.G1指针先立即偏向左方,然后缓慢地回到零点,而G2指针缓慢地回到零点
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,然后缓慢地回到零点,而G2指针缓慢地回到零点,故D项正确.
答案:D
题组二　涡流
7.以下器件利用涡流的有(　　)
A.电饭锅
B.电热水器
C.电磁炉
D.微波炉
解析:电饭锅与电热水器利用电流的热效应加热,微波炉是利用微波在食物中引起水分子振动加热,所以只有C项中电磁炉利用涡流.
答案:C
8.如图所示,在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小平底铁锅水和一玻璃杯水.给线圈通入电流,一段时间后,一个容器中水温升高,则通入的电流与水温升高的是(　　)
A.恒定电流、小铁锅
B.恒定电流、玻璃杯
C.变化的电流、小铁锅
D.变化的电流、玻璃杯
解析:通入恒定电流时,所产生的磁场不变,不会产生感应电流,通入变化的电流,所产生的磁场发生变化,铁锅是导体,在导体内产生涡流,电能转化为内能,使水温升高;涡流是由变化的磁通量在导体内产生的,所以玻璃杯中的水不会升温.
答案:C
9.
安检门是一种检测人员有无携带金属物品的探测装置,又称金属探测门.主要用来检查人身体上隐藏的金属物品,应用在机场、车站、大型会议等人流较大的公共场所,用来检查人身体上隐藏的金属物品,如枪支、管制刀具等.当被检查人员从安检门通过,人身体上所携带的金属超过根据质量、数量或形状预先设定好的参数值时,安检门即刻报警,并显示造成报警的金属所在区位,让安检人员及时发现该人所随身携带的金属物品.你知道安检门的工作原理吗
答案:安检门的内部有若干个发射线圈和若干个接收线圈,均用环氧树脂浇灌、密封在门框内.10
kHz音频信号通过发射线圈,在线圈周围产生同频率的交变磁场.
当有金属物体通过发射线圈形成的交变磁场时,交变磁场就会在该金属导体表面产生电涡流.电涡流也将产生一个新的微弱磁场.新的微弱磁场的相位与金属体位置、大小等有关,可以在接收线圈中感应出电压.计算机根据感应电压的大小、相位来判定金属物体的大小,并发出报警信号.
(建议用时:30分钟)
1.下列情况中不可能产生涡流的是(　　)
A.把金属块放于匀强磁场中
B.让金属块在磁场中匀速运动
C.让金属块在磁场中加速运动
D.把金属块放于变化的磁场中
解析:涡流的产生符合法拉第电磁感应定律,必须有变化的磁通量,闭合回路(金属块可以看成由无数个闭合回路组成)中才能产生感应电流,即涡流,则B、C、D均有可能,故A符合题意.
答案:A
2.(双选)关于线圈自感系数的说法,错误的是(　　)
A.自感电动势越大,自感系数也越大
B.把线圈中的铁芯抽出一些,自感系数减小
C.把线圈匝数增加一些,自感系数变大
D.线圈中的电流等于零时,自感系数也等于零
解析:自感系数由电感器自身结构特征决定,与自感电动势的大小及电路中的电流无关,故A、D说法错误;线圈匝数越大,自然系数越大,C正确;铁芯抽出一些后,铁芯的有效长度变短,自感系数减小,B正确.
答案:AD
3.
如图所示,L为自感系数较大的线圈,电路稳定后小灯泡正常发光,当断开开关S的瞬间会有(　　)
A.灯A立即熄灭
B.灯A慢慢熄灭
C.灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭
D.灯A突然闪亮一下再突然熄灭
解析:当开关S断开时,由于通过自感线圈的电流从有变到零,线圈将产生自感电动势,线圈L与灯A串联,在S断开后,不能形成闭合回路,因此灯A在开关断开后,电源供给的电流为零,灯就立即熄灭.因此正确选项应为A.
答案:A
4.
如图所示为考场常用的金属探测器,你认为它的工作原理是利用了(　　)
A.电流的磁效应
B.电流的热效应
C.电磁感应原理
D.磁体吸引铁等磁性材料
解析:金属探测器内是由一系列线圈与电源及检测电路组成的,当有金属材料时会因为电磁感应而产生涡流,涡流产生的磁场会引起检测电路产生报警现象.
答案:C
5.(双选)
如图所示,电路中L为一电感线圈,ab支路和cd支路电阻相等,则
(　　)
A.闭合开关S时,电流表A1的示数小于电流表A2的示数
B.闭合开关S时,电流表A1的示数等于电流表A2的示数
C.断开开关S时,电流表A1的示数大于电流表A2的示数
D.断开开关S时,电流表A1的示数等于电流表A2的示数
解析:闭合开关时,因为自感线圈阻碍A1所在支路电流的增加,故A1的示数小于A2的示数;断开开关时,线圈自感产生自感电动势,成为电源,同时电感线圈L、电阻R及两电流表A1、A2构成回路,所以A1、A2的示数相等.
答案:AD
6.
如图所示是测定自感系数很大的线圈L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,将电路解体时应(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.先断开S1
B.先断开S2
C.先拆除电流表
D.先拆除电阻R
解析:S1断开瞬间,L中产生很大的自感电动势,若此时S2闭合,则可能将电压表烧坏,故应先断开S2.
答案:B
7.用手捏住变压器或电机线圈的两端,与普通手电筒的电池两极接触一下,然后离开电池两极,此时会有强烈的电击感觉,这是为什么 如果变压器或电机线圈发生故障,在用电表检查时要注意什么
答案:
用手捏住线圈两端去接触电池两极相当于人体电阻和自感线圈并联后去接电源,如图.由于人体电阻R很大,线圈电阻RL一般很小,因此通过线圈的电流比通过人体的电流大得多.变压器或线圈两端与电池脱离接触后,人体和线圈仍构成一个闭合回路,由于自感作用,将有一个断路时的短暂电流通过人体,这个电流的初始值等于原来通过线圈的电流,它比原来通过人体的电流大得多,因此将有一个很高的瞬时电压加在人体上,此时人会感到强烈的电击感觉.
用电表检查自感较大的线圈时,通常使用欧姆挡,因表内有电池,如上所述,不要用手捏住线圈的两端再去接触表笔,以免断开时受到电击.应当手握表笔的绝缘棒,直接让表笔接触线圈两端,这样,在表笔脱离接触时,人体和线圈不构成回路,可以避免电流通过人体放电.
8.
如图是一演示实验的电路图,图中L是一带铁芯的多匝线圈,A是一灯泡,起初开关处于闭合状态,电路是接通的.现将开关断开,则在开关断开后电灯泡A没有立即熄灭,而是比原来更亮一下再熄灭.(1)开关断开后通过灯泡A的电流方向是怎么样的 (2)在开关断开后电灯泡A为什么没有立即熄灭 (3)有人说开关断开的瞬间L中的自感电动势很大,L中的电流突然增大,所以电灯比原来更亮一下再熄灭.这种说法对不对 简述理由.
答案:(1)开关断开后通过灯泡A的电流方向是b→A→a→L→b.
(2)在开关断开后L中因电流变化产生自感电动势,L成为新的电源向A灯供电,所以A灯没有立即熄灭.
(3)这种说法不对,L中的自感电动势阻碍电流的减小,但阻碍不是阻止,电流还是在减小,所以L中的电流不可能增大,只能减小.A灯比原来更亮一下,只能说明A灯中电流比原来的电流大,所以本实验成功的条件是开关断开前L中的电流比A灯中的电流大得多.电荷　库仑定律
题组一　电荷与电荷守恒定律
1.关于元电荷的理解,下列说法中正确的是(　　)
A.元电荷就是电子
B.元电荷是表示跟电子所带的电荷量数值相等的电荷量
C.元电荷就是质子
D.物体所带的电荷量可以不是元电荷的整数倍
解析:元电荷既不是电子也不是质子,质子或电子所带电荷量叫作元电荷,所有带电体所带的电荷量或者等于e,或者等于e的整数倍.
答案:B
2.关于点电荷,下列表述正确的是(　　)
A.任何带电体都能看作点电荷
B.点电荷是实际带电体的理想化模型
C.只有带的电荷量很小的带电体才能看作点电荷
D.只有质量很小的带电体才能看作点电荷
解析:点电荷是实际带电体的一种理想化处理,与带电体自身的大小及带的电荷量多少无关,所以A、C、D项错误.
答案:B
3.关于摩擦起电和感应起电,下列说法中不正确的是(　　)
A.摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能,也说明通过做功可以创造出电荷
B.摩擦起电说明电荷可以从一个物体转移到另一个物体
C.感应起电说明电荷可以从物体的一部分转移到另一部分
D.感应起电可以使原来不带电的物体带上电荷
解析:起电的实质是电子的得失,物体因得电子而带负电,因失电子而带正电,而不是创造电荷,故选A.
答案:A
4.
如图,把一个不带电的与外界绝缘的导体两端分别设计上两个开关,当带正电小球靠近时,由于静电感应,在a、b端分别出现负、正电荷,则以下说法正确的是(　　)
A.闭合S1,有电子从导体流向大地
B.闭合S2,有电子从导体流向大地
C.闭合S2,有电子从大地流向导体
D.闭合S1,没有电子通过
解析:S1、S2闭合前,由于静电感应和电荷守恒定律,a、b出现等量异种电荷,当闭合任何一个开关以后,整个导体与大地连接后都是电子从大地被吸引过来,故C正确.
答案:C
5.现代生活中电无处不在,北京市一天的耗电量可达千万千瓦时.那么,电荷会不会像煤和石油一样总有一天会被用完呢
答案:由电荷守恒定律知,电荷既不能创生,也不能消灭,只是在物体内部或物体间相互转移,转移过程中电荷总量保持不变.
题组二　库仑定律
6.
将一束塑料包扎带一端打结,另一端撕成细条后,用手迅速捋细条,观察到细条散开了,如图所示,下列关于细条散开现象的分析中,正确的是(　　)
A.撕成细条后,由于空气浮力作用使细条散开
B.撕成细条后,所受重力减小,细条自然松散
C.由于摩擦起电,细条带同种电荷,相互排斥散开
D.细条之间相互感应起电,相互排斥散开
答案:C
7.两点电荷间的距离为d时,相互作用力为F,保持两点电荷电荷量不变,改变它们之间的距离,使它们相互作用力的大小变为4F,则两点电荷之间的距离应变为(　　)
A.4d　　　B.2d　　　C.　　　D.
解析:由库仑定律F=k知,当F'=4F时,对应r'=,所以C项正确.
答案:C
8.关于点电荷,下列说法中正确的是(　　)
A.足够小的带电体就是点电荷
B.点电荷是实际存在的
C.根据F=k可知,当r趋近于0时,F趋近于∞
D.一个带电体能否看成点电荷,要看它的形状和大小对所研究问题的影响是否可以忽略不计
解析:点电荷是一种理想化的物理模型,实际并不存在,一个带电体能否看成点电荷,应视具体情况而定,与其大小、形状无关,选项A、B错误,选项D正确;公式F=适用于点电荷,当r趋近于0时,带电体的大小不能忽略,不能看成点电荷,公式不再适用,选项C错误.
答案:D
9.
如图所示,小球A固定在绝缘支架上,小球B用丝线悬挂,两小球均带有正电荷.现将A向右移近B,观察到丝线与竖直方向的夹角增大,这表明电荷间的作用力(　　)
A.随距离的减小而增大
B.随距离的减小而减小
C.随电荷量的减小而增大
D.随电荷量的减小而减小
解析:当A向右移近B时,丝线与竖直方向的夹角增大,说明A、B间距离减小时,其静电力增大,该过程中电荷量保持不变,故选项A正确.
答案:A
10.真空中相隔一定距离放置两个带正电的点电荷,它们之间的库仑力为　　　　　　(选填“引力”或“斥力”);若将它们的距离增大,则它们之间的库仑力将　　　　　(选填“增大”或“减小”).
答案:斥力　减小
(建议用时:30分钟)
1.保护知识产权,抵制盗版是我们每个公民的责任与义务.盗版书籍影响我们的学习效率,甚至给我们的学习带来隐患.小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书,做练习时,他发现有一个关键数字看不清,拿来问老师,如果你是老师,你认为可能是下列几个数字中的(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.6.2×10-19
C
B.6.4×10-19
C
C.6.6×10-19
C
D.6.8×10-19
C
解析:电荷量应是元电荷1.6×10-19
C的整数倍,只有选项B符合,所以选B.
答案:B
2.真空中,相距r的两点电荷间库仑力的大小为F.当它们间的距离变为2r时,库仑力的大小变为
(　　)
A.F
B.F
C.2F
D.4F
答案:A
3.(双选)有一个质量很小的小球A,用绝缘细线悬挂着,当用毛皮摩擦过的硬橡胶棒B靠近它时,看到它们互相吸引,接触后又互相排斥,则下列说法正确的是(　　)
A.接触前,A、B一定带异种电荷
B.接触前,A、B可能带异种电荷
C.接触前,A球一定不带任何电荷
D.接触后,A球一定带电
解析:带电物体有吸引轻小物体的特征,所以接触前小球可能不带电,如果带电,则据同种电荷相斥、异种电荷相吸可判定,A、B必带异种电荷,则A、C错误,B正确;不管接触前A球是否带电,接触后二者相互排斥,说明二者带了同种电荷,所以D正确.
答案:BD
4.蜜蜂飞行时与空气摩擦产生静电,从而可以吸引带正电的花粉,这是因为(　　)
A.蜜蜂身上的一些电子转移到空气中
B.蜜蜂身上的一些正电荷转移到空气中
C.空气中的一些电子转移到蜜蜂身上
D.空气中的一些正电荷转移到蜜蜂身上
解析:蜜蜂因带电吸引带正电的花粉,说明蜜蜂带负电,因此应在与空气摩擦的过程中得到电子,所以C项正确.
答案:C
5.关于电荷,下列说法正确的是(　　)
A.毛皮和橡胶棒摩擦后,毛皮带正电
B.摩擦起电的过程就是创造电荷的过程
C.导体可以带电,绝缘体不能带电
D.库仑命名了正、负电荷
答案:A
6.两个大小、材质完全相同的金属小球a、b,带的电荷量分别为3q和-q,两小球接触后分开,小球带的电荷量为(　　)
A.a为3q,b为-q
B.a为-q,b为3q
C.a为2q,b为-2q
D.a为q,b为q
解析:根据电荷守恒定律知,两个完全相同的小球接触后先把-q中和,余下的2q两球平分,即a为q,b为q,选项D正确.
答案:D
7.A、B两物体均不带电,相互摩擦后A带负电荷,电荷量大小为Q,则B的带电情况是(　　)
A.带正电荷,电荷量大于Q
B.带正电荷,电荷量等于Q
C.带负电荷,电荷量大于Q
D.带负电荷,电荷量等于Q
答案:B
8.某研究性学习小组的同学设计了以下实验方案来验证电荷守恒定律.
实验操作
步骤一:手持有机玻璃棒,用力将两块起电板快速摩擦后分开
步骤二:将其中一块板插入箔片验电器上端的空心金属球(不要接触金属球)
步骤三:将两块板同时插入空心金属球(不要接触金属球)
实验图解
实验现象
箔片张开
箔片闭合
根据以上实验过程和观察到的现象,回答下列问题:
(1)步骤二的实验现象说明　;
(2)步骤三的实验现象说明　;
(3)该研究性实验　　　(选填“能”或“不能”)验证电荷守恒定律.
解析:用力将两块起电板快速摩擦后分开,两板分别带上了异种电荷.步骤二中金属球与箔片组成的整体因为感应而起电,故箔片张开;步骤三中两块板同时插入空心金属球,箔片闭合,说明未因感应而带电,所以证明两块板上带等量异种电荷,即总电荷量为零,该实验能验证电荷守恒定律.
答案:(1)起电板使验电器感应起电　(2)两块板带有等量异种电荷　(3)能
9.两个带电小球,质量都是1
kg,带的电荷量都为2.0×10-5
C,相隔较远,两球可看作点电荷,试求它们之间的静电力与万有引力之比.(静电力常量k=9×109
N·m2/C2,引力常量G=6.67×10-11
N·m2/kg2)
解析:因为两球都可看成点电荷,所以可以直接应用库仑定律和万有引力定律公式计算静电力和万有引力.≈5.4×1010.
可见,对于一般的带电体,静电力比万有引力大得多,万有引力可以忽略不计.
答案:5.4×1010高压输电
题组一　减小输电线上功率、电压损失的方法
1.在电能输送的过程中,由焦耳定律知,减小输电的　　　　是减小电能损失的有效方法;在输送功率不变的情况下,只能通过提高输电　　　　来实现.
解析:由P损=I2R知R一定时减小电流可减小热功率P;由P=R知当增大电压U时可减小热损功率P损.
答案:电流　电压
2.(双选)对于电能输送的以下说法,正确的是(　　)
A.输送电能的基本要求是可靠、保质、经济
B.减少输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电
C.减少输电导线上功率损失的唯一方法是增大导线的横截面积
D.实际输送电能时,要综合考虑各种因素,如输送功率大小、距离远近、技术和经济条件等
解析:在电能输送减少功率损失方面应综合考虑各方面的因素,保证可靠、保质、经济.所以只有A、D项是正确的.
答案:AD
3.“西电东送”工程中为了减少输电损耗,必须提高输电电压,从洪家渡水电站向华东某地输电的总功率
P=106
kW,输电电压U=106
V,输电线的总电阻R=100
Ω.若采用超导材料作为输电线,则可以减少的功率损失为(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.103
kW
B.104
kW
C.105
kW
D.106
kW
解析:由于输电电流I=
A=103
A,输电线损失功率P损=I2R=108
W=105
kW,所以输电线若采用超导材料时能减少的功率损失P损=105
kW,选项C正确.
答案:C
题组二　远距离输电
4.(双选)在远距离输电中,当输电线的电阻和输送的电功率不变时,那么(　　)
A.输电线路上损失的电压与输送的电流成正比
B.输电电压越高,输电线路上损失的电压越大
C.输电线路上损失的功率跟输电电压的二次方成反比
D.输电线路上损失的功率跟输电线上的电流成正比
解析:输电线路上损失的电压ΔU=IR,在R一定时,ΔU和I成正比,选项A正确;I=,若U越高,I越小,那么ΔU越小,选项B错误;输电线路上损失的功率ΔP=I2R,当P一定时,I=,所以ΔP=R,即ΔP和U的二次方成反比,跟I的二次方成正比,选项C正确,选项D错误.
答案:AC
5.关于减小远距离输电线上的功率损失,下列说法不正确的是(　　)
A.应降低输电电压
B.应减小输电线电阻
C.应减小输电电流
D.应采用高压输电
解析:应采用提高电压减小电流的方法,减小电阻在实际中是不现实的,会增加太多成本,但在理论上是可以减小输电线上损失的功率的,所以B、C、D正确,不符合题意,A错误,符合题意.
答案:A
6.发电厂发电机的输出电压为U1,发电厂至学校的输电导线的总电阻为R,通过导线的电流为I,学校得到的电压为U2,则输电线上损耗的电压可表示为(　　)
A.U1
B.U1-IR
C.IR
D.U2
解析:输电线的电压损失ΔU=U1-U2=IR,选项B错误,C正确;U1为输出电压,U2为用户得到的电压,选项A、D错误.
答案:C
7.下图是远距离输电的示意图,下列说法正确的是
(　　)
A.a是升压变压器,b是降压变压器
B.a是降压变压器,b是升压变压器
C.a的输出电压等于b的输入电压
D.a的输出电压等于输电线上损失的电压
解析:远距离输电先升压,再降压,选项A正确而B错误;由于输电线有电压损失,故a的输出电压等于b的输入电压与损失的电压之和,选项C、D均错.
答案:A
8.在如图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,下列说法中正确的是(　　)
A.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减小
解析:变压器的作用是变压,发电厂的输出电压不变,升压变压器输出的电压U2应不变,选项A错误;由于输电线电流I=,输电线电压损失U损=IR,降压变压器的初级电压U3=U2-U损,因P变大,I变大,所以U损变大,所以降压变压器初级电压U3变小,则输出电压也变小,选项B错误;输电线功率损失P损=R,因P变大,所以P损变大,选项C正确;,因P变大,所以比值变大,选项D错误.
答案:C
9.如图所示为输电流程图,如果已知输电过程中,升压变压器的输出电压为U2=10
kV,线路损失电压为U损=500
V,用户所用电压U4=220
V.则降压变压器的匝数比为多少
解析:由U2=U3+U损知,降压变压器的输入电压U3=U2-U损=10×103
V-500
V=9
500
V,而输出电压U4=220
V,故匝数比.
答案:
10.输送4
800
kW电功率的电,采用110
kV高压输电,输电导线中的电流是多少 如果采用110
V电压输电,输电导线中的电流是多少
解析:由P=UI知,当U1=110
kV=110×103
V时,电流I1=
A≈43.6
A;
当U2=110
V时,电流I2=
A≈4.36×104
A.
答案:43.6
A　4.36×104
A
(建议用时:30分钟)
1.关于远距离输电的以下说法正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.采用高压输电可以减少线路上的功率损耗
B.远距离输电时输电电压越高越好
C.把发电厂都建在用电区附近可以省去远距离输电的麻烦
D.为减小远距离输电导线的电阻可以采用电阻较小的铜导线
解析:输电电压并不是越高越好,输电电压过高,会增加绝缘的困难,因而架线的费用增加,输电线路还容易向大气放电,增加电能的损失,因此在设计输电线路时,要综合考虑各种因素,选择合适的电压,故选项B说法错误;把发电厂都建在生活区会造成发电设施的重复建设和增加运输一次能源的成本,而造成更大的浪费,故选项C说法错误;铜导线相对电阻小但密度大,成本高,架线费用高,故远距离输电不宜使用铜导线,故选项D说法错误.
答案:A
2.关于电网供电的优点的说法不正确的是(　　)
A.用电网供电,可以减少发电设施的重复建设
B.用电网供电,可以保证供电系统的可靠与安全
C.用电网供电,可以保证都用超高压送电
D.用电网供电,可以根据火电、水电、核电的特点,合理调度电力
解析:供电电压的选择需要综合考虑各方面的因素,并不是越高越好,故选项C不正确,符合题意.
答案:C
3.下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中,正确的是(　　)
A.因为热功率P=,所以应降低输送电压,增大输电导线电阻,才能减小输电导线上的热损耗
B.因为热功率P=IU,所以应采用低电压、小电流输电,才能减小输电导线上的热损耗
C.因为热功率P=I2R,所以可采用减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗
D.以上说法均不正确
解析:A中热功率P=中U应为在输电线上减少的电压,而非输送电压,故不正确;B中P=UI,若U小,I也小,则输送功率减小,以减小输送功率来减少线路损耗是没有意义的,所以也不正确.
答案:C
4.在电能输送过程中,当发电机输送电功率一定时,则在输电线的功率损失,下列说法中不正确的是
(　　)
A.随输电线电阻的增大而增大
B.与输送电压的二次方成正比
C.与输电线上电压损失的二次方成正比
D.与输电电流的二次方成正比
解析:输电线上的功率损失ΔP=I2R,电压损失ΔU=U-U'=IR,输电电流I=,所以ΔP=I2R=R,可见在输送功率P一定时,ΔP与I2成正比,ΔP与ΔU2成正比.故本题选项中A、C、D正确,B不正确.
答案:B
5.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=4∶1,当导体棒l在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时,电流表A1的示数是12
mA,则电流表A2的示数为(　　)
A.3
mA
B.0
C.48
mA
D.与负载R的值有关
解析:导体棒匀速运动,产生恒定的电动势,所以原线圈n1中电流大小不变,因此副线圈中不能产生感应电动势,故电流为零,即A2的示数为零.
答案:B
6.农村电网改造之前,某些农村经常会出现以下现象(离变压器较远的用户):①电灯较暗,②日光灯不能启动,③洗衣机没“劲”等,尤其到过节时,这些现象更明显,为什么会出现这些现象
答案:低压输电导线老化,横截面积小,电阻较大,导线上的电压降落较大,致使末端电压远低于额定电压.到了过节的时候,各家用电器增多,线路中电流增大,用户处电压更低,以上现象更明显.在电网改造后,换上新的合格输电导线,以上现象就不明显了.
7.大朝山水电站(如图所示)是漫湾水电站的下一梯级电站,位于中国云南省云县与景东县交界的澜沧江中游,那果河支流入口下游1.5
km处,上距漫湾电站直线距离70
km,距昆明市直线距离约270
km.该工程以发电为单一开发目标.碾压混凝土溢流重力坝,最大坝高115
m,总库容9.4×108
m3,装机容量1.35×106
kW,年发电量59.31×108
kW·h.电站安装6台单机容量为
22.5×104
kW的水轮发电机组.如果该电站用一台发电机给昆明供电,且输送电压为5
000
V,则输电线上的电流为多少
解析:一台发电机输出功率P=22.5×104
kW=2.25×108
W,由P=UI知输电电流
I=
A=4.5×104
A.
答案:4.5×104
A
8.水电站给远处的山村输送功率为100
kW的电能,用2
000
V
电压输电,线路上损失的功率是2.5×104
W,则输电线的电阻是多少
解析:由P=UI及P损=I2R可得R=P损·=2.5×104×
Ω=10
Ω.
答案:10
Ω第三章过关检测(一)
(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.每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有两项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.下列器件属于变压器的是(　　)
解析:A为电容器;B为电动机;C为冶炼金属的高频感应炉;D为变压器.
答案:D
2.
如图所示,一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直,若线框的面积为S,则通过线框的磁通量为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.BS
B.
C.
D.0
解析:由磁通量的定义式Φ=BS求.
答案:A
3.
如图所示,一条形磁铁在图示位置静止下落穿过采用双线绕成的闭合线圈,则条形磁铁从下落到穿过线圈的过程中可能做
(　　)
A.匀减速运动
B.匀速运动
C.非匀变速运动
D.自由落体运动
解析:由于采用双线绕法,两导线的电流方向总相反,它们产生的磁场互相抵消,因此条形磁铁根本不受磁场力,只受到重力的作用,因此选项D正确.
答案:D
4.
如图所示的电路中,若要灯泡持续发光,则S端应该接入(　　)
A.交流电源
B.恒定直流电源
C.滑动变阻器
D.开关
解析:要使灯泡持续发光,而电路中有电容器,电容器有“隔直流、通交流”的作用,所以应在S端接入交流电源.
答案:A
5.一个电阻接在10
V的直流电源上,它的发热功率为P,当它接到电压为u=10sin
100πt
V的交流电源上时,发热功率是(　　)
A.0.25P
B.0.5P
C.P
D.2P
解析:计算交变电流的发热功率,必须选择有效值
通直流电时
P=
通交变电流时
P'=
所以P'=.故应选B项.
答案:B
6.
一个称为“千人震”的趣味物理小实验是用一节电动势为1.5
V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器,几位做实验的同学手拉手成一排,另一位同学将电池、镇流器、开关用导线将它们和首、尾两位同学两个空着的手相连,如图所示.在开关闭合后再断开时就会使连成一排的同学有触电感觉,则(　　)
A.该实验的原理是镇流器的自感现象
B.该实验的原理是1.5
V的电压让人感到触电
C.人有触电感觉是在开关断开瞬间
D.有触电的感觉是在开关闭合的瞬间
解析:1.5
V的电压不会使人有触电的感觉.当电路接通后处于通电状态时,电流流过镇流器的线圈,电路断开瞬间由于镇流器的自感系数很大,会产生很高的自感电动势,使人产生触电的感觉.
答案:AC
7.关于电磁感应的下列说法中,正确的是(　　)
A.穿过线圈的磁通量为零时,感应电动势不一定为零
B.穿过同一线圈的磁通量越大,感应电动势越大
C.穿过同一线圈的磁通量的变化越大,感应电动势越大
D.穿过同一线圈的磁通量的变化越快,感应电动势越大
解析:由法拉第电磁感应定律知E=n,即感应电动势E的大小与磁通量的大小及磁通量变化的大小无关,而与磁通量变化快慢有关,所以A、D项正确,B、C不正确.
答案:AD
8.一理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=1∶2,电源电压u=220sin
ωt
V,原线圈电路中接入一熔断电流
I0=1
A的保险丝,副线圈中接入一滑动变阻器R,如图所示.为了使保险丝不致熔断,调节R时,其阻值可以为(　　)
A.440
Ω
B.440
Ω
C.885
Ω
D.880
Ω
解析:当I1=I0时,副线圈中电流I2=I1=
A,副线圈中电压U2=U1==440
V,因此,副线圈电路中负载电阻的最小值Rmin==880
Ω,选项C、D符合要求.
答案:CD
二、填空题(每小题10分,共20分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答)
9.如图所示,在“探究产生感应电流的条件”的实验中,开关断开时,条形磁铁插入或拔出线圈的过程中,电流表表针不动;开关闭合时,磁铁静止在线圈中,电流表表针也不动;开关闭合时,将磁铁插入或拔出线圈的过程中,电流表表针发生偏转.由此得出,产生感应电流的条件:电路必须　　　　,穿过电路的磁通量发生　　　　.
解析:产生感应电流的条件是电路必须闭合,且穿过电路的磁通量发生变化.
答案:闭合　变化
10.阅读“玩具电震器”,回答所提的问题.
一些玩具电震器,例如伪装的打火机,一按就使人麻木;伪装的糖果盒,一掀盖就使人受到电震的刺激.其中仅用一个1.5
V的电池,为什么能够输出这么高的电压呢
玩具电震器是利用电磁感应的原理制成的,它像变压器一样,能够把1.5
V的电压升高几十至一百倍.但它和变压器不同,因为变压器是把交变电流的电压改变,而电震器却是把低压直流电变为高压电.
玩具电震器的构造如图所示,在一条软铁棒M上绕了数十匝的漆包线圈A(相当于变压器的原线圈),此线圈中间接一个1.5
V的电池.线圈的两端,一端接钢片D,钢片D的一端固定,另一端镶着一小块软铁C,软铁C正对铁棒的一端.线圈的另一端连接一触片E,E与C作弹性的接触.
在线圈A之上再绕了数百匝细的漆包线B(相当于变压器的副线圈),B的两端F和G则分别连接到人的两只手指会接触的金属部分.
问题:通过对以上材料的阅读,可以知道:玩具电震器是利用　　　　的原理制成的.这个“玩具电震器”的工作过程是否说明大小和方向总是不变的直流电通过变压器的原线圈能够在副线圈变成高压的交变电流 　　　　(只回答“是”或“不是”,不需要解释).
解析:当这恶作剧玩具的“受害者”使用它时,开关S就接通,线圈A就有电流,这电流使软铁棒产生磁场,其磁感线通过线圈B.这时,软铁棒(此时相当于一块电磁铁)的磁场力把软铁块C吸引过来,使C与E刚离开时,线圈A的电流就消失,引起磁场急剧改变.线圈B遭遇到这急剧改变的磁场(即急剧改变的磁通量),就立即产生高电压,这高电压就使人手感到电震.当线圈A的电流消失后,软铁棒的磁场力亦同时消失,铁片C借着钢片D的弹力弹回原位,重新与E接触通电,就像电铃一样不断振动,不断感应出高电压,直至人手因反射动作缩开为止.
由以上分析知:玩具电震器是利用电磁感应的原理制成的,它的工作过程不能说明大小和方向总是不变的直流电通过变压器的原线圈能够在副线圈变成高压的交变电流.
答案:电磁感应　不是
三、计算题(本题共2小题,每小题16分,共32分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
11.在我国西电东输工程中,为减少输电线路上的电能损失和提高输电效率,需要提高电压进行远距离输电.假设某电站的输出电压是500
V,为将电压提高到500
kV,需要用一个升压变压器,求这个升压变压器的原、副线圈匝数比.
解析:根据变压器的电压比得升压变压器匝数比.
答案:1∶1
000
12.
如图所示,竖直平面内有一宽度为0.5
m且足够长的U形金属导轨,处在磁感应强度大小为0.2
T、方向与导轨平面垂直的匀强磁场中,导体棒MN沿导轨以
1.0
m/s的速度竖直向下匀速运动了2.0
s.求:
(1)这段时间内回路中磁通量的变化量;
(2)这段时间内回路中感应电动势的大小.
解析:(1)回路中磁通量的变化量
ΔΦ=BΔS
ΔS=Lvt
代入数据得ΔΦ=0.2
Wb.
(2)由法拉第电磁感应定律,感应电动势为
E=
V=0.1
V.
答案:(1)0.2
Wb　(2)0.1
V电流的磁场
题组一　电流磁效应、直线电流的磁场
1.首先发现电流的磁效应的科学家是(　　)
A.牛顿
B.爱因斯坦
C.奥斯特
D.居里夫人
答案:C
2.(双选)下列现象中与电流磁效应有关的是(　　)
A.磁体吸引铁棒
B.雷电过后,某商人的一箱刀叉显示出磁性
C.将螺丝刀在永久磁铁上磨几下,螺丝刀能吸引螺钉
D.富兰克林发现,在莱顿瓶放电后,缝纫针被磁化了
解析:磁体吸引铁是磁体的特性,与电流的磁效应无关;螺丝刀与磁铁磨后带磁是一种磁化现象;B、D项都是因为有电流而引起的磁化现象.
答案:BD
3.关于通电直导线周围磁场的磁感线分布,下列示意图中正确的是(　　)
解析:通电直导线周围磁感线的分布可由安培定则判断知A正确.
答案:A
4.如图所示,水平直导线ab通有向右的电流I,置于导线正下方的小磁针S极将(　　)
A.向纸外偏转
B.向纸内偏转
C.在纸面内顺时针转过90°
D.不动
解析:由安培定则可知导线下方磁场方向垂直纸面向里,在磁场力作用下小磁针N极受力向里转,S极向外转,选项A正确.
答案:A
5.下列图形中能正确描绘直线电流周围的磁感线的是(　　)
解析:由安培定则判断可知,直线电流磁场的磁感线是围绕导线的一些同心圆,且距导线越远,磁感线越稀疏,由此可得选项D正确.
答案:D
题组二　环形电流与通电螺线管的磁场
6.如图所示,当电流通过线圈时,磁针将发生偏转,以下判断正确的是(　　)
A.当线圈通以沿顺时针方向的电流时,磁针N极将指向读者
B.当线圈通以沿逆时针方向的电流时,磁针S极将指向读者
C.若磁针N极指向读者,线圈中电流沿逆时针方向
D.不管磁针如何偏转,线圈中的电流总是沿顺时针方向
解析:小磁针在磁场中静止时N极指向该点磁场方向,所以若线圈通顺时针方向的电流时,由安培定则可判定中心轴线上磁场方向垂直纸面向里,即小磁针N极应指向纸内,则A项错误;同理可得B项错误;当磁针N极指向纸外时,由安培定则判定C项正确.
答案:C
7.如图所示,E、F分别表示蓄电池两极,P、Q分别表示螺线管两端.当闭合开关时,发现小磁针N极偏向螺线管Q端.下列判断正确的是(　　)
A.E为蓄电池正极
B.螺线管P端为S极
C.流过电阻R的电流方向向上
D.管内磁场方向由P指向Q
解析:闭合开关时,小磁针N极偏向Q端,说明通电螺线管的磁感线进入Q端,即P端为N极,管内磁场方向由Q指向P.根据安培定则,流过R的电流方向向上,F为蓄电池的正极,故选项C正确.
答案:C
8.下列关于小磁针在磁场中静止时的指向,正确的是(　　)
解析:由安培定则知电流方向与磁场方向,小磁针静止时的N极指向即为磁场方向,选项C正确.
答案:C
9.已知下列各图中的电流方向,请画出相应的磁感线方向.
答案:如图所示
10.(1)通电螺线管外部的磁感线和　　　磁体外部的磁感线相似.
(2)安培定则在不同磁场中大拇指分别指的是
a.直线电流磁场中,大拇指指的是　;
b.环形电流磁场中,大拇指指的是　;
c.在通电螺线管产生的磁场中,大拇指指的是　　　　　　.
答案:(1)条形　(2)a.电流的方向　b.环形导线中心磁场的方向　c.螺线管内部的磁感线方向
(建议用时:30分钟)
1.用安培定则来判定通电螺线管的电流方向跟它的磁感线方向之间的关系时,下列关于大拇指所指方向的说法正确的是(　　)
A.大拇指所指的方向就是磁感线的方向
B.大拇指所指的方向就是螺线管内部磁感线的方向
C.大拇指所指的方向就是螺线管外部磁感线的方向
D.以上说法都不对
解析:用安培定则判断通电螺线管磁感线方向时,四指应指电流方向,大拇指指向螺线管中心轴线上的磁感线方向,亦即螺线管内部磁感线的方向.所以B项正确.
答案:B
2.通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针,磁针指向如图所示,则(　　)
A.螺线管的P端为N极,a接电源的正极
B.螺线管的P端为N极,a接电源的负极
C.螺线管的P端为S极,a接电源的正极
D.螺线管的P端为S极,a接电源的负极
解析:由题图所示小磁针N极指向P知,螺线管内部磁场方向由Q→P.由安培定则,大拇指指向磁场方向.即指向P,螺线管的P端为N极,四指指向电流方向,则电流由b→a,a端接电源负极,所以B项正确.
答案:B
3.有a、b、c、d四个小磁针,分别放置在通电螺线管的附近和内部.当小磁针静止时,小磁针指向如图所示,其中正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.a
B.b
C.c
D.d
答案:D
4.如图所示,左侧的水平台面上固定着条形磁铁,右侧固定着一螺线管.下列判断正确的是(　　)
A.螺线管内的磁场方向向左,磁铁受到的斥力向左
B.螺线管内的磁场方向向左,磁铁受到的斥力向右
C.螺线管内的磁场方向向右,磁铁受到的斥力向左
D.螺线管内的磁场方向向右,磁铁受到的斥力向右
解析:根据安培定则可判定通电螺线管内磁场应向左,即左侧为其N极,据同名磁极相互排斥可以判断磁铁受向左的斥力作用,所以选项A正确.
答案:A
5.如图是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图.其工作原理类似打点计时器.当电流从电磁铁的接线柱a流入,吸引小磁铁向下运动时,以下选项中正确的是(　　)
A.电磁铁的上端为N极,小磁铁的下端为N极
B.电磁铁的上端为S极,小磁铁的下端为S极
C.电磁铁的上端为N极,小磁铁的下端为S极
D.电磁铁的上端为S极,小磁铁的下端为N极
解析:电流从a流入,由安培定则知电磁铁下端为N极,上端为S极,则小磁铁下端为N极,由此可知D项正确.
答案:D
6.(双选)如图所示是云层之间的闪电模拟图,图中A、B是位于北、南方向带有电荷的两块阴雨云,放电的过程中,在两云的尖端之间形成了一个放电通道,发现位于通道正上方的小磁针N极转向纸里,S极转向纸外,则关于A、B带电情况的说法中正确的是(　　)
A.带同种电荷
B.带异种电荷
C.B带正电
D.A带正电
解析:本题综合考查磁场方向、安培定则、电流的产生等知识.云层间放电必须发生在异种电荷之间,故B正确;在云层间放电时,形成的强电场和高温将空气电离成正离子和负离子,并在强电场的作用下做定向移动,形成电流,相当于通电直导线形成磁场.由题意知,从南往北看,磁场是逆时针的,根据安培定则可以判断电流是从A流向B的,故可知A带正电,B带负电.所以D选项正确.
答案:BD
7.动手试一试:如图,把一条通电导线平行地放在小磁针的上方,我们发现小磁针发生偏转.(1)当改用两节或者更多的电池时,小磁针偏转的快慢有什么变化 (2)把小磁针放在距离导线稍远的地方进行实验,小磁针偏转的快慢又有什么变化 (3)如果把导线放在与小磁针垂直的上方进行实验,小磁针还偏转吗 动脑想一想:小磁针的偏转意味着什么 小磁针静止时的指向意味着什么 小磁针偏转的快慢不同又意味着什么
答案:(1)变快.原因是电流变强,通电导线周围磁场变强.
(2)变慢.原因是离导线越远,磁场越弱.
(3)偏转.
偏转意味着小磁针所在处的磁场发生了变化,即电流产生了磁场;小磁针静止时的指向与所在处磁场的方向有关,也即磁场是有方向的;小磁针偏转的快慢不同意味着所在处磁场的强弱不同,也即磁场是有强弱之分的.
8.如图所示,a和b是直线电流的磁场,c和d是环形电流的磁场,e和f是螺线管电流的磁场,试在各图中补画出电流方向或磁感线方向.
解析:直线电流与环形电流、通电螺线管的磁场方向与电流方向的关系均可据安培定则判断.注意对直线电流,大拇指指向电流方向,四指指向磁感线方向;而环形电流和螺线管磁场的判断,四指指向电流方向,大拇指指向中心轴线的磁场方向,据此可得各图情况如答案图所示.
答案:如图所示　电磁波的发现
题组一　麦克斯韦电磁场理论
1.电磁场理论的建立,开拓了广泛的现代技术应用空间,促进了现代社会的发展,建立电磁场理论的科学家是(　　)
A.牛顿
B.爱迪生
C.爱因斯坦
D.麦克斯韦
答案:D
2.关于麦克斯韦电磁场理论,下列说法正确的是
(　　)
A.电场产生磁场,磁场产生电场
B.变化的电场产生变化的磁场
C.恒定电流周围不产生磁场
D.变化的磁场产生电场
解析:变化的电场产生磁场,变化的磁场产生电场,所以选项A、B错误,选项D正确;恒定电流在周围产生稳定的磁场,所以选项C错误.
答案:D
3.某电场中电场强度随时间变化的图象如图所示,不能产生磁场的电场是(　　)
解析:变化的电场产生磁场,故A、B、C均能产生磁场,答案为D.
答案:D
4.(双选)关于电磁场的理论,下列说法正确的是
(　　)
A.变化的电场周围产生的磁场一定是变化的
B.变化的电场周围产生的磁场不一定是变化的
C.均匀变化的磁场周围产生的电场也是均匀变化的
D.振荡电场周围产生的磁场也是振荡的
解析:根据麦克斯韦电磁场理论,如果电场的变化是均匀的,产生的磁场就是稳定的,故A项错,B项对;均匀变化的磁场周围产生稳定的电场,振荡电场周围产生的磁场也是振荡的,即周期性变化的,而且变化频率相同,所以C项错,D项对.
答案:BD
题组二　电磁波
5.赫兹实验装置,如图所示.
(1)其实验目的是　.
(2)当感应圈两个金属球间有火花跳过时,导线环两个小球间也跳过火花.当感应圈使得与它相连的两个金属球间产生电火花时,空间出现了迅速变化的　　　　.这种电磁场以　　　　的形式在空间传播.当电磁波到达导线环时,它在导线环中激发出　　　　,使得导线环的空隙中也产生了电火花.
答案:(1)证实电磁波的存在
(2)电磁场　电磁波　感应电动势
6.真空中所有的电磁波都具有相同的(　　)
A.频率
B.波长
C.波速
D.能量
解析:真空中所有电磁波的传播速度都等于光速,即c=3.0×108
m/s.
答案:C
7.以下科学家在电磁学上都做出了卓越的贡献,其中表述不正确的是(　　)
A.麦克斯韦用实验证明了电流的磁效应
B.法拉第发现了电磁感应现象
C.赫兹通过实验证明电磁波在真空中的传播速度等于光速
D.安培对通电导体在磁场中的受力进行了深入研究
解析:电流的磁效应是奥斯特发现的.
答案:A
8.关于电磁波,下列说法正确的是(　　)
A.光不是电磁波
B.电磁波需要有介质才能传播
C.只要有电场和磁场,就可以产生电磁波
D.真空中,电磁波的传播速度与光速相同
解析:光是电磁波,电磁波可以在真空中传播,所以选项A、B错误;只有周期性变化的电场和磁场才能产生电磁波,所以选项C错误.
答案:D
9.在下述各种情况中,可以产生电磁波的是(　　)
A.空间有电场和磁场,它们重叠在一起就是电磁波
B.只要磁场发生变化在其周围空间就一定有电磁波
C.一匝线圈,里面通有变化的电流,在这个线圈周围一定会产生电磁波
D.如图,a、b、c、d为4根相同的铜管,G为感应圈,c、d间接有一氖灯,当G工作时,氖灯发光,这表示感应圈G产生了电磁波.
解析:均匀变化的磁场或电场激发稳定电场或磁场,不会产生电磁波,故选项A、B、C错误,D正确.
答案:D
10.(双选)以下是电磁领域的几项重大技术发明:
重大技术发明
发明人
发明时间
电池
伏打
1800年
电话
贝尔
1876年
电视
兹沃雷金等
1931年
电动机
雅克比
1834年
发电机
法拉第
1831年
电灯
爱迪生
1879年
其中需要应用电磁波的有(　　)
A.电话
B.电视
C.电动机
D.发电机
解析:四个选项中电话与电视的信号都是利用电磁波来完成传递的,所以只有A、B项对.
答案:AB
(建议用时:30分钟)
1.电磁场理论预言了(　　)
A.变化的磁场能够在周围空间产生电场
B.变化的电场能够在周围产生磁场
C.电磁波的存在,电磁波在真空中的速度为光速
D.电能够产生磁,磁能够产生电
解析:麦克斯韦预言了电磁波的存在,并预言电磁波在真空中的速度为光速,所以选C项.
答案:C
2.(双选)下列说法中,哪些是正确的(　　)
A.法拉第曾经指点过麦克斯韦
B.“但是,你不应该停留在用数学来解释我的观点,你应该突破它!”是安培说的
C.《论法拉第力线》的作者是赫兹
D.麦克斯韦方程组深刻地指出了电场与磁场的密切联系
解析:法拉第曾经鼓励麦克斯韦:“你不应该停留在用数学来解释我的观点,你应该突破它!”所以A项正确,而B项错误.《论法拉第力线》是麦克斯韦的作品,故C项错误.
答案:AD
3.关于赫兹验证电磁波的实验,下列说法中不正确的是(　　)
A.它是电磁波是否存在的试金石
B.它是物理学史上起奠基作用的经典实验
C.它是理想化的实验,实际完不成
D.赫兹在人类历史上首先捕捉到了电磁波
解析:赫兹的实验验证了麦克斯韦关于电磁波的预言,为无线电技术的发展起了奠基作用,故A、B、D正确,不符合题意;该实验是一个可以检验、重复的简单实验,在当时设计这个实验时还经历了很多困难,所以它不是理想实验,C项不正确,符合题意.
答案:C
4.(双选)关于电磁场和电磁波,下列叙述中正确的是(　　)
A.均匀变化的电场在它周围空间产生电磁波
B.电磁波必须依赖于介质传播
C.电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直,且与波的传播方向垂直
D.只要空间某个区域有振荡的电场或磁场,就能产生电磁波
解析:均匀变化的电场在它周围产生稳定的磁场,由电磁场理论知,稳定的磁场不再产生电场,所以不能形成电磁波,故A项错;电磁波是周期性变化的电场与磁场的交替激发由近及远传播,所以传播不需要介质,因此B项错.
答案:CD
5.下列哪种现象是由于所产生的电磁波所引起的
(　　)
A.用室内天线接收微弱信号时,人走过时电视画面会发生变化
B.在夜间用电高峰时,有部分地区白炽灯变暗发红,日光灯不容易启动
C.把半导体收音机放在开着的日光灯附近,会听到噪声
D.在边远地区,用手机或小灵通通话时,会发生信号中断的情况
解析:A中是人走动时影响了室内天线对电视信号的接收,并非由产生的电磁波所引起;B中是因用电功率过大,输电线上损失电压和功率大所致;C中日光灯用的是交变电流,由于镇流器不断产生自感现象,产生变化的磁场与电场而产生电磁波,收音机接收到这些电磁波后,会发出噪声;而D中是信号的问题.故只有C项符合.
答案:C
6.(双选)在电磁学的发展过程中,许多科学家做出了贡献.下列说法正确的是(　　)
A.奥斯特发现了电流的磁效应;法拉第发现了电磁感应现象
B.麦克斯韦预言了电磁波;楞次用实验证实了电磁波的存在
C.库仑发现了点电荷的相互作用规律;密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值
D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律;洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律
解析:赫兹用实验证实了电磁波的存在,B错误;安培发现了磁场对电流的作用规律,洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律,D错误.
答案:AC
7.物理学可分为实验物理学和理论物理学,实验物理学是指用实验的方法研究物理规律,它是经典物理学的基础,也是现代物理学的基础.理论物理学是从各类物理现象的普遍规律出发,运用数学理论和方法,系统深入地阐述有关概念、现象及其应用.在电磁波的发现过程中,麦克斯韦和赫兹分别做了什么工作 他们是实验物理学家还是理论物理学家
答案:麦克斯韦在前人成就的基础上,对整个电磁现象作了系统、全面的研究,凭借他高深的数学造诣和丰富的想象力,将电磁场理论用简洁、对称、完美的数学形式表示出来,经后人整理和改写,成为经典电动力学的主要基础——麦克斯韦方程组.据此,1865年他预言了电磁波的存在,并计算出了电磁波的传播速度等于光速,同时得出结论:光是电磁波的一种形式,揭示了光现象和电磁现象之间的联系.可以说他是一位理论物理学家.
赫兹在物理学上的主要贡献是通过实验证实了电磁波的存在,并做了一系列的关于电磁波和光波类比的实验,表明电磁波也具有折射、衍射、干涉、偏振等一系列物理现象,证明了电磁波具有光波的一切性质,为无线电、电视和雷达的发展找到了途径,可以说他是一位实验物理学家.
8.“为了您和他人的安全,请您不要在飞机上使用手机和手提电脑.”这句提醒警示语是乘过飞机的旅客都听过的,因为有些空难就是由于某些乘客在飞机的飞行中使用手机造成的.1999年广州白云机场某飞机降落时,机上有四位旅客同时使用手机,使飞机降落偏离了8度,险些造成事故.请问为什么在飞机上不能使用手机和手提电脑呢
答案:因为地面控制系统对飞机的控制是通过电磁波进行的,而手机和手提电脑能够产生电磁波,会产生干扰,从而影响飞机的航行.第四章过关检测(一)
(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.每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有两项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.首先从理论上预见电磁波的存在和第一次用实验证实电磁波存在的科学家是(　　)
A.牛顿、法拉第
B.焦耳、奥斯特
C.爱因斯坦、普朗克
D.麦克斯韦、赫兹
解析:本题的解答应对物理史实有所了解.麦克斯韦从理论上预见了电磁波的存在,赫兹第一次用实验验证了电磁波的存在.
答案:D
2.电磁波在生活中有着广泛的应用.不同波长的电磁波具有不同的特性,因此也有不同的应用.下列器件与其所应用的电磁波对应关系不正确的是(　　)
A.雷达——无线电波
B.手机——X射线
C.紫外消毒柜——紫外线
D.遥控器——红外线
答案:B
3.用一台简易收音机收听某一电台的广播,必须经过的两个过程是(　　)
A.调制和解调
B.调谐和解调
C.调制和调谐
D.调频和调幅
解析:首先要通过调谐,从众多的电磁波中选出需要的电磁波,然后通过解调将信号从高频电流中取出,所以这两个过程是调谐和解调.
答案:B
4.在“传感器的简单应用”实验中,用光照射半导体做成的光敏电阻时,光敏电阻的阻值将(　　)
A.大大增大
B.保持不变
C.大大减小
D.如何变化不能确定
解析:光照到光敏电阻上,使电阻导电能力增强,所以电阻阻值会大大减小,故选C项.
答案:C
5.下列关于信息传递的说法中,正确的是(　　)
A.声、光和电磁波中,只有电磁波能够传递信息
B.固定电话、移动电话、广播和电视都是利用导线中的电流传递信息的
C.摄像机拍得的物体图像,直接通过发射天线发射传播信息
D.微波通信、卫星通信、光纤通信、网络通信都可以用来传递信息
解析:声音可以传递信息,人们非常熟悉,光也可以传递信息,所以A错;移动电话、无线电广播和电视都是无线传递的,所以B错;摄像机拍得的物体图像,通过调制高频的无线电波到发射天线发射传播信息,C错.只有D对.
答案:D
6.关于移动电话,下列说法中正确的是(　　)
A.随身携带的移动电话(手机)内,只有无线电接收装置,没有发射装置
B.随身携带的移动电话(手机)内,既有无线电接收装置,也有发射装置
C.两个手机可以不通过基站而直接进行通话
D.无线电寻呼机(BP机)内,只有无线电接收装置,没有无线电发射装置
解析:随身携带的手机既能接话,又能送话,所以内部既有接收装置,也有发射装置,但移动手机的功率不大,必须要经过基站进行转接.BP机只能接收信号,不能发射信号,所以没有发射装置.
答案:BD
7.下列说法中正确的是(　　)
A.摄像机实际上是一种将光信号转变为电信号的装置
B.电视机实际上是一种将电信号转变为光信号的装置
C.摄像机在1
s内要传送20张画面
D.电视机接收的画面是连续的
解析:通过摄像机摄到景物的光信号,再通过特殊装置(扫描)转变为电信号,在1
s内要传送25张画面;电视机通过显像管将接收到的电信号再转变为光信号,最后还原为图像和景物,每秒要接收到25张画面,由于画面更换迅速和视觉暂留,我们感觉到的便是活动的图像,所以A、B正确,C、D错误.
答案:AB
8.如图是现代家庭生活中常见的微波炉.它的作用是快速加热食物,既省时、省电,又安全、卫生.有关微波炉使用的说法中正确的是(　　)
A.加热食物不能使用金属器皿
B.袋装牛奶可直接用微波炉加热
C.微波炉的外壳及玻璃门上的屏蔽网都是塑料的
D.微波炉加热食物快的原因是电磁波可以深入到食物内部,食物的内、外部几乎同时变热
解析:导体能反射微波,绝缘体可使微波透射,所以加热食物时不能使用金属器皿,选项A正确;袋装牛奶不能直接用微波炉加热,因为温度升高,袋内压强增大,容易引起爆炸,选项B错误;微波炉的外壳及玻璃门上的屏蔽网都是金属的,选项C错误;使用微波炉加热食物时内、外几乎同时变热,选项D正确.
答案:AD
二、填空题(每小题10分,共20分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答)
9.有一种“隐形飞机”可以有效避开雷达的探测,秘密之一在于它的表面有一层特殊材料,这种材料能够　　　(选填“增强”或“减弱”)对电磁波的吸收作用;秘密之二在于它的表面制成特殊形状(如图所示),这种形状能够　　　(选填“增强”或“减弱”)电磁波反射回雷达设备.
一种隐形飞机
解析:隐形飞机所谓的“隐形”,是指它能够避开对手的雷达、红外线和激光等各种电磁波探测手段,其中主要是对雷达“隐形”.各种隐形飞机有共同的特点,例如,外形近于多面体,由几个几乎是平面的金属板构成,当电磁波传递到这些平面时,会被反射到另外的方向,使雷达天线不能接收.飞机的外涂层要能最大限度地吸收电磁波,减少反射.
答案:增强　减弱
10.(1)太阳辐射中含有可见光、红外线、紫外线,同时还有X射线、γ射线、无线电波等.太阳辐射的能量主要集中在可见光、红外线和紫外线三个区域内.在这三个区域内的电磁波按照频率由高到低的顺序排列应为　　　　、可见光和　　　　.
(2)有一种生命探测仪可以探测生命的存在.我国四川汶川特大地震发生后,为了尽快营救废墟中的伤员,救援人员就广泛应用了这种仪器,该仪器主要是接收人体发出电磁波中的　　　　(选填“可见光”“红外线”或“紫外线”).
解析:(1)由电磁波谱可知,按照频率由高到低依次为紫外线、可见光、红外线.
(2)由红外线的特性可知,仪器主要接收伤者的热信息,即红外线.
答案:(1)紫外线　红外线　(2)红外线
三、计算论述题(本题共2小题,每小题16分,共32分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
11.电熨斗的构造如图所示,其内部装有双金属片温度传感器来控制温度.请结合如图所示结构图分析电熨斗的自动控温原理.
答案:常温下,上、下触点应是接触的,但温度过高时,由于双金属片受热膨胀系数不同,上部金属膨胀大,下部金属膨胀小,则双金属片向下弯曲,使触点分离,从而切断电源,停止加热.温度降低后,双金属片恢复原状,重新接通电路加热,这样循环进行,起到自动控制温度的作用.
12.若某种紫外线频率为1.5×1015
Hz,试回答下列问题:
(1)该紫外线的波长为多少
(2)紫外线的主要作用有哪些
解析:(1)由λ=得λ=
m=2.0×10-7
m.
(2)杀菌、消毒、荧光作用、化学作用.
答案:(1)2.0×10-7
m　(2)见解析电磁感应现象
题组一　磁通量的理解
1.关于磁通量的概念,下面的说法中正确的是(　　)
A.磁场中某处的磁感应强度越大,面积越大,则穿过线圈的磁通量一定就越大
B.放在磁场中某处的一个平面,穿过它的磁通量为零,该处磁感应强度一定为零
C.磁通量的变化不一定是由于磁场的变化而引起的
D.磁场中某处的磁感应强度不变,放在该处线圈的面积也不变,则磁通量一定不变
解析:磁通量的大小与磁感应强度大小、面积的大小以及是否垂直穿过有关,所以选项A、B、D错误.
答案:C
2.如图所示,通电螺线管水平固定,OO'为其轴线,a、b、c三点在该轴线上,在这三点处各放一个完全相同的小圆环,且各圆环平面垂直于OO'轴.则关于这三点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa、Φb、Φc的大小关系,下列判断正确的是(　　)
A.Ba=Bb=Bc,Φa=Φb=Φc
B.Ba>Bb>Bc,Φa<Φb<Φc
C.Ba>Bb>Bc,Φa>Φb>Φc
D.Ba>Bb>Bc,Φa=Φb=Φc
解析:根据通电螺线管产生磁场的特点可知Ba>Bb>Bc;由磁通量的含义知三个线环面积相等,磁场强处磁感线条数多,所以Φa>Φb>Φc,选项C符合题意.
答案:C
3.
如图所示,虚线框内有匀强磁场,1和2为垂直磁场方向放置的两个圆环,分别用Φ1和Φ2表示穿过两环的磁通量,则有(　　)
A.Φ1>Φ2　　　　B.Φ1=Φ2
C.Φ1<Φ2
D.无法确定
解析:由磁通量的含义知穿过两环磁感线的条数相同,故Φ1=Φ2,选项B符合题意.
答案:B
4.
两圆环A、B同心放置且半径RA>RB,将一条形磁铁置于两环圆心处,且与圆环平面垂直,如图所示.则穿过A、B两圆环的磁通量的大小关系为(　　)
A.ΦA>ΦB
B.ΦA=ΦB
C.ΦA<ΦB
D.无法确定
解析:条形磁铁的磁感线是闭合曲线,在磁铁外部从N极出发到S极,在内部从S极出发到N极,所以磁铁内部的磁感线全部穿过两圆环,且方向向上,外部的磁感线部分穿过两圆环,方向向下,而且面积越大外部穿过圆环的磁感线越多,穿过两圆环的磁通量均为合磁通量,所以圆环面积越小,合磁通量越大.
答案:C
题组二　感应电流产生的条件
5.1825年,瑞士物理学家德拉里夫的助手科拉顿将一个螺线管与电流表相连.为了避免强磁性磁铁影响,他把电流表放在另外一个房间,当他把磁铁投入螺线管中后,立即跑到另一个房间去观察,关于科拉顿进行的实验.下列说法正确的是(　　)
A.在科拉顿整个操作过程中,电流表不发生偏转
B.将磁铁投入螺线管瞬间,电流表发生偏转,但科拉顿跑到观察时,电流表已不再偏转
C.科拉顿无法观察到电流表偏转的原因是当时电流表灵敏度不够
D.科拉顿无法观察到电流表偏转的原因是导线过长,电流过小
解析:科拉顿将磁铁投入螺线管时,穿过线圈的磁通量变化,回路中产生感应电流,电流表偏转,之后,穿过线圈的磁通量保持不变,回路中无感应电流,电流表不偏转,但由于科拉顿放完磁铁后跑到另一房间观察,所以他观察不到偏转.只有选项B正确.
答案:B
6.一个金属线框在匀强磁场中的运动情况如图所示,线框中能产生感应电流的是(　　)
解析:由于只有当闭合线框中磁通量发生变化时才会产生感应电流,而选项A、B、D中磁通量不变,C中磁通量变化,故选项C正确.
答案:C
7.关于电磁感应,下列说法正确的是(　　)
A.导体相对磁场运动,导体内一定会产生感应电流
B.导体做切割磁感线运动,导体内一定会产生感应电流
C.闭合电路在磁场中做切割磁感线运动,电路中一定产生感应电流
D.穿过闭合回路的磁通量发生变化,电路中一定会产生感应电流
答案:D
8.关于产生感应电流的条件,下列说法正确的是(　　)
A.位于磁场中的闭合线圈,一定能产生感应电流
B.闭合线圈和磁场发生相对运动,一定能产生感应电流
C.闭合线圈做切割磁感线运动,一定能产生感应电流
D.穿过闭合线圈的磁感线条数发生变化,一定能产生感应电流
解析:产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化,而选项A中没有说明磁通量是否变化,所以不正确,选项B、C中如果对闭合线圈而言没有磁通量变化,也不会产生感应电流,所以正确的只有选项D.
答案:D
9.在“探究产生感应电流的条件”实验中,如图所示,电流表与螺线管组成闭合电路,以下操作过程中不能使电流表指针偏转的是　　　　.
①将磁铁插入螺线管的过程中
②磁铁放在螺线管中不动
③将磁铁从螺线管抽出的过程中
此实验说明:只要穿过闭合电路的磁通量发生　　　　,电路中就有感应电流产生.
解析:由实验的过程可知,当磁铁放在螺线管中不动时,电流表指针不偏转,说明闭合电路中无感应电流,此时穿过闭合电路的磁通量不变,但磁铁插入或抽出螺线管时,指针偏转产生了感应电流,该过程磁通量发生变化,因此当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,电路中就有感应电流产生.
答案:②　变化
10.如图所示,一匀强磁场宽为d,长为无限长.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.若d>L,则线框穿过磁场区域的过程中,线框中产生感应电流的时间为(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.
B.
C.
D.
解析:在线框进入和穿出磁场的过程中,穿过线框的磁通量分别增大和减小,闭合线框中有感应电流产生;整个线框在磁场中运动时,线框中无感应电流产生,所以,线框中有感应电流的时间为.
答案:C
(建议用时:30分钟)
1.(双选)关于磁通量,下列说法中正确的是(　　)
A.通过某一平面的磁通量为零,该处磁感应强度不一定为零
B.通过某一平面的磁通量的大小,可以用通过这个平面的磁感线的条数的多少来形象地说明
C.磁感应强度越大,磁通量越大
D.磁通量就是磁感应强度
答案:AB
2.(双选)关于感应电流,下列说法中正确的是(　　)
A.只要闭合电路内有磁通量,闭合电路中就有感应电流产生
B.穿过螺线管的磁通量发生变化时,螺线管内部就一定有感应电流产生
C.线框不闭合时,即使穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中也没有感应电流
D.只要穿过闭合电路的磁通量发生变化,电路中就一定有感应电流
解析:产生感应电流的条件有两个:一是电路必须闭合,二是有磁通量变化,所以选项A、B不正确.
答案:CD
3.(双选)下图中能产生感应电流的是(　　)
解析:A运动过程中磁通量不变化,D在运动的过程中穿过线圈的磁通量始终是零,所以B、C正确.
答案:BC
4.如图所示,一闭合矩形导线框在一有界匀强磁场中运动,则在下列图示时刻线框内能产生感应电流的是(　　)
解析:只有闭合线圈内磁通量发生变化,才能产生感应电流,A、B、C中磁通量不发生变化,只有D能产生感应电流.
答案:D
5.某部小说中描述一种窃听电话:窃听者将并排在一起的两根电话线分开,在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线,这条导线与电话线是绝缘的,如图所示.下列说法正确的是
(　　)
A.不能窃听到电话,因为电话线中电流太小
B.不能窃听到电话,因为电话线与耳机没有接通
C.可以窃听到电话,因为电话中的电流是恒定电流,在耳机电路中引起感应电流
D.可以窃听到电话,因为电话中的电流是随声音发生变化的电流,在耳机电路中磁通量发生变化引起感应电流
解析:电话中的电流大小和方向都随时间变化,因此电话线周围产生变化的磁场,通过耳机这个闭合回路的磁通量发生变化,产生感应电流.
答案:D
6.如图所示是“探究电磁感应的产生条件”的实验装置,下列情况不会引起电流表指针偏转的是(　　)
A.闭合开关时
B.断开开关时
C.闭合开关后拔出线圈A时
D.断开开关后移动变阻器的滑片时
解析:“不会引起电流表指针偏转”说明线圈B中磁通量不变,而闭合、断开开关时线圈A中的磁场变化,闭合开关后拔出线圈A均会引起线圈B中磁通量变化;但断开开关后移动滑动变阻器滑片时,A线圈中无磁场,则不会引起B线圈磁通量的变化,电流表指针不会偏转,选项D正确.
答案:D
法拉第磁生电实验示意图
7.在一段时间里,法拉第记下了大量实验失败的日记,然而他却一如既往,没有放弃追求,坚信既然“电能生磁”,那么“磁也一定能产生电”.正是在这种执着的追求中,1831年法拉第终于获得了成功.他制作了两个线圈,分别绕在铁环上,一个线圈与电池连接,另一个线圈的两端用一根铜线连接起来,这根铜线的下方放有一枚小磁针.法拉第在实验中发现,当电路接通或断开的刹那间,小磁针都发生微小摆动,而在电流稳定不变时,即使所通电流很大,小磁针也不发生任何摆动.
这就是人类发现电磁感应现象的最初实验,它是物理学上一个重要的里程碑.
问题:小磁针偏转是什么原因导致的 为什么电流稳定不变时小磁针不偏转
答案:感应电流的磁场使小磁针偏转.电流稳定时铁环中的磁通量不发生变化,在无电源的线圈中不能产生感应电流.
8.如图所示,电吉他的弦是铁磁性物质,易被永磁体磁化.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.请解释电吉他是如何产生感应电流的,弦能否改用尼龙材料
答案:当被磁化的弦振动时,会造成穿过线圈的磁通量发生变化,所以有感应电流产生;弦不能改用尼龙材料,因为尼龙材料不会被磁化,当弦振动时,不会造成穿过线圈的磁通量发生变化,不会有感应电流产生.电流和电源
题组一　电流的形成与计算
1.关于电流,下列说法中正确的是(　　)
A.通过导线横截面的电荷量越多,电流越大
B.电子运动的速率越大,电流越大
C.单位时间内通过导线横截面的电荷量越多,导线中的电流越大
D.因为电流有方向,所以电流是矢量
解析:电流的大小等于单位时间内通过导线横截面的电荷量,C项对;通过导线横截面的电荷量越多,电流不一定越大,因为还与时间有关,A项错;电子运动的速率越大,单位时间内通过导线横截面的电荷量未必越大,因为还和通过横截面的电荷量有关,B项错;电流有方向,但电流不是矢量,电流方向的含义与矢量方向的含义是不同的,D项错.
答案:C
2.下列说法中正确的是(　　)
A.导体中电荷运动就形成了电流
B.在国际单位制中,电流的单位是A
C.电流有方向,它是一个矢量
D.任何物体,只要其两端电势差不为零,就有电流存在
解析:自由电荷定向移动才形成电流,仅有电荷移动但不是定向移动,则不能形成电流,故选项A错误;形成电流的条件是导体两端保持有电压,并且有可自由移动的电荷,故D项错误;电流有方向,但叠加时用代数加法,所以是标量,而不是矢量,则C项错误.
答案:B
3.关于电流的方向,下列叙述中正确的是(　　)
A.金属导体中电流的方向就是自由电子定向移动的方向
B.在电解质溶液中有可自由移动的正离子和负离子,电流方向不能确定
C.不论何种导体,电流的方向规定为正电荷定向移动的方向
D.电流的方向有时与正电荷定向移动的方向相同,有时与负电荷定向移动的方向相同
解析:物理学上规定:正电荷定向移动的方向为电流的方向,因此负电荷定向移动的方向应与电流的方向相反,所以A、D项错误,C项正确;电流的形成是因导体两端加电压后,在导体内产生电场,导体内的自由电荷在电场力的作用下定向移动,所以在电解质溶液中,正、负离子受方向相反的电场力作用,定向移动的方向相反,因此形成的电流方向是一致的,所以仍可以据正离子或负离子定向移动的方向判断电流方向,B项错误.
答案:C
4.导体中电流大小是0.5
A,求0.5
min内通过导体横截面的电荷量.
解析:由I=知Q=It=0.5×30
C=15
C.
答案:15
C
5.某电解池中,若在2
s内各有1.0×1019个二价正离子和2.0×1019个一价负离子向相反方向通过某截面,那么通过这个截面的电流有多大
解析:I=
=
A
=3.2
A.
答案:3.2
A
6.
如图是静电除尘器示意图,A接高压电源的正极,B接高压电源的负极,AB之间有很强的电场,空气被电离为电子和正离子,电子奔向正极A的过程中,遇到烟气的煤粉,使煤粉带负电,吸附到正极A上,排出的烟就成为清洁的了.已知每千克煤粉会吸附n
mol电子,每昼夜能除m
kg,计算高压电源的电流I.(电子电荷量设为e,阿伏加德罗常数为NA,一昼夜时间为t)
解析:由于电离出的气体中电子和正离子同时导电,则流过的电荷量q跟煤粉吸附的电荷量q'的关系是q=2q'
而q'=mnNAe,所以I=.
答案:
题组二　电源和电动势
7.下列哪位科学家发明了最早的直流电源(　　)
A.意大利化学家和物理学家伏打
B.英国物理学家法拉第
C.意大利医学教授伽伐尼
D.美国发明家爱迪生
答案:A
8.关于电源,以下说法正确的是(　　)
A.电源的作用是在电源内部把电子由负极不断地搬运到正极,从而保持两极之间有稳定的电势差
B.电源的作用就是将其他形式的能转化为电能
C.只要电路中有电源,电路中就一定有电流
D.电源实质上也是一个用电器,也需要外界提供能量
解析:本题考查对电源概念的理解.电源的作用是维持正、负极之间恒定的电势差,这需要电源不断地将负电荷向负极聚集,将正电荷向正极聚集.因外电路中的自由电子在电场力的作用下向正极移动,故在电源内部,电源需要将正极上的电子搬运到负极,以维持电势差不变,故A错;从能量角度来看,电源在搬运电荷的过程中,需要克服电场力做功,将其他形式的能转化为电能,B对;电路中有电流时,不仅需要电源,还需要电路是闭合的,故C错;电源是对电路提供能量的装置,故D错.故选B.
答案:B
9.如图是一块手机电池标签:
(1)这块电池的电动势是多少
(2)这块电池最多可放出多少电荷量 若该电池工作电流为0.04
A,则该电池最多可工作多长时间
解析:(1)由标签可以看出,电动势为3.7
V.
(2)该电池的容量为550
mAh,
即Q=550×10-3×3
600
C=1
980
C
由I=得t=
s=4.95×104
s.
答案:(1)3.7
V　(2)1
980
C　4.95×104
s
(建议用时:30分钟)
1.满足下列哪一个条件,就能产生持续电流(　　)
A.有自由电子　　　
　B.导体两端有电压
C.任何物体两端有电压
D.导体两端有恒定电压
解析:产生持续电流的条件是有能自由移动的电荷和持续的电压,所以只有D项符合题意.
答案:D
2.在下列单位中,不是电流单位的是(　　)
A.C/s
B.mA
C.A
D.N/V
解析:其中mA、A均为电流单位,所以B、C正确;由电流定义I=知A中C/s也是电流单位;由初中所学功率的公式P=UI知I=,P的单位取W,U的单位取V,则电流I的单位为W/V,而不是N/V,因此D不是电流的单位.
答案:D
3.下列说法中正确的是(　　)
A.用导线、开关把电灯等用电器连接起来就组成一个完整的电路
B.电源是使电路中有持续电流的装置
C.干电池、蓄电池、发电机、电动机都是电源
D.手电筒照明时,电流方向是由电池的负极经灯泡到正极的
解析:在A项中缺少电源,是不能形成完整的电路的;电动机不是电源,所以C错;D项中电流是从电源的正极经灯泡流向电源的负极.
答案:B
4.电视机显像管中,2
s内有6×1013个电子通过截面大小未知的电子枪,则显像管中电流大小为(电子电荷量e=1.60×10-19
C)(　　)
A.4.8×10-6
A
B.3×10-13
A
C.9.6×10-6
A
D.因截面积未知,无法计算
解析:由电流定义I=知电流大小只与单位时间内通过所选截面的电荷量有关,因为Q=ne=6×1013×1.60×10-19
C=9.6×10-6
C
所以I=
A=4.8×10-6
A.
答案:A
5.有关电动势的说法中正确的是(　　)
A.电源电动势的大小等于电源没有接入电路时电源两极间电压的大小,所以当电源接入电路时,电动势的大小将发生变化
B.电源提供的电能越多,电源的电动势越大
C.电源的电动势越大,也就是电源内储存的电越多
D.电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量
解析:电动势表示电源把其他形式的能转化为电能的本领;对于确定的电源,其电动势由电源本身的因素决定,与是否接入电路及电路消耗电能的多少无关.故只有D项正确.
答案:D
6.
如图所示的电解池,通电1
s,其间共有3
C的正离子和3
C的负离子通过截面xy,则这个电路中的电流是
(　　)
A.0
A
B.1.5
A
C.3
A
D.6
A
解析:由电流的定义知I==6
A.
答案:D
7.在干电池与小灯泡组成的闭合电路中:
(1)在干电池内部是　　　　能转化为　　　　能,电流的流向是从　　　　　　　　极流向　　　　　极.
(2)在小灯泡上是　　　　能转化为　　　　能,电流的流向是从电源　　　　极端经电灯流向电源的　　　　极端.
解析:(1)干电池内部是把化学能转化为电能,电流方向从电源负极流向正极.
(2)在小灯泡上是将电能转化为内能,电流的流向是从电源的正极端经灯泡流向电源的负极端.
答案:(1)化学　电　负　正　(2)电　内　正　负
8.如图所示是某款手机锂离子电池的铭牌,根据铭牌上的信息可知,该电池的电动势是多少 若该手机的待机电流是10
mA,则该电池可使手机待机多长时间
产品名称:锂离子电池
型号:3.7
V　1
800
mAh
解析:由铭牌上可直接读出其电动势为3.7
V,储存最大电荷量Q=1
800
mAh,如果待机时电流为10
mA,则待机时间t=
h=180
h.
答案:3.7
V　180
h指南针与远洋航海
题组一　磁场与磁感线
1.关于磁感线,以下说法正确的是(　　)
A.磁感线是不闭合的
B.磁感线有可能相交
C.磁感线是客观存在的
D.磁感线的疏密程度表示磁场的强弱
答案:D
2.(双选)关于电场线和磁感线的概念,以下说法中正确的是(　　)
A.电场线和磁感线都是不封闭的曲线
B.沿着磁感线的方向,磁场越来越弱
C.任意两条电场线或磁感线都不能相交
D.电场线和磁感线的疏密都表示场的强弱
解析:电场线和磁感线都是为了形象描述场而引入的模型,由于曲线的切线方向表示场的方向,所以不可能相交,其疏密都反映场的强弱,所以B错,C、D正确.电场线不闭合,而磁感线是闭合的,在条形磁铁外部,磁感线由N极到S极;在条形磁铁内部由S极到N极,故A不正确.
答案:CD
3.(双选)如图所示,四枚小磁针分别位于不同的磁场中,其中指向正确的是(　　)
解析:磁铁外部的磁场总是从N极到S极,而小磁针在磁场中静止时,N极应指向该点的磁场方向,结合四种磁场的磁感线分布情况可知A、D项所示小磁针指向正确.
答案:AD
4.
如图,在磁场中有A、B、C三点,在这三点中,以下说法正确的是
(　　)
A.A点磁场最强
B.A、B两点的磁感应强度的方向相同
C.C点的磁感应强度为0
D.A、B两点的磁感应强度大小相等
解析:磁感线的相对疏密程度(并非指某点是否在磁感线上)可以表示磁场的强弱,磁场中某点的磁感应强度方向一定与该点所在的磁感线相切.磁感线分布越密的区域表示磁场越强,反之磁场越弱.A点所在区域磁感线分布最密,故A点磁场最强,C点磁场最弱.A、B、C三点的磁场方向均不相同.
答案:A
5.关于磁场的方向,下列叙述中不正确的是(　　)
A.磁感线上每一点的切线方向
B.磁场N极到S极的方向
C.小磁针静止时N极所指的方向
D.小磁场N极受力的方向
解析:磁场方向规定为小磁针N极的受力方向或静止时小磁针N极的指向,用磁感线表示则是磁感线的切线方向.磁场方向、磁感线的切线方向、静止时小磁针N极所指的方向都是相同的.选项A、C、D正确,B错误,故选B.
答案:B
题组二　地磁场与指南针
6.人们早在公元前6、7世纪就发现了磁石吸铁、磁石指南等现象,如图所示是最早的指南仪器——司南,形似勺子.勺柄是其南极,则司南静止时,勺柄所指的方向是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.东方
B.北方
C.西方
D.南方
解析:地球磁场的地磁北极在地理南极附近,地磁南极在地理北极附近.由于司南勺柄是其南极,静止时应指向地磁北极,即指向地理南极.
答案:D
7.(双选)指南针的广泛应用,促进了(　　)
A.人们对太阳磁场的认识
B.航海事业的发展
C.人们对地球的认识
D.对电流磁场的认识
解析:因为指南针的发明促进了航海事业的发展;远洋航行使人类第一次认识了地球,确立了新的地球观.故B、C项正确.
答案:BC
8.(双选)关于地磁场,下列说法正确的是(　　)
A.在地面放置一个小磁针,小磁针的南极指向地磁场的南极
B.地磁场的南极在地理北极附近
C.地球上任何地方的磁场方向都是和地面平行的
D.地球磁偏角的数值在地球上的不同地点是不同的
解析:小磁针的南极指南是因为地磁场的北极在地理的南极附近,故选项A错误;地磁场的两极和地理位置的两极是相反的,故选项B正确;依据地磁场的空间分布知,只有赤道上的磁场方向和地面平行,故选项C错误;磁偏角是磁场与地轴的夹角,不同地理位置的磁场方向不同,故磁偏角是不同的,选项D正确.选B、D.
答案:BD
9.某同学在北京将一根质量分布均匀的条形磁铁用一条细线悬挂起来,使它平衡并呈水平状态,悬线系住条形磁铁的位置是(　　)
A.磁铁的重心处
B.磁铁的某一磁极处
C.磁铁重心的北侧
D.磁铁重心的南侧
解析:条形磁铁只受到重力和细线的拉力而平衡时,细线应该系在磁铁的重心处,但由于北京的地磁场方向指向水平向北偏下,所以要使条形磁铁呈水平平衡状态,细线应系在重心偏北的位置.
答案:C
10.地球是一个大磁体:①在地面上放置一个小磁针,小磁针的南极指向地磁场的南极;②地磁场的北极在地理南极附近;③赤道附近地磁场的方向和地面平行;④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的;⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的.以上关于地磁场的描述正确的是
(　　)
A.①②④
B.②③④
C.①⑤
D.②③
解析:本题考查地球的磁场,地球的磁场与条形磁铁的磁场相似,主要有三个特点:(1)地磁场的N极在地理南极附近,S极在地理北极附近.(2)地磁场B的水平分量(Bx)总是从地球南极指向北极,而竖直分量(By)则南北相反,在南半球垂直地面向上,在北半球垂直地面向下.(3)在赤道平面上,距离地球表面相等的各点,磁感应强度相等,且方向水平向北.故正确选项为D.
答案:D
(建议用时:30分钟)
1.下列说法中错误的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.磁场是一种看不见、摸不着的物质
B.磁极间的相互作用是通过磁场进行的
C.磁铁吸引铁钉、铁屑的作用是通过磁场进行的
D.磁场只存在于磁铁内部
解析:磁场看不见、摸不着,是一种特殊物质,它存在于磁体和电流周围,一切磁作用都是通过磁场发生的,所以A、B、C均是正确的;在磁铁内部和外部均有磁场,且外部方向由N→S,内部由S→N,所以D项错误.
答案:D
2.指南针是我国古代“四大发明”之一,下列事件中指南针没有发挥重要作用的是(　　)
A.古人用磁石治病
B.郑和下西洋
C.哥伦布发现新大陆
D.麦哲伦的环球航行
解析:指南针的发明引起了航海技术的革命,推动了世界各国航海事业的发展.所以选B、C、D项.
答案:A
3.一小磁针放置在某磁场(未标出方向)中,静止时的指向如图所示.下列分析正确的是(　　)
A.N极指向该点磁场方向
B.S极指向该点磁场方向
C.该磁场是匀强磁场
D.a点的磁场方向水平向右
解析:磁场中,小磁针静止时N极的指向即为该点磁场的方向,故A正确,B不正确;磁感线的疏密表示磁场的强弱,由题图知磁感线不是一簇平行直线,故该磁场不是匀强磁场,C选项不正确;a点的切线方向表示该点的磁场方向,不是水平向右,所以D选项不正确.
答案:A
4.(双选)关于磁感线的概念和性质,以下说法中正确的是(　　)
A.磁感线上各点的切线方向就是各点的磁场方向
B.磁场中任意两条磁感线均不相交
C.铁屑在磁场中的分布所形成的曲线就是磁感线
D.磁感线总是从磁体的N极出发指向磁体的S极
解析:磁感线上每一点的切线方向都在该点的磁场方向上,在磁场中某点的磁场方向是确定的,如果两条磁感线相交,则该处的磁场方向就不能确定(如果两条磁感线相切,则该处的磁场将无限强,与事实相违),A、B正确.磁感线是为了形象描述磁场而假想的曲线,磁感线总是闭合曲线,在磁体的外部由N极到S极,在磁体内部由S极到N极,C、D错误.
答案:AB
5.关于地磁场,下列说法中正确的是(　　)
A.地理位置的南北极即为地磁场的南北极
B.地磁场的磁感线是不闭合曲线
C.在赤道上磁针的S极在静止时指向地理南极附近
D.在赤道上磁针的S极在静止时指向地理北极附近
解析:地磁场的N极在地理南极附近,S极在地理北极附近,A错误;地球的磁场与条形磁铁的磁场相似,B错误;在赤道上,磁场的竖直分量为零,水平分量指向北,所以磁针的S极在静止时应指向地理的南极附近,所以C项正确.
答案:C
6.在太阳的单色照片上,可以看到巨大的日珥,如图所示,日珥的出现与变化(　　)
A.与地球的磁场有关
B.与月球的磁场有关
C.与太阳的磁场有关
D.以上结论都不对
解析:地球具有磁场,宇宙中的许多天体都有磁场,太阳表面的黑子、耀斑、日珥和太阳风等活动都与太阳磁场有关.
答案:C
7.一个没有标明南、北极的小磁针,你能想办法判断它的磁极吗
(1)A同学用一个已知磁性的小磁针,立刻得出了结果.你知道他是怎样得出的吗
(2)B同学设计了这样一个方案:他将小磁针固定在小塑料盘中,然后放在水中.他得出的结论也是正确的.你能说出他利用了什么原理吗
答案:(1)A同学利用磁体磁极间的相互作用规律:同名磁极相互排斥,异名磁极相互吸引.
(2)B同学利用了地磁场的影响,地理的南极为地磁的北极,地理的北极为地磁的南极.小磁针指地理南极的一端一定是小磁针的S极,指地理北极的一端一定是小磁针的N极.
8.像信用卡一样,磁现象在我们的生活中无处不在.如医院用来给病人诊断疾病的核磁共振,断层成像技术也应用了磁现象.试通过查阅资料或上网等查阅核磁共振的原理.
答案:核磁共振技术是将受测的人体某一部分置于扫描磁场中,并将高频变化的磁场同时作用于其上.扫描过程中,扫描位置的人体组织的原子核(目前还是主要利用人体中含量很高的氢核)的相应频率跟高频变化磁场的频率相等时(类似于收音机的调谐),就实现了核磁共振.这时,该人体组织的原子核就从高频变化的磁场中显著地吸收能量,从而产生显著增强的磁信号,因此可以获得该人体组织中氢元素的浓度分布信息.计算机把这些信息存储起来,并转换成为图像.医生根据图像分析,就可以诊断该人体的组织是否发生了病变.
9.如图为某一磁场中画出的一条磁感线,能确定a、b两点磁场的强弱吗 为什么
答案:不能确定.因为不知道空间其他位置磁感线的分布情况,从而磁感线的疏密程度无法得知,所以不能判断磁场的强弱.电容器
题组一　电容器及其充、放电过程
1.电容器有　　　　和　　　　两种工作方式,充电时与电源负极相连的极板带　　　　电,与电源正极相连的极板带　　　　电.
解析:电容器的作用是充放电,所以它有两种工作方式,其中一种是充电,充电时需要电容器跟电源相连,接正极的带正电荷,接负极的带负电荷.
答案:充电　放电　负　正
2.下列家庭用电设备中,内部一定没有电容器的用电器是(　　)
A.白炽灯　　　　　　　B.录音机
C.收音机
D.音响功率放大器
答案:A
3.
两个彼此绝缘、相互平行靠近水平放置的金属板组成一个平行板电容器,该电容器跟一个电源相连接,如图所示.开关S接A时,电容器被充电,两极板间形成一个匀强电场,有一个带电的尘粒P在两极板间处于静止状态,则以下判断正确的是(　　)
A.匀强电场的方向竖直向下
B.带电尘粒带负电
C.若开关S接到B,则电容器放电,两极板上的电荷中和,电容器的电容减小
D.若开关S接到B,尘粒将竖直下落
解析:由题图可知电容器充电,下极板带正电,电场方向竖直向上,故选项A错误;带电尘粒静止,受到向上的电场力,因而带正电,故选项B错误;电容器的电容与电容器带电多少无关,故选项C错误;电容器放电后,极板间的电场消失,尘粒只受重力而竖直下落,故选项D正确.
答案:D
题组二　电容
4.关于电容器的电容,下列说法中正确的是(　　)
A.电容器所带的电荷越多,电容就越大
B.电容器两极板间的电压越高,电容就越大
C.电容器所带的电荷增加一倍,电容就增加一倍
D.电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量
解析:电容取决于电容器本身,与两极板间电压及带的电荷量多少无关,它是描述电容器容纳电荷本领的物理量,所以选项A、B、C错误,选项D正确.
答案:D
5.
如图为可变电容器,由一组动片和一组定片组成,这两组金属片之间是互相绝缘的,动片旋入得越多,则(　　)
A.正对面积越大,电容越大
B.正对面积越大,电容越小
C.动片定片间距离越小,电容越大
D.动片定片间距离越小,电容越小
解析:可变电容器中动片旋入越多,其极板正对面积越大,对极板间距离不产生影响,因此电容越大,选项A正确.
答案:A
6.某电容器上标有“9
V
1.5
μF”,则表示该电容器
(　　)
A.只有在9
V的电压下,它的电容才是1.5
μF
B.只有在9
V的电压下,电容器才能正常工作
C.所加的电压不应超过9
V
D.当它的电压为4.5
V时,它的电容变为0.75
μF
解析:电容器上所标的“9
V
1.5
μF”表示该电容器的电容是1.5
μF,额定电压为9
V.其电容C=1.5
μF与所加电压无关,所以只有C项正确.
答案:C
7.下列说法正确的是(　　)
A.平行板电容器一板带电Q,另一板带电-Q,则此电容器不带电
B.由公式C=可知,电容器的电容随带的电荷量Q的增加而变大
C.平行板电容器保持带的电荷量不变而增大两极板间距时,两板间电压要减小
D.电容器带的电荷量与两极板间的电势差成正比
解析:电容器带的电荷量是指电容器一个极板带的电荷量的绝对值,故选项A错误;C=为定义式,C的大小与Q和U无关,C的大小由电容器本身的结构决定,故B错误,D正确;当两极板间距离增大时,电容器电容变小,据C=知,U变大,所以C错误,应选D.
答案:D
8.
如图为电容器C与电压为U的电源连接成的电路,若开关S与1接通,电容器A板带　　　电,电容器B板带　　　电,这一过程称为电容器的　　　.电路稳定后,两板间的电压为　　　.若S与2接通,流过导体acb的电流方向为　　　,这就是电容器的　　　.
解析:当S与1接通时,电容器被充电,则A板带
负电,B板带正电,稳定后,两板间的电压等于电源电动势U;当S与2接通时,电容器放电,相当于电源,其中B板为正极,所以电流方向为bca.
答案:负　正　充电　U　bca　放电
9.有一个电容器,当它带的电荷量增加2×10-8
C时,它两极间的电势差增大了200
V,这个电容器的电容是多大
解析:本题考查的内容是对电容的定义式C=的应用.
方法一:设增加前、后的电荷量为Q1、Q2,电压为U1、U2,则由定义式得C==1.0×10-10
F.
方法二:对于确定的电容器,由定义式可知,Q-U图象应该是一条过原点的倾斜直线,直线的斜率在数值上等于电容器的电容值.
由图可知,C=k==1.0×10-10
F.
答案:1.0×10-10
F
10.
如图所示,计算机键盘的每一个按键下面都连有一小块金属片,与该金属片隔有一定气隙的是另一块小的固定金属片,这两块金属片组成一个小电容器.当键被按下时,与之相连的电子线路就能检测出哪个键被按下了,从而给出相应的信号.试简单分析其工作原理.
答案:计算机键盘是一个电容传感器,当键被按下时,两极板间距离减小,电容增大,与之相连的电子线路就能检测出哪个键被按下了,从而得到相应的电信号.
(建议用时:30分钟)
1.
如图是一个常用的电子元件,关于它的说法正确的是(　　)
A.这个电子元件名称叫电阻
B.这个电子元件的电容是220法拉
C.这个电子元件名称叫电容器
D.这个电子元件名称叫电感器
答案:C
2.如图是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象,其中不正确的是(　　)
解析:电容器的电容C由电容器本身的因素决定,与充电电压及带的电荷量无关,所以C-U图线与C-Q图线均为平行于横轴的直线,而Q-U图线为过原点的直线,所以选项A错误,符合题意,B、C、D正确,不符合题意.
答案:A
3.对于水平放置的平行板电容器,下列说法不正确的是(　　)
A.将两极板的间距加大,电容将增大
B.将两极板平行错开,使正对面积减小,电容将减小
C.在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板,电容将增大
D.在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板,电容将增大
解析:平行板电容器电容的大小:①随正对面积的增大而增大;②随两极间距离的增大而减小;③在两极板间放入电介质,电容增大.据上面叙述可直接看出选项B、C正确,不符合题意.对选项D,实际上是减小了平行板的间距.所以本题选A.
答案:A
4.电容器A的电容比电容器B的电容大,这表明
(　　)
A.所带的电荷量比B多
B.A比B能容纳更多的电荷量
C.A的体积比B大
D.两电容器的电压都改变1
V时,A的电荷量改变比B的大
解析:电容是电容器的固有属性,由电容器本身的构造决定,电容描述电容器容纳电荷的本领(电容器两极间的电压每改变1
V所改变电荷量的多少)大小,而不表示容纳电荷的多少(带的电荷量多少).
答案:D
5.
(双选)如图所示是用来测定角度θ的电容式传感器.当动片与定片之间的角度θ发生变化时,引起极板正对面积S的变化,使电容C发生变化.知道C的变化,就可以知道θ的变化情况.下列说法正确的是(　　)
A.θ变大,则C变大　　B.θ变大,则C变小
C.θ变小,则C变大
D.θ变小,则C变小
解析:θ变化,表示极板正对面积变化,由电容器电容随极板正对面积增大而增大可知:θ变大,正对面积变小,C变小;θ变小,正对面积变大,C变大,则B、C项正确.
答案:BC
6.如图是电容式话筒的示意图,它是利用电容器制作的传感器,话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层,距膜几十微米处有一金属板,振动膜的金属层和这个金属板构成电容器的两极.在两极间加一电压,人对着话筒讲话时,振动膜前后振动,使电容发生变化,导致话筒所在电路中的其他量发生变化,使声音信号被话筒转化成电信号.其中导致电容变化的原因可能是电容器两极间的(　　)
A.距离变化
B.正对面积变化
C.介质变化
D.电压变化
解析:由题目条件“人对着话筒讲话时,振动膜前后振动,使电容发生变化”可知导致电容变化的原因是振动膜前后振动,从而改变了振动膜与金属板间的距离,所以选项A正确.
答案:A
7.
如图所示为常见的可变电容器.
(1)将动片旋出一些,稍微减小极板间的正对面积,该电容器的电容将如何变化
(2)如果保持两极板间的正对面积不变,只使极板间的距离稍微增大,则电容器的电容将如何变化
答案:(1)极板间的正对面积减小,则该电容器的电容应减小.(2)若极板间距离增大,则电容器的电容应减小.
8.找一个旧的电解电容器,将其正、负极分别与电池正、负极相连,然后将电容器两极同时与舌尖相触,舌尖上会有种“麻酥酥”,类似于触电的感觉,试解释这种现象产生的原因.
答案:电容器与电池相接,电池给电容器充电,当将电容器的两极同时与舌尖接触时,舌尖将电容器两极接通,电容器会放电,尽管电流很小,但因为舌尖较敏感,所以能产生“麻酥酥”的感觉.磁场对通电导线的作用
题组一　磁感应强度的理解
1.关于磁感应强度,下列说法正确的是(　　)
A.磁场中某处的磁感应强度大小,就是长度为L、所通电流为I的一段直导线放在该处时,通电导线所受安培力F与I、L乘积的比值
B.一小段通电直导线在磁场中所受安培力的方向就是该处的磁感应强度方向
C.磁场中某点的磁感应强度的大小和方向与放在该处的通电短直导线受到的安培力的大小和方向无关
D.一小段通电直导线在某处不受磁场力作用,说明此处磁感应强度为零
解析:利用磁感应强度公式B=的前提是通电导线与磁场垂直,故A项错误;由左手定则可知,一小段通电直导线在磁场中某点所受安培力方向与该处的磁场方向垂直,故B项错误;磁场中某点的磁感应强度的大小和方向是客观存在的,它是由磁场本身决定的,与该处放不放通电导线无关,故C项正确;当一段通电直导线在磁场中某处与磁场方向平行放置时,它就不受安培力的作用,但该处的磁感应强度不为零,故D项也错误.
答案:C
2.先后在磁场中A、B两点引入长度相等的短直导线,导线与磁场方向垂直.如图所示,图中a、b两图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受的力F与通过导线的电流I的关系.下列说法中正确的是(　　)
A.A、B两点磁感应强度相等
B.A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度
C.A点的磁感应强度小于B点的磁感应强度
D.无法比较磁感应强度的大小
解析:导线受到的磁场力F=BIL=BL·I.对于题图给出的F-I图线,直线的斜率k=BL,由题图可知ka>kb,又因A、B两处导线的长度L相同,故A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度,选项B正确.
答案:B
3.某地放置有一根长L=500
m的导线,所通电流为10
A,已知该导线所受地磁场的最大磁场力F=0.2
N,求该处地磁场的磁感应强度为多大.
解析:通电导线处在地磁场中,根据磁感应强度的定义,只有通电导线与磁场垂直时,所受的磁场力最大.由公式F=BIL得B=得B=
T=4.0×10-5
T.
答案:4.0×10-5
T
题组二　安培力及其应用
4.一段通电直导线放在同一匀强磁场中的三个不同位置,如图所示.则(　　)
A.b情况下导线不受安培力
B.b、c两种情况下导线都不受安培力
C.c情况下导线受的安培力大于a情况下导线受的安培力
D.a、b情况下,导线所受安培力大小相等
解析:由安培力大小的决定因素可知题图b中电流与磁场方向平行时,电流不受安培力,所以B、D项错,A项正确;a、c两种情况中电流均与磁场方向垂直,所以安培力大小相等,因此C项错误.
答案:A
5.下列说法中错误的是(　　)
A.电荷处在电场强度为零的地方,受到的电场力一定为零
B.一小段通电导线放在磁感应强度为零的地方,受到的磁场力一定为零
C.一小段通电导体在某处不受磁场力的作用,则该处磁感应强度为零
D.电荷在某处不受到电场力的作用,则该处电场为零
答案:C
6.下列关于通电导体在磁场中所受安培力方向正确的是(　　)
答案:B
7.如图所示磁感应强度B、电流I和安培力F之间的方向关系错误的是(　　)
解析:B、I、F三者方向关系两两垂直,且符合左手定则,所以只有D图不正确.
答案:D
8.倾角为α的导电轨道间接有电源,轨道上静止放有一根金属杆ab.现垂直轨道平面向上加一匀强磁场,如图所示.磁感应强度B逐渐增加的过程中,ab杆始终保持静止,则ab杆受到的摩擦力(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.先增大后减小
D.先减小后增大
解析:金属杆静止在轨道上,所受合力为零,沿斜面向上的静摩擦力等于重力的下滑分力.当垂直轨道平面向上加一匀强磁场后,由左手定则可知,金属杆将受到沿斜面向上的安培力.在磁感应强度B逐渐增加的过程中,安培力逐渐增大,ab杆受到的静摩擦力先沿斜面向上逐渐减小,当安培力大于重力的下滑分力后,再沿斜面向下逐渐增大.
答案:D
9.如图所示,在水平向右的匀强磁场中放有矩形线框abcd,线框可绕其中心轴线自由转动.若线框中通有图中所示电流,试判断此时线框的转动方向.(从上向下看)
解析:据左手定则,让磁感线垂直穿入手心,四指指电流方向,则大拇指所指的方向即通电导线所受安培力的方向.由此可判断,此时ab边受安培力方向垂直纸面向里,cd边受安培力方向垂直纸面向外,而ad边和cd边平行于磁场方向,所以此时不受安培力作用,因此线框ab边向里转,cd边向外转,即从上向下看线框顺时针转动.
答案:从上向下看顺时针转动
10.如图所示,水平放置的两平行金属导轨ab、cd,间距为0.5
m,其上垂直于导轨放置质量为0.05
kg的直金属棒,整个装置放在方向跟导轨平行的匀强磁场中.当金属棒中的电流为2.0
A时,它对导轨的压力恰好为零,g取10
m/s2.求磁感应强度的大小和方向.
解析:
金属棒受力如图所示,由二力平衡可得F=mg=0.5
N
又因F=BIL,所以B=
T=0.5
T
由左手定则可确定匀强磁场方向水平向右.
答案:0.5
T　方向水平向右
(建议用时:30分钟)
1.为了简化安培的实验,我们可以用如图所示的装置探究影响安培力方向的因素.实验中如果发现导体棒被推出磁铁外,则此时磁铁的磁极和电流方向可能是(　　)
A.磁铁N极在上,电流方向A→B
B.磁铁N极在上,电流方向B→A
C.磁铁S极在上,电流方向B→A
D.以上三种情况都有可能
答案:B
2.关于通电导体在磁场里受力方向与电流方向和磁感线方向之间的关系,下列说法中错误的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.电流方向反向时,导体受力方向改变
B.磁场方向反向时,导体受力方向改变
C.电流方向和磁场方向同时反向,导体的受力方向改变
D.电流方向和磁场方向同时反向,导体的受力方向不变
解析:由左手定则可知,只使其中一个反向,则受力方向一定变化,当两个都反向时,则不变化.选C.
答案:C
3.
一根长直导线穿过载有恒定电流的环形导线中心且垂直于环面,导线中的电流方向如图所示.则环的受力方向
(　　)
A.沿环的半径向外
B.沿环的半径向里
C.水平向左
D.不受安培力
解析:由安培定则知,通电直导线周围磁场是以导线上各点为圆心的同心圆,所以环形导线与磁感线平行,因此不受安培力.
答案:D
4.号称空中“飞鲨”的歼-15在我国第一艘航母“辽宁舰”起降一次成功,舰机适配性能良好,图为歼-15起飞瞬间,数秒内战斗机速度在零和数百千米每小时间转换,且滑行距离不超过100米.动力和阻力控制是飞机起降的硬指标.为了提高航空母舰上飞机的起飞速度,人们正研制一种电磁弹射装置,它的基本原理是:将待弹射的飞机挂在导体棒上,导体棒放置在处于匀强磁场中的两条平行导轨上,给导轨通以电流,使飞机和导体棒作为一个载流导体在磁场的作用下沿导轨做加速运动,从而将飞机以某一速度弹射出去.关于这种弹射装置,以下说法中不正确的是(　　)
　
　　歼-15起飞瞬间
A.导体棒中的电流方向是N→M
B.导体棒中的电流方向是M→N
C.可以通过改变磁感应强度的大小来改变飞机弹射出时的速度
D.如要提高飞机的弹射速度,可以增大导轨中的电流
解析:载流导体在匀强磁场中所受的安培力水平向右,由左手定则判断导体棒中的电流方向是M→N,B对,不符合题意,A错,符合题意.设导轨的宽度为L,导体棒中通过的电流为I,磁感应强度为B,载流体的质量为m,所受阻力为Ff.载流体受到的安培力F=BIL,运动加速度a=,滑行距离为d时获得的速度v=.因此增大I或B,可以提高飞机的弹射速度,C、D对,不符合题意.
答案:A
5.如图所示的四幅图中,能说明电动机工作原理的是(　　)
解析:电动机是通电导体在磁场中受安培力作用的具体应用,所以只有选项C符合.
答案:C
6.各地地磁场磁感应强度(水平分量)Bx有所不同,可以在相关资料上查到.下表给出我国几个城市的Bx值.
地名
北京
广州
上海
武汉
Bx/10-4
T
0.289
0.375
0.333
0.343
现将同一根通电直导线分别在以上四地竖直放置,使导线受磁场力最大的是(　　)
A.北京
B.广州
C.上海
D.武汉
解析:由通电导线竖直放置知,其所受安培力大小只与水平方向磁感应强度Bx有关,由表中数据看出广州的Bx最大,所以该导线在广州受磁场力最大.
答案:B
7.如图所示,在“研究影响通电导体棒所受磁场力的因素”实验中,要使导体摆动的幅度增大,以下操作中可行的是(　　)
A.减少磁铁的数量
B.增大导体棒中的电流
C.改变导体棒中的电流方向
D.将磁铁更换成磁性较弱的
解析:要使导体摆动的幅度增大,即受安培力增大,由安培力大小F=BIL可知增大电流可以,其余三项均不能,所以只有选项B正确.
答案:B
8.如图所示,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:同向环形电流间相互吸引,虽然两电流大小不等,但由牛顿第三定律知,两线圈所受作用力必大小相等,故C正确.
答案:C
9.如图所示,一段长为1
m、质量为2
kg的通电导体棒
悬挂于天花板上.现加一垂直纸面向外的匀强磁场,当通入I=2
A电流时悬线的张力恰好为零.(g取10
N/kg)求:
(1)所加匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(2)如果电流方向不变,通入电流大小变为1
A时,磁感应强度的大小为多少 此时悬线总拉力又为多少
解析:(1)导体棒受力如图.
由平衡条件得
F安=mg
又因F安=BIL
所以B=
T=10
T.
(2)因为磁感应强度是由磁场本身的性质决定的,所以电流变为1
A后,磁感应强度仍为10
T.由平衡条件得
F=mg-BIL=2×10
N-10×1×1
N=10
N.
答案:(1)10
T　(2)10
T　10
N
10.一根重10
N的导体棒垂直放置在两根足够长的金属导轨上,导轨相互平行,固定在水平桌面上,相距10
cm.水平匀强磁场与导轨平行,大小B=0.1
T,方向水平向右.
(1)为了使导体棒对导轨的压力为零,导体棒中的电流方向如何
(2)若导体棒对导轨的压力为零,导体棒中的电流为多大
解析:(1)根据题意知导体棒所受安培力方向应向上,由左手定则可知,电流方向由b指向a.
(2)mg=BIL,得I=1
000
A.
答案:(1)b→a　(2)1
000
A电磁波的发射和接收
题组一　电视机的工作原理
1.在电视发射端,由摄像管摄取景物并将景物反射的光转换为电信号,这一过程完成了(　　)
A.电、光转化
B.光、电转化
C.光、电、光转化
D.电、光、电转化
解析:摄像管的摄像过程把光信号转化成了电信号,即把一幅图像按照各个部分的明暗情况,逐点地变为强弱不同的信号电流,然后通过天线把带有信号的电磁波发射出去,B正确,A、C、D错误.
答案:B
2.电视机换台时,实际上是在改变(　　)
A.电视台的发射频率
B.电视机的接收频率
C.电视台发射的电磁波的波速
D.电视机接收的电磁波的波速
解析:电视机接收到的电磁波的频率不同,从而收看到的电视频道不同,所以是改变电视机的接收频率.
答案:B
3.转换电视频道,选择自己喜欢的电视节目,称为
(　　)
A.调幅
B.调频
C.调制
D.调谐
解析:转换电视频道,选择自己喜欢的电视节目,实际上是选择信号接收,选择电波的过程,即为调谐过程,D项正确.
答案:D
4.关于电视接收的原理,下列说法中正确的是(　　)
A.电视接收天线收到的电磁波中包含有图像信号和伴音信号
B.电视接收天线收到的电磁波经过处理还原成图像,天线上并不产生感应电流
C.电视接收机收到电磁波,通过电子枪的扫描显示电视节目的图像信号和伴音信号
D.电视接收机收到电磁波,经扬声器得到电视节目的伴音信号
解析:电视机接收到的电磁波是带有图像信号和伴音信号的高频电流,故A项对,B项错;图像信号和伴音信号必须经过处理,才可经显像管和扬声器得到图像和声音,故C、D项错.
答案:A
题组二　电磁波的发射与接收
5.关于雷达,下列说法不正确的是(　　)
A.雷达可以测量物体的距离
B.雷达可以测量物体的速度
C.雷达没有利用电磁波,它是根据声波来测距的
D.雷达利用了电磁波的反射性质
答案:C
6.为了使需要传递的信息(如声音、图像等)发射到远方,必须对振荡电流进行(　　)
A.调谐
B.放大
C.调制
D.解调
解析:需要传递的信息频率较小,不能直接发射,必须通过调制,加到高频交变电流上后再发射.
答案:C
7.在飞机飞行过程中,禁止飞机上的乘客和司乘人员使用手机.这是因为使用手机会(　　)
A.对周围乘客造成电子辐射,损害乘客健康
B.影响飞机的动力设备
C.干扰飞机的电子通信系统
D.造成对飞机电子线路的破坏
解析:因为飞机也是靠无线电波来接收地面指令的,手机信号可能会干扰其电子通信系统,从而造成意外,所以选C项.
答案:C
8.(双选)下列说法正确的是(　　)
A.载波是由振荡器产生的,它的主要特点是高频,经天线直接发出
B.载波经调制放大后,经天线直接发出
C.电磁波经接收天线,通过调谐把需要的电磁波选出来送到扬声器或显像管中还原即可
D.电磁波经接收天线,通过调谐把需要的电磁波选出来后,再经过解调、放大后送到扬声器或显像管中还原成声音或图像
解析:载波是振荡器产生的高频电磁波,不需放大,可由天线直接发射,故A正确;调制是为了把需要发送的信息加到载波上后再发射,电磁波经接收天线,通过调谐接收下来,再经解调、放大后才能送到扬声器或显像管中,所以B、C不正确,D正确.
答案:AD
9.1895年,一位年轻的意大利人马可尼(1874—1937)发明了无线电通信技术.从此,携带人类信息的电磁波开始在空间自由旅行,人们不必依赖电线,就可以在遥远的地方互通信息.电视台发射电视信号为什么要建高耸入云的发射塔呢
答案:电视信号要有效地发射出去,必须采用高频开放电路,电磁波的波长比较短,以直线传播为主,遇到障碍物会被阻挡,所以发射天线要架得高一些.
10.阅读以下材料,无线电技术中通常根据波长把无线电分成几个波段:
波段
长波
中波
短波
微波
波长(m)
30
000~3
000
3
000~200
200~10
10~0.001
我们知道,地球被厚厚的大气层包围着,在距地面50
km
到几百千米范围内的大气层叫电离层.电离层对于不同波长的电磁波表现出不同的特性.实验表明,对于波长小于10
m的微波,电离层能让它通过;对于波长超过3
000
m的长波,电离层基本上把它吸收掉;对于中波和短波,电离层对它有反射作用.
根据以上材料,你认为利用静止在地球赤道正上空36
000
km高处的地球同步通信卫星进行无线电信号通信只能利用哪一种波 为什么
答案:微波;因为对于波长小于10
m的微波,电离层能让它通过.
(建议用时:30分钟)
1.电磁场理论的建立,促进了现代社会的发展.下列应用中,同时使用了电磁波接收和发射技术的电器是
(　　)
A.微波炉
B.收音机
C.电视机
D.手机
答案:D
2.关于电磁波在真空中传播速度,下列说法中不正确的是(　　)
A.频率越高,传播速度越大
B.电磁波的能量越强,传播速度越大
C.波长越长,传播速度越大
D.频率、波长、强弱都不影响电磁波的传播速度
解析:电磁波在真空中的波速与任何因素均无关——现代物理中称光速不变原理.在媒质中波速会变小.
答案:D
3.如图所示为调幅振荡电流图象,此电流存在于电磁波发射和接收中的哪些阶段
(　　)
A.经调制后
B.经调谐后
C.经解调后
D.耳机中
解析:由题图可见该高频载波的振幅随信号改变,所以为调幅波,是经调制后的,因此选A项.
答案:A
4.雷达是用来对目标进行定位的现代化定位系统,海豚也具有完善的声呐系统,它能在黑暗中准确而快速地捕捉食物、避开敌害,性能远远优于现代化的无线电系统.下列关于雷达和海豚的说法正确的是(　　)
A.它们都利用自身发射的电磁波进行定位
B.它们都利用自身发射的超声波进行定位
C.雷达利用自身发射的电磁波定位,海豚利用自身发射的超声波定位
D.雷达利用自身发射的超声波定位,海豚利用自身发射的电磁波定位
解析:海豚生活在海里,借助于自身发射的超声波在黑暗中定位,捕捉食物;而雷达采用无线电波中的微波波段.
答案:C
5.如图所示为电视接收过程示意图,其工作过程顺序正确的是(　　)
A.解调—放大—调谐—显示
B.调谐—放大—解调—显示
C.调谐—解调—放大—显示
D.放大—调谐—解调—显示
解析:电视接收机首先利用电谐振通过调谐把空间高频电流选出来,然后解调,取下信号,最后经放大后再传给显像管显像,所以正确的顺序是C.
答案:C
6.(双选)移动电话是现代人们最常用的通信工具之一,移动电话与其他用户通话时要靠如图所示的基站来转接,城市中高大建筑物上常常可以看到图中移动通信的基站.关于移动电话的下列说法正确的是(　　)
A.当两部移动电话相距较近时可以不通过基站转接,而直接通话
B.移动电话是利用无线电波进行通信的
C.移动电话利用光纤传送信号
D.移动电话既是一个电磁波发射端,又是一个电磁波接收端
解析:移动电话是利用微波来传递信息,而且必须通过基站来转接的.所以只有选项B、D正确.
答案:BD
7.某雷达探测高空的一颗人造卫星,如果雷达发射的电磁波反射回来用的时间是0.16
s,则这颗卫星距雷达的距离为多少
解析:雷达从发射到接收到从卫星反射回来的信号历时
t=0.16
s,设卫星离雷达距离为x,则
2x=ct
所以x=
m=2.4×107
m.
答案:2.4×107
m
8.中央人民广播电台发射一种电磁波的频率为15.58
Hz,如果你在上海的家中接收这一频率的电台节目,从电台信号发射到被接收历时多长时间 (设北京到上海的距离是1
454千米)
解析:t=
s≈4.85×10-3
s.
答案:4.85×10-3
s电磁波谱
题组一　电磁波谱
1.关于电磁波的应用,下列说法正确的是(　　)
A.电磁波在真空中的速度c=3.0×108
m/s
B.在电磁波谱中,紫外线的频率比γ射线的频率大
C.只有高温的物体才能发射红外线
D.手机只能接收电磁波,不能发射电磁波
解析:电磁波能够在真空中传播,且传播速度为3.0×108
m/s,选项A正确;由电磁波谱可知,γ射线频率最大,选项B错误;任何物体都能发射红外线,手机既能发射电磁波,又能接收电磁波,选项C、D错误.
答案:A
2.传播电视信号的电磁波是(　　)
A.无线电波　　
B.γ射线
C.紫外线
D.X射线
解析:电视信号用微波来传播,属无线电波.
答案:A
3.验钞机发出的“光”能使钞票上的荧光物质发光;家用电器的遥控器发出的“光”,能用来控制电风扇、电视机、空调器等.对于它们发出的“光”,下列说法中正确的是(　　)
A.验钞机和遥控器发出的“光”都是紫外线
B.验钞机和遥控器发出的“光”都是红外线
C.验钞机发出的“光”是紫外线,遥控器发出的“光”是红外线
D.验钞机发出的“光”是红外线,遥控器发出的“光”是紫外线
解析:紫外线具有荧光效应,红外线可用于遥控、遥感.由题意知,验钞机发出的“光”能使钞票上的荧光物质发光,则其为紫外线;家用电器的遥控器发出的“光”,能用来控制电风扇、电视机、空调器等,说明它为红外线.
答案:C
4.生活在高原上的人皮肤黝黑的原因是(　　)
A.与高原上人的生活习惯有关
B.与高原上的风力过大有关
C.与高原上紫外线辐射过强有关
D.由遗传本身决定
解析:高原上紫外线辐射比平原上强很多,而紫外线对皮肤的生理作用会使皮肤变得粗糙和黝黑,故选项C正确.
答案:C
5.下列说法中不正确的是(　　)
A.因为γ射线的能量最大,太阳辐射中能量最集中的是γ射线
B.太阳辐射中能量最强的集中在黄光、绿光附近
C.微波炉是利用微波作用于食物中的水分子,使其热运动加剧,内能增加,温度升高,使食物变热
D.科学家用电磁波寻找地外文明,但时至今日人们还没有找到地外文明
解析:γ射线能量最大,但太阳辐射的能量集中在可见光、红外线、紫外线区域,以黄、绿光附近辐射的能量最强,所以A项错,符合题意.
答案:A
6.据国外媒体报道,韩国科学家通过巧妙地处理荧光蛋白基因,成功地克隆了猫.这个程序有助于相关人员研发治疗人类遗传病的方法.该过程的一个“副产品”是,黑暗中的克隆猫接触紫外线光束时会发红光.该猫发光的原因是紫外线具有(　　)
A.热效应
B.荧光效应
C.灭菌消毒作用
D.波长较短的特点
答案:B
7.(1)红外被动制导导弹是利用探测敌方目标辐射的　　　　来射向目标的.
(2)大额钞票上有荧光物质印刷的文字,在可见光下肉眼看不见,但用　　　　照射则会产生可见光,这是一项防伪措施.
解析:任何物体都向外辐射红外线,红外被动制导导弹就是利用探测敌方目标辐射的红外线来射向目标的;紫外线有很强的荧光效应,能使荧光物质发出可见光.
答案:(1)红外线　(2)紫外线
题组二　波长、波速和频率的关系
8.
微波炉是一种用微波加热食品的现代化烹调灶具.微波是一种电磁波.微波炉由电源、磁控管、控制电路和烹调腔等部分组成.电源向磁控管提供大约4
000伏高压,磁控管在电源激励下,连续产生微波,再经过波导系统,耦合到烹调腔内,对食物加热.下面是某品牌的微波炉,下表是其铭牌,从中读出该微波炉产生微波的频率,计算其在真空中的波长为多少
型号
WP850
输入功率
1
300
W
额定电压
220
V-50
Hz
输出功率
850
W
振荡频率
2
450
MHz
内腔容积
25
L
解析:由表格中数据可知该微波炉所发射的微波频率f=2
450
MHz=2.45×109
Hz,而其传播速度等于光速,即c=3×108
m/s.所以波长
λ=
m≈0.12
m.
答案:0.12
m
9.电磁波在真空中传播的速度是3.00×108
m/s,有一个广播电台的频率f=90.0
MHz,这个台发射的电磁波的波长λ为(　　)
A.2.70
m
B.270
m
C.3.00
m
D.3.33
m
解析:根据λ=得λ=
m≈3.33
m.
答案:D
10.在真空中传播的波长为15
m的电磁波,进入某一介质中传播时,若传播速度为2×108
m/s,则该电磁波在介质中的波长是多少
解析:同一电磁波在不同介质中传播时频率不变,
所以其波长比.
所以λ2=
m=10
m.
答案:10
m
(建议用时:30分钟)
1.1927年,英国发明家贝尔德在伦敦第一次用电传递了活动的图像,标志着电视的诞生.电视塔天线发送的是(　　)
　　　　　
　　　　　
　　　
A.电子
B.电流
C.声波
D.电磁波
答案:D
2.对红外线作用及来源的叙述不正确的是(　　)
A.一切物体都在不停地辐射红外线
B.红外线有很强的荧光效应
C.红外线最显著的作用是热作用
D.红外线容易穿过云雾、烟尘
解析:一切物体都在不停地辐射红外线,且热物体比冷物体的红外辐射本领大,A正确,不符合题意.荧光效应是紫外线的特性,红外线没有,红外线显著的作用是热作用,B错误,符合题意,C正确,不符合题意.红外线波长较长,衍射能力较强,D正确,不符合题意.
答案:B
3.红外线、紫外线、无线电波、可见光、γ射线、伦琴射线按波长由大到小的排列顺序是(　　)
A.无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、γ射线
B.红外线、可见光、紫外线、无线电波、γ射线、伦琴射线
C.γ射线、伦琴射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波
D.紫外线、红外线、γ射线、伦琴射线、无线电波、可见光
解析:在电磁波谱中以无线电波波长最长,γ射线波长最短,所以正确的顺序为A.
答案:A
4.我们生活中用的日光灯是靠镇流器产生的高电压使灯管中的稀薄汞蒸气发出某种电磁波,该电磁波射到灯管壁上的荧光粉上,从而发光.你认为汞蒸气激发后发射的电磁波是(　　)
A.红外线
B.紫外线
C.X射线
D.γ射线
解析:该电磁波使荧光粉发光,说明该电磁波具有荧光效应,所以应为紫外线.
答案:B
5.四川省雅安市芦山县发生过7.0级地震,地震造成大量建筑物倒塌.为了将埋在倒塌建筑中的被困者迅速解救出来,救援队在救援过程中使用生命探测仪来寻找被压在废墟中的伤员,这种仪器主要是接收人体发出的(　　)
A.可见光
B.红外线
C.紫外线
D.声音
解析:不同温度的物体会发出不同频率的红外线,生命探测仪就是根据人体发出红外线与周围环境不同而寻找的,故选B项.
答案:B
6.(双选)下列说法中正确的是(　　)
A.夏天太阳光把地面晒得发热是因为可见光的热效应在各种电磁波中是最强的
B.医院里用X射线进行人体透视,是因为它是各种电磁波中穿透本领最大的
C.科学家关注南极臭氧层空洞是因为过强的紫外线会伤害动植物
D.在热学中所说的热辐射就是指红外线辐射
解析:热效应最强的是红外线,选项A错误;贯穿本领最强的是γ射线,选项B错误;臭氧层可吸收紫外线,使地球上的动植物免受过强紫外线的伤害,所以选项C、D正确.
答案:CD
7.家庭的照明电路使用的是220
V的交变电流,这个交变电流是按正弦规律周期性变化的,所以会产生周期性变化的电场,周期性变化的电场又产生周期性变化的磁场……这样电场和磁场交替产生而产生电磁波.该电磁波的波长是多少
解析:电磁波在空气中的传播速度近似为真空中的光速
c=3.0×108
m/s,而家庭用照明电的频率f=50
Hz,故产生电磁波的波长λ=
m=6.0×106
m.
答案:6.0×106
m
8.下表给出了无线电波各波段的特性及主要用途,试求长波和短波的频率范围.
波段
波长
频率
传播方式
主要用途
长波
30
000~3
000
m
地波
超远程无线电通信和导航
中波
3
000~200
m
100
kHz~1
500
kHz
地波和天波
调幅(AM)无线电广播、电报
中短波
200~50
m
1
500
kHz~6
000
kHz
短波
50~10
m
天波
米波(VHF)
10~1
m
30
MHz~300
MHz
近似直线传播
调频(FM)无线电广播、电视、导航
分米波(UHF)
10~1
dm
300
MHz~3
000
MHz
直线传播
移动通信、电视、雷达、导航
厘米波
10~1
cm
3
000
MHz~30
000
MHz
毫米波
10~1
mm
30
000
MHz~300
000
MHz
解析:由表中数据知长波波长范围30
000~3
000
m,而波速c=3.0×108
m/s.由c=λf可知f1=
Hz=1.0×104
Hz=10
kHz.f2=
Hz=1.0×105
Hz=100
kHz,则长波频率在10
kHz~100
kHz间.同理可读出短波波长在50~10
m
之间,则频率范围在
6
MHz~30
MHz
之间.
答案:长波:10
kHz~100
kHz　短波:6
MHz~30
MHz磁场对运动电荷的作用
题组一　洛伦兹力的理解
1.电场水平向右,电子在磁场中的运动方向平行,则该电子(　　)
A.不受洛伦兹力
B.受洛伦兹力,方向向上
C.受洛伦兹力,方向向下
D.受洛伦兹力,方向向左
解析:当带电粒子运动方向与磁场方向平行时,粒子不受洛伦兹力作用,故选项A正确.
答案:A
2.(双选)下列说法正确的是(　　)
A.所有电荷在电场中都要受到电场力的作用
B.所有电荷在磁场中都要受到磁场力的作用
C.一切运动电荷在磁场中都要受到磁场力的作用
D.运动电荷在磁场中,只有当垂直于磁场方向的速度分量不为零时,才受到磁场力的作用
解析:电荷在电场中都受电场力,选项A正确;静止的电荷不受磁场力,B项错误;即使是运动的电荷,当运动方向与磁场方向平行时也不受磁场力作用,C项错误,D项正确.
答案:AD
3.如图是表示磁场磁感应强度B、负电荷运动方向v和磁场对电荷作用力F的相互关系图,这四个图中画得不正确的是(B、v、F两两垂直)(　　)
解析:磁感应强度B、负电荷运动的方向和洛伦兹力的方向符合左手定则,但对负电荷,四指应该指向其运动的反方向,所以只有D项不符合.
答案:D
4.如图所示,一电子从左向右飞入匀强磁场,关于电子受到的洛伦兹力的方向,下列说法正确的是
(　　)
A.向左
B.向右
C.向下
D.向上
解析:利用左手定则可判断电子在磁场中运动所受洛伦兹力的方向,题图所示电子受到的洛伦兹力方向向上.选项D正确.
答案:D
5.(双选)关于安培力和洛伦兹力,下面的说法中正确的是(　　)
A.洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力
B.安培力和洛伦兹力,其本质都是磁场对运动电荷的作用力
C.安培力和洛伦兹力,二者是等价的
D.安培力对通电导体能做功,但洛伦兹力对运动电荷不能做功
解析:安培力是洛伦兹力的宏观表现,其本质都是磁场对运动电荷的作用,所以A错,B对,C错;洛伦兹力总垂直于电荷的运动方向,所以不做功,而安培力却可以与运动方向不垂直,所以可以做功,D对.
答案:BD
题组二　带电粒子在磁场中的运动
6.一个带电粒子在穿过某一空间而未发生偏转,则
(　　)
A.此空间一定不存在磁场
B.此空间可能有磁场,方向与电子速度方向平行
C.此空间可能有磁场,方向与电子速度方向垂直
D.可能带电粒子速度太小
答案:B
7.每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来,地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向,使它们不能到达地面,这对地球上的生命有十分重要的意义.假设有一带正电的宇宙射线正垂直于地面向赤道射来,在地磁场的作用下,它将(　　)
A.向东偏转
B.向南偏转
C.向西偏转
D.向北偏转
解析:地球表面地磁场方向由南向北,根据左手定则可判定,带正电的粒子自赤道上空竖直下落过程中受洛伦兹力方向向东.
答案:A
8.如图是电子射线管示意图.接通电源后,电子射线由阴极沿x轴方向射出,在荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转,在下列措施中可采用的是(　　)
A.加一磁场,磁场方向沿z轴负方向
B.加一磁场,磁场方向沿y轴正方向
C.加一电场,电场方向沿z轴负方向
D.加一电场,电场方向沿y轴正方向
解析:要使荧光屏上的亮线向下偏转,若加磁场,应使电子所受的洛伦兹力方向向下,电子运动方向沿x轴正方向,由左手定则可知,磁场方向应沿y轴正方向,选项B正确.若加电场,电场方向应沿z轴正方向.
答案:B
9.如图所示,匀强磁场的方向垂直于纸面向里,P和Q是两个带电粒子在磁场中的运动径迹,图中箭头表示粒子的运动方向.那么,径迹为P的粒子的电性为　　　　,径迹为Q的粒子的电性为　　　　.(均选填“正”或“负”)
解析:由左手定则可判定,径迹为P的粒子带正电,径迹为Q的粒子带负电.
答案:正　负
10.如图所示,电视机显像管中的一束向右运动的电子束向上偏转,则管颈处的偏转线圈所提供的磁场是什么方向
解析:电子束在磁场中偏转,根据左手定则可判断出偏转线圈提供的磁场方向为垂直于纸面向外.
答案:垂直于纸面向外.
(建议用时:30分钟)
1.关于洛伦兹力的做功情况,正确的是(　　)
A.洛伦兹力可能做正功
B.洛伦兹力一定做功
C.洛伦兹力可能做负功
D.洛伦兹力一定不做功
解析:因为洛伦兹力总与电荷运动方向垂直,所以只改变速度方向,而不改变速度大小,因此洛伦兹力永不做功.
答案:D
2.(双选)关于洛伦兹力方向的判定,以下说法正确的是(　　)
A.用左手定则判定洛伦兹力方向时,“四指指向”与电荷定向运动的方向相同
B.用左手定则判定洛伦兹力方向时,“四指指向”与电荷运动形成等效电流的方向相同
C.正电荷在磁场中受洛伦兹力的方向即是该处磁场的方向
D.若将在磁场中的运动电荷+q换为-q且速度方向反向,则洛伦兹力的方向不变
解析:运用左手定则时,“四指指向”应沿电荷定向运动形成的等效电流方向,而不一定沿电荷定向运动方向,因为负电荷定向运动形成电流的方向与其运动方向相反.通过左手定则所确定的洛伦兹力与磁场之间的关系可知:两者方向相互垂直,而不是相互平行.
答案:BD
3.在你身边,若有一束电子从上而下运动,在地磁场的作用下,它将(　　)
A.向东偏转
B.向西偏转
C.向北偏转
D.向南偏转
解析:此题关键要弄清地磁场的方向,再用左手定则判定.因为地磁场方向由地磁北极指向地磁南极,所以由地理南极指向地理北极,即在我们身边地磁场的水平分量水平向北.因此当电子由上而下运动时,由左手定则可以判知,电子受洛伦兹力方向向西,故应向西偏转,选项B正确.
答案:B
4.下列说法正确的是(　　)
A.运动电荷在磁感应强度不为零的地方,一定受到洛伦兹力作用
B.运动电荷在某处不受洛伦兹力作用,则该处的磁感应强度一定为零
C.洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能,也不能改变带电粒子的速度
D.磁场力与电荷运动方向及磁场方向一定都垂直
解析:运动电荷的受力不仅与B、q、v的数值有关,还与B和v的方向有关;当v与B平行时,运动电荷受洛伦兹力为零,v与B垂直时受洛伦兹力最大,所以A、B项错;速度是矢量,洛伦兹力因为总与速度垂直,所以不改变其速度大小,但会改变速度方向,故C项错;洛伦兹力总是垂直于B和v所决定的平面,故D项正确.
答案:D
5.如图所示,有一磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场,一束电子流以初速度v沿水平方向射入,为了使电子流经过磁场时不偏转(不计重力),则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场,这个电场的电场强度大小和方向是(　　)
A.,竖直向上
B.,水平向左
C.Bv,垂直于纸面向里
D.Bv,垂直于纸面向外
解析:由左手定则可知,电子受洛伦兹力方向垂直于纸面向里,故其所受电场力方向垂直纸面向外,二力大小相等,即qvB=Eq,则E=vB,电场方向与电子受电场力方向相反,故选C.
答案:C
6.下图中已经画出磁场方向和电荷的运动方向,请画出洛伦兹力方向.
答案:如图所示
7.
如图所示,如果在电子射线管上方平行于管轴放置一根载流导线,电流方向如图所示,电子射线将向什么方向偏转 电流反向后情况会如何 想一想为什么禁止将磁铁靠近正在播放节目的电视机
解析:首先据安培定则判定通电直导线在射线管处产生磁场的方向是垂直纸面向里,据左手定则可判断电子流受洛伦兹力向下(四指指电子运动的反方向).当电流反向后,磁场也反向,则受洛伦兹力反向,应由向下偏变为向上偏.
答案:向下偏转　向上偏转　电视机显像是靠电子轰击荧光屏产生的,磁场将影响电子运动的轨迹,影响图像质量.
8.在垂直于纸面向外的匀强磁场B中,垂直于磁场方向向上射出三束粒子束a、b、c,偏转轨迹如图甲所示:
(1)确定三束粒子束的电性;
(2)如图乙若加的是水平向右的匀强电场E,试确定三束粒子束的电性.
解析:用左手定则不难确定题图甲所示磁场中三束粒子束的电性,而换成水平向右的匀强电场时,据电场力特点可判定三束粒子束的电性.
答案:(1)a带负电,b不带电,c带正电　(2)a带负电,b不带电,c带正电　法拉第电磁感应定律
题组一　关于Φ、ΔΦ、的理解
1.将一磁铁缓慢或者迅速插到闭合线圈中的同一位置,不发生变化的物理量是(　　)
A.磁通量的变化量
B.磁通量的变化率
C.感应电动势
D.感应电流
解析:不管以多大的速度运动,只要同一磁铁且初末位置相同,磁通量变化量就相同,但时间不同,故磁通量变化率不同,由法拉第电磁感应定律知感应电动势不同,所以感应电流不同,因此不发生变化的物理量只有A项.
答案:A
2.下列说法正确的是(　　)
A.线圈中磁通量变化越大,线圈中磁通量的变化率一定越大
B.线圈中磁通量越大,线圈中磁通量的变化率一定越大
C.线圈处在磁场越强的位置,线圈中磁通量的变化率一定越大
D.线圈中磁通量变化得越快,线圈中磁通量的变化率越大
解析:线圈中磁通量的变化率与Φ或ΔΦ的大小无直接关系.而磁通量变化越快,即变化率越大,故只有选项D正确.
答案:D
3.
如图所示为通电长直导线的磁感线图,等面积线圈S1、S2与导线处于同一平面.关于通过线圈S1、S2的磁通量Ф1、Ф2,下列分析正确的是(　　)
A.Ф1>Ф2
B.Ф1<Ф2
C.Ф1=Ф2≠0
D.Ф1=Ф2=0
解析:磁通量可以形象地说成为穿过某个面的磁感线的条数,由题图知Φ1>Φ2,选项A正确.
答案:A
题组二　法拉第电磁感应定律
4.法拉第电磁感应定律可以这样表述:闭合电路中感应电动势的大小(　　)
A.跟穿过这一闭合电路的磁通量成正比
B.跟穿过这一闭合电路的磁感应强度成正比
C.跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比
D.跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量成正比
解析:由法拉第电磁感应定律知E=n,所以E∝,故C项正确.
答案:C
5.(双选)下列关于感应电动势的说法错误的是(　　)
A.回路中磁通量为零,感应电动势也为零
B.闭合回路中没有感应电流,也就没有感应电动势
C.没有闭合回路就没有感应电动势
D.回路中磁通量的变化率不变,感应电动势也不变
解析:感应电动势与磁通量变化率有关,与磁通量大小无关,所以A项说法错误;闭合回路中没有感应电流,所以一定没有感应电动势,B项说法正确;只要导体切割磁感线,就会产生感应电动势,所以C项说法错误;由法拉第电磁感应定律知E=n,所以不变,E就不变,D项说法正确.因此说法错误的是A、C项.
答案:AC
6.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中感应电动势不变
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,选项A错,B对;根据法拉第电磁感应定律,感应电动势的大小取决于磁通量变化率,所以选项C、D错.
答案:B
7.一个闭合电路产生的感应电动势较大,是因为穿过这个闭合电路的(　　)
A.磁感应强度大
B.磁通量较大
C.磁通量的变化量较大
D.磁通量的变化较快
解析:由法拉第电磁感应定律知,感应电动势与磁通量的变化率(磁通量变化快慢)成正比,与磁通量的变化量、磁通量、磁感应强度无关.
答案:D
8.如图所示,栅栏大门朝正南方向,在门的四角上钉有四个钉子,沿着钉子绕有50匝的大线圈,穿过该线圈的最大磁通量为1.6×10-4
Wb.那么,小明在2
s内把关闭的大门打开并转过90°的过程中,线圈中产生的感应电动势约为(　　)
A.2×10-2
V
B.4×10-3
V
C.1.6×10-4
V
D.8×10-5
V
解析:开始时穿过栅栏大门上线圈的磁通量Φ1=1.6×10-4
Wb,大门打开转过90°时磁通量Φ2=0,则ΔΦ=1.6×10-4
Wb,由公式E=n得E=50×
V=4×10-3
V,故选项B正确.
答案:B
9.
如图所示,在一个不计电阻的光滑金属框架上放置一根长0.4
m的导体棒AB,其电阻为0.1
Ω,框架左端的电阻R=0.4
Ω,垂直框架面的匀强磁场的磁感应强度大小为0.1
T.当用外力使AB棒以5
m/s的速度沿框架(始终接触良好)右移时,产生的感应电动势为　　　　,通过R的电流为　　　　.
解析:取时间为t
s,则导体棒AB向右移动距离x=5t
m,所以该过程中磁通量变化
ΔΦ=B·x·L=0.1×5t×0.4
Wb=0.2t
Wb
由法拉第电磁感应定律知,电动势
E==1×
V=0.2
V
电流I=
A=0.4
A.
答案:0.2
V　0.4
A
10.有一正方形单匝线圈abcd处于匀强磁场中,线圈平面与磁场方向垂直.在Δt=0.5
s时间内,磁通量由Φ1=3
Wb增加到Φ2=6
Wb.求:
(1)在Δt内线圈中产生的感应电动势;
(2)要使线圈中产生的感应电动势更大,可采取什么措施
解析:(1)由法拉第电磁感应定律得
E=n=n
V=6
V.
(2)由法拉第电磁感应定律知,要想增大感应电动势,可增加线圈匝数n或增大磁通量的变化率.
答案:(1)6
V　(2)增加线圈匝数或增大磁通量的变化率
(建议用时:30分钟)
1.(双选)下列关于感应电动势的说法中,正确的是
(　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.穿过闭合电路的磁通量越大,感应电动势就越大
B.穿过闭合电路的磁通量的变化越大,感应电动势就越大
C.穿过闭合电路的磁通量的变化越快,感应电动势就越大
D.穿过闭合电路的磁通量不变化,感应电动势为零
答案:CD
2.
如图所示,将条形磁铁从相同的高度分别以速度v和2v插入线圈,电流表指针偏转角度较大的是
(　　)
A.以速度v插入
B.以速度2v插入
C.一样大
D.无法确定
解析:条形磁铁初末位置相同,因此磁通量变化量相同,但速度越大,时间越短,则磁通量变化率越大,即感应电动势越大,感应电流也就越大,电流表指针偏转角度越大,所以B项正确.
答案:B
3.穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀减小2
Wb,则(　　)
A.线圈中感应电动势每秒增大2
V
B.线圈中感应电动势每秒减小2
V
C.线圈中无感应电动势
D.线圈中感应电动势大小保持2
V不变
解析:根据法拉第电磁感应定律,磁通量均匀地变化,产生恒定的电动势,E==2
V.
答案:D
4.如图所示,ab是水平面上一个圆的直径,在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef.已知ef平行于ab,当ef竖直向上平移时,电流磁场穿过圆面积的磁通量将(　　)
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.始终为零
D.不为零,但保持不变
解析:
由安培定则知,通电直导线周围磁感线是以导线上各点为圆心的同心圆,所以直导线在圆的直径正上方时,穿过圆面的磁通量必为零.可借助于剖面图来理解,如图所示为题图从右向左看的图形,下方线段表示圆的截面,上方“☉”表示电流向外,画出部分磁感线如图所示,显然,磁感线从左侧穿入面,又从右侧穿出面,故磁通量始终为零.
答案:C
5.
如图画出的是穿过一个闭合线圈的磁通量随时间的变化规律,以下认识不正确的是
(　　)
A.第0.6
s末线圈中的感应电动势为4
V
B.第0.9
s末线圈中的瞬时电动势比0.2
s末的大
C.第1
s末线圈的瞬时电动势为零
D.第0.2
s末和0.4
s末的瞬时电动势的方向相同
解析:题图给出了磁通量的变化图象,由法拉第电磁感应定律计算:第0.6
s末线圈中的感应电动势为
V=4
V,A正确,不符合题意;第0.9
s末线圈中的瞬时电动势为
V=30
V,第0.2
s
末的瞬时电动势为
V,所以B正确,不符合题意;第1
s
末线圈的瞬时电动势为零,C正确,不符合题意;第0.2
s末和0.4
s末的瞬时电动势的方向相反,D错误,符合题意.
答案:D
6.汽车在制动时,有一种ABS系统,它能阻止制动时车轮抱死变为纯滑动.纯滑动不但制动效果不好,而且易使车辆失去控制.为此需要一种测定车轮是否还在转动的装置.如果检测出车轮不再转动,就会自动放松制动机构,让轮子仍保持缓慢转动状态.这种检测装置称为电磁脉冲传感器,如图甲所示,B是一根永久磁铁,外面绕有线圈,它的左端靠近一个铁质齿轮,齿轮转动与转动的车轮是同步的.图乙是车轮转动时输出电流随时间变化的图象.
(1)为什么有电流输出
(2)若车轮转速减慢了,图象会变成什么样
答案:(1)当齿轮上的齿靠近线圈时,由于磁化使永久磁体的磁场增强,因此在线圈中产生感应电流.齿轮离开时,又在线圈中产生反方向的感应电流.
(2)车轮转速减慢,电流变化频率变小,周期变大,且电流峰值变小.
7.有一种高速磁悬浮列车的设计方案是在每节车厢底部安装磁铁(磁场方向向下),并在两条铁轨之间平放一系列线圈,请探究:
(1)当列车运行时,通过线圈的磁通量会不会发生变化
(2)列车的速度越快,通过线圈的磁通量变化越快吗
解析:(1)当列车运行时,磁铁与线圈相对运动,所以通过线圈的磁通量会发生变化.
(2)列车速度越快,通过线圈的磁通量变化越快.
答案:(1)会发生变化　(2)变化越快
8.如图所示,一个n=50匝、电阻不计的线圈两端跟R=100
Ω的电阻相连接,置于竖直向下的匀强磁场中,线圈的横截面积S=20
cm2.磁感应强度以=100
T/s的变化率均匀减小.在这一过程中,通过电阻R的电流为多大
解析:由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势
E=n=50×20×10-4×100
V=10
V
由欧姆定律得I=
A=0.1
A.
答案:0.1
A第一章过关检测(一)
(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.每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有两项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.随着我国人民生活水平的不断提高,家庭中使用的电器越来越多,下列电器中主要应用电流热效应工作的是(　　)
A.电风扇　　
B.电饭煲
C.录音机　　
D.电视机
解析:应用电流的热效应,即把电能转化成内能.电风扇主要是把电能转化成机械能;录音机是把电能转化成其他形式的能,但不是内能;电视机的主要作用是电信号的处理,把电能转化为光能等.因此只有B项中的电饭煲是主要转化成内能.
答案:B
2.诺莱特让700个修道士手拉手做“电震”实验(如图所示).实验中装水的大玻璃罐起到了储存电荷的作用,其实装水的大玻璃罐相当于(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.变阻器
B.电容器
C.变压器
D.传感器
解析:储存电荷的容器相当于电容器.
答案:B
3.下列描述正点电荷电场线的图示正确的是(　　)
解析:电场线由正电荷出发到负电荷或到无穷远处终止,所以正点电荷的电场线应如题图A所示.
答案:A
4.以下判断中,正确的是(　　)
A.电场中某处电场强度的方向跟电荷在该点所受电场力的方向相同
B.电荷在电场中某点受到的电场力小,该处的电场强度就小
C.电场线越密的区域,同一电荷所受电场力越大
D.匀强电场中各位置的电场强度大小相同,方向可以不同
解析:电场中某处电场强度的方向为正电荷在该处受的电场力方向,A不正确;由E=知B不正确;由匀强电场的电场线性质知C正确,D不正确.
答案:C
5.如图所示,一点电荷先后置于匀强电场中的A、B两点,则该点电荷在这两点所受的电场力(　　)
A.大小相等,方向相同
B.大小相等,方向相反
C.大小不等,方向相同
D.大小不等,方向相反
解析:匀强电场电场强度E的大小和方向都相同,由F=Eq
知选项A正确.
答案:A
6.库仑定律的适用范围是(　　)
A.真空中两个带电球体间的相互作用力
B.真空中任意带电体间的相互作用力
C.真空中两个点电荷间的相互作用力
D.真空中两个带电体的大小远小于它们之间的距离,则可应用库仑定律
解析:库仑定律的适用范围是真空中的两个点电荷,故C项正确;真空中两个带电体的大小远小于它们之间的距离,可以把这两个带电体看作点电荷,也可以应用库仑定律,故D项也正确.
答案:CD
7.原来甲、乙、丙三物体都不带电,今使甲、乙两物体相互摩擦后,乙物体再与丙物体接触,最后得知甲物体带正电1.6×10-15
C,丙物体带电8×10-16
C.则对于最后乙、丙两物体的带电情况,下列说法中正确的是(　　)
A.乙物体一定带有负电荷8×10-16
C
B.乙物体可能带有负电荷2.4×10-15
C
C.丙物体一定带有正电荷8×10-16
C
D.丙物体一定带有负电荷8×10-16
C
解析:由于甲、乙、丙原来都不带电,即都没有静电荷,甲、乙摩擦导致甲失去电子而带1.6×10-15
C
的正电荷,乙物体得到电子而带1.6×10-15
C的负电荷;乙物体与不带电的丙物体相接触,从而使一部分负电荷转移到丙物体上,故可知乙、丙两物体都带负电荷,由电荷守恒可知乙最终所带负电荷为1.6×10-15
C-8×10-16
C=8×10-16
C,故A、D正确.
答案:AD
8.我国已成为全世界小家电重要生产基地,同时也是小家电出口大国.如图所示,电熨斗通电一段时间后,熨斗面很烫,而连接电熨斗的导线却不怎么热.以下说法中正确的有(　　)
A.导线电阻远小于电熨斗电阻,导线消耗的电能很少
B.通过导线的电流等于通过电熨斗的电流
C.导线的散热比电熨斗快
D.导线外的绝缘皮隔热
解析:电熨斗与导线串联,通过导线的电流等于通过电熨斗的电流,根据焦耳定律Q=I2Rt知:导线电阻远小于电熨斗电阻,导线消耗的电能很少,所以选A、B.
答案:AB
二、填空题(每小题8分,共16分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答)
9.理发用的电吹风机中有一个小电动机和电热丝,电动机带动风叶转动,空气流过炽热的电热丝时被加热,这样热风就可以把头发吹干.在电吹风机的工作过程中,电动机主要是将　　　能转化为　　　能,电热丝主要是将　　　能转化为　　　能.
解析:电动机消耗电能,转化为叶片的动能,从而使空气动能增加,而电热丝将电能转化为内能给空气加热.
答案:电　机械　电　内
10.
移动电话已成为日常通信工具,某种移动电话电池的背面印有如图所示的一些符号,则该电池的容量为　　　
mAh.电池连续工作直至自动关机后,若需要充电的时间是
2.5
h,则充电电流是　　　mA.
解析:由电池上可读出该电池的容量为500
mAh.若需要充电时间t=2.5
h,由q=500
mAh=It可解得充电电流I=
mA=200
mA.
答案:500　200
三、计算题(本题共2小题,每小题18分,共36分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
11.电场中某区域的电场线分布如图所示,已知A点的电场强度E=3.0×104
N/C.将电荷量q=3.0×10-8
C
的点电荷放在电场中的A点.
(1)求该点电荷在A点所受电场力的大小F;
(2)在图中画出该点电荷在A点所受电场力的方向.
解析:(1)根据电场强度的定义式E=可得该点电荷在电场中A点所受电场力
F=qE=3.0×10-8×3.0×104
N=9.0×10-4
N.
(2)因为该点电荷带正电,所以它在A点所受电场力与电场强度方向相同,因此受力如答案图所示.
答案:(1)9.0×10-4
N　(2)见下图
12.密立根设计的测电荷量的装置如图所示.一个很小的带电油滴悬在电场强度为E的电场中,调节E,使作用在油滴上的电场力与油滴的重力平衡.如果此时E=1.92×105
N/C,油滴受到的重力G=2.84×10-10
N.求油滴所带的电荷量.
解析:由平衡条件qE=G得,油滴所带的电荷量q=
C≈1.48×10-15
C.
答案:1.48×10-15
C生活中的静电现象
题组一　静电的防止与放电现象
1.
如图所示,运输汽油等易燃易爆物品的车辆总有一条铁链拖在地上,这样做的目的是(　　)
A.发出声音,引起路人注意
B.减缓车速,保证行车安全
C.把静电引入大地,避免因放电引起爆炸
D.与地面发生摩擦,在运输车上积累电荷
答案:C
2.人们在晚上脱衣服时,有时会看到火花四溅并伴有“啪啪”的响声,这是因为(　　)
A.人体本身是带电的
B.空气带电,在衣服上放电所致
C.衣服由于摩擦而产生静电
D.以上说法均不正确
解析:因为衣服之间摩擦,产生了静电,通过干燥的空气放电产生电火花,故选项C正确.
答案:C
3.下列措施是为了防止静电产生危害的是(　　)
A.静电复印
B.静电喷漆
C.在高大的建筑物顶端装上避雷针
D.在高大的烟囱中安装静电除尘器
答案:C
4.下列现象中,不属于防止静电危害的是(　　)
A.在很高的建筑物顶端装上避雷针
B.在高大的烟囱中安装静电除尘器
C.油罐车后面装一根拖在地上的铁链条
D.存放易燃品仓库的工人穿上导电橡胶做的防电靴
答案:B
5.
飞机加油
为什么飞机加油时加油车和飞机之间用一根金属导线相连而且接地
答案:因为飞机降落时轮胎和地之间摩擦产生静电,若不及时导走,飞机就会通过与它接触的物体放电,产生电火花,引起火灾.所以要在加油车和飞机之间用一根金属导线相连且接地,把飞机上的电荷及时导走,防止意外放电.
题组二　静电的利用
6.下列哪些措施是利用了静电(　　)
A.精密仪器外包有一层金属外壳
B.家用电器如洗衣机接有地线
C.手机一般装有一根天线
D.复印机复印图片
解析:A中精密仪器外包有一层金属外壳,是为了避免外部电磁波对仪器产生影响,不是利用静电;B中接地是为了将产生的静电及时导走,避免发生触电事故,或保证漏电时及时将电引入大地,避免流经人体,因此也不是利用静电;C中手机天线是为了发送或接收信号,因此也不是利用静电;复印机是利用静电的吸附作用工作的,D正确.
答案:D
7.下列关于静电喷漆的说法,正确的是(　　)
A.当油漆从喷枪喷出时,油漆微粒带正电,物体也带正电,相互排斥而扩散开来
B.当油漆从喷枪喷出时,油漆微粒带负电,物体带正电,由于相互吸引而被物体吸附
C.从喷枪喷出的油漆微粒带正电,相互排斥而扩散开来,被吸附在带负电的物体上
D.因为油漆微粒相互排斥而扩散开来,所以静电喷漆虽喷漆均匀但浪费油漆
解析:喷枪喷出的油漆微粒带正电,因相互排斥而散开,形成雾状,被喷涂的物体带负电,对雾状油漆产生引力,把油漆吸到物体表面,从而减少了浪费.
答案:C
8.下列关于静电除尘的说法中正确的是(　　)
A.进入除尘器后,烟雾中的颗粒被强电场电离而带正电,颗粒向电源负极运动
B.除尘器中的空气被电离,烟雾颗粒吸附电子而带负电,颗粒向电源正极移动
C.烟雾颗粒带电后,受到竖直向下的静电力而向下运动
D.烟雾中的颗粒,被强电场粉碎成更小的颗粒,排到大气中人眼看不到
解析:除尘器中的空气被所加的强电场电离而产生电子和正离子,粉尘吸附了电子而带负电,飞向正极板,最后在重力作用下落到底部,故选项B正确.
答案:B
9.为了防止静电的危害,应减小电荷的聚集,下列措施中不正确的有(　　)
A.在小汽车上安装露在外面的天线
B.在飞机轮胎中使用导电的橡胶材料
C.在油罐车后面装一条拖地的铁链
D.印染厂在干燥天气时适当增加湿度
解析:汽车外的天线用于接收电磁波,飞机轮胎中的导电材料在飞机落地时可将集聚电荷导走,同样油罐车拖地的铁链也是如此,印染厂中保持一定湿度可增加空气的导电能力,减少集聚电荷,综上所述,选项B、C、D正确,答案为A.
答案:A
10.如图所示,在桌上放两摞书,把一块洁净的玻璃垫起来,使玻璃离开桌面20~30
cm.在宽0.5
cm的纸条上画出各种舞姿的人形,用剪刀把它们剪下来,放在玻璃下面,然后用一块硬泡沫塑料在玻璃上擦,就可以看到小纸人翩翩起舞了.
(1)为什么小纸人会翩翩起舞
(2)如果实验前用一根火柴把“跳舞区”烤一烤,实验效果会更好,此现象说明了什么
(3)如果向“跳舞区”哈一口气,小纸人跳得就不活跃了,此现象说明了什么
答案:(1)硬泡沫塑料与玻璃板摩擦后带上电荷,使玻璃板与纸人相互吸引.
(2)说明在干燥环境中容易起电,其原因是干燥的空气不会把摩擦后玻璃板上产生的电荷导走.
(3)说明在潮湿的环境下,不易摩擦起电,因为潮湿的空气具有导电能力,把摩擦后玻璃板上产生的电荷导走了.
(建议用时:30分钟)
1.下列哪位科学家发现的尖端放电现象(　　)
A.丹麦物理学家奥斯特　　
B.英国物理学家法拉第
C.美国科学家富兰克林
D.法国物理学家库仑
答案:C
2.人造纤维比棉纤维更容易沾上灰尘,其原因是
(　　)
A.人造纤维的导电性好,容易吸引灰尘
B.人造纤维的导电性好,容易导走静电,留下灰尘
C.人造纤维的绝缘性好,不易除掉灰尘
D.人造纤维的绝缘性好,容易积累静电,吸引灰尘
解析:由于人造纤维比棉纤维的绝缘性好,所以人在工作、生活中因为衣物间的摩擦而产生的静电荷在人造纤维上更容易积累,据电荷能够吸引轻小物体的特点知,人造纤维更容易吸引灰尘,所以D项正确.
答案:D
3.关于摩擦起电和感应起电的实质,下列说法正确的是(　　)
A.摩擦起电说明电荷的总量增加了
B.摩擦起电说明电荷能够被创造
C.感应起电说明电荷可以从物体的一部分转移到物体的另一部分
D.感应起电说明电荷从带电的物体转移到原来不带电的物体上去了
解析:摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体;感应起电的实质是电子从物体的一部分转移到另一部分;两种起电的过程都遵循电荷守恒定律,所以只有C正确.
答案:C
4.专门用来运输柴油、汽油的油罐车,在尾部都装有一条拖在地上的铁链,对它的作用,下列说法正确的是(　　)
A.让铁链与路面摩擦产生静电,使油罐车积累一定的静电荷
B.让铁链发出声音,以引起其他车辆的注意
C.由于罐体与油摩擦产生了静电,罐体上的静电通过铁链导入大地,从而避免了火花放电
D.由于罐体与油摩擦产生了静电,铁链将油的静电导入大地,从而避免了火花放电
解析:油罐车运动过程中,罐内油与罐体摩擦产生静电,若不迅速导走,罐体上积聚的电荷越来越多,达到一定程度会火花放电,引发危险,所以铁链的作用就是将这些产生的静电荷迅速导入大地.故C项正确.
答案:C
5.下列关于静电的说法中不正确的是(　　)
A.静电植绒是利用异种电荷相吸引而使绒毛吸附在底料上
B.复印机是利用异种电荷相吸引而使碳粉吸附在纸上
C.电疗针灸是静电在医学上的应用
D.飞机轮胎用导电橡胶制成,是为了避免静电对飞机造成危害
解析:静电植绒、复印机是利用了异种电荷相互吸引的原理,飞机轮胎用导电橡胶制成是为了把产生的静电导入大地,而电疗针灸是利用电流的生物效应.所以A、B、D正确,与题意不符,C错误,符合题意.
答案:C
6.如图是模拟避雷针作用的实验装置,金属板M接高压电源的正极,金属板N接负极.金属板N上有两个等高的金属柱A、B,A为尖头,B为圆头.逐渐升高电源电压,当电压达到一定数值时,可看到放电现象.先产生放电现象的是(　　)
避雷针模拟实验
A.A金属柱
B.B金属柱
C.A、B金属柱同时
D.可能是A金属柱,也可能是B金属柱
解析:根据导体表面电荷分布与尖锐程度有关可知,A金属柱尖端电荷密集,容易发生尖端放电现象,故选项A正确.
答案:A
7.请用学过的电学知识判断下列说法正确的是
(　　)
A.电工穿绝缘衣比穿金属衣安全
B.制作汽油桶的材料用金属比用塑料好
C.小鸟停在单根高压输电线上会被电死
D.打雷时,待在汽车里比待在木屋里危险
解析:电工穿绝缘衣容易产生大量的静电,反而比较危险,选项A错误;塑料油桶会因摩擦而带电,因为塑料是绝缘材料,不能把电导走,所以塑料油桶内易产生火花导致塑料桶爆炸,选项B正确;小鸟停在单根高压输电线上时,加在小鸟两爪间的电压非常小,小鸟不会被电死,选项C错误;打雷时,待在汽车里,汽车的金属外壳起到静电屏蔽的作用,而木屋没有静电屏蔽作用,所以待在汽车里比待在木屋里要安全,选项D错误.
答案:B
8.在现实生活中,如果我们接触到高压电的话,常常会发生危险,而高压线路的检修人员在进行高压带电作业时,要戴上用金属丝制成的手套、帽子,穿上衣裤、鞋袜一体的屏蔽服.请通过上网或查阅资料等了解为什么穿上屏蔽服后就不怕高压电了.
答案:当检修人员穿上屏蔽服后,相当于把人体用金属网罩起来,外部电场不会影响到人体,大部分感应电流从屏蔽服上通过,从而避免了感应电流对人体的危害.即使在手接触电线的瞬间,放电也只是在手套与电线之间发生,手套与电线之间发生火花放电以后,人体与电线之间没有电压,检修人员就可以在不停电的情况下,安全地在几十万伏的高压输电线上工作了.
9.李华到哈尔滨看完冰雕后,刚到达旅店就听到一旅客对服务员说:“有好几次在旅店走廊内与人握手或按电梯开关时感到浑身一震,手臂发麻,一定是店内有地方漏电.”服务员说:“请放心,本店经过严格的检查,没有漏电现象.”李华向前为旅客解释了旅客遇到的现象,旅客就不担心了,服务员很感激李华,你知道李华是怎样解释的吗
答案:冬天北方空气干燥,人体与衣物相互摩擦而积累了电荷,且人穿的皮鞋、走的地毯使人与大地绝缘,积累的电荷不能及时导入大地,当电荷在身上积累过多,与人握手或接近其他物体时,就会有放电现象发生,人就有了局部触电的感觉.因为电荷积累有限,所以不会发生触电事故.第二章过关检测(二)
(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.每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有两项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.下列四图为电流产生磁场的分布图,其中正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.①③
B.②③
C.①④
D.②④
解析:由安培定则可以判断出直线电流产生的磁场方向,①正确,②错误;③和④为环形电流,注意让弯曲的四指指向电流的方向,可判断出④正确,③错误.故正确选项为C.
答案:C
2.
在磁场中某区域的磁感线如图所示,则(　　)
A.a、b两处的磁感应强度的大小不等,Ba>Bb
B.a、b两处的磁感应强度的大小不等,BaC.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大
D.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小
解析:因为磁场中磁感线的疏密表示磁场的强弱,所以Ba答案:B
3.在地球表面的某位置,发现能自由转动的小磁针静止时S极指向地面,则该位置是(　　)
A.地磁北极附近　　　　B.地磁南极附近
C.赤道附近
D.无法确定
解析:根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引可知,小磁针的S极指向的位置应是地磁场的北极,故选项A正确.
答案:A
4.
在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线,如图所示,四根导线中电流I1=I3>I2>I4,要使O点磁场最强,则应切断哪一根导线中的电流(　　)
A.切断I1
B.切断I2
C.切断I3
D.切断I4
解析:根据磁场的叠加原理,O点的磁场由四根导线中的电流共同产生.由安培定则可知,直线电流I1、I2、I3在O点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向里,电流I4在O点产生的磁感应强度方向垂直纸面向外.因此,为了使O点的磁场增强,应切断I4中的电流.
答案:D
5.家用照明电路中的火线和零线是相互平行的,当用电器工作,火线和零线都有电流时,它们将(　　)
A.相互吸引
B.相互排斥
C.一会儿吸引,一会儿排斥
D.彼此不发生相互作用
解析:火线与零线虽然都连接用电器,且相互平行,但是当用电器正常工作时,流过它们的电流方向相反,并且时刻相反.再根据电流产生磁场,磁场对电流的作用来判断.因通过火线和零线的电流方向总是相反的,根据平行导线中同向电流相互吸引,反向电流相互排斥的结论可以得出选项B正确.
答案:B
6.
如图所示,用丝线吊一个质量为m的带电(绝缘)小球处于匀强磁场中,空气阻力不计,当小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时(　　)
A.小球的动能相同
B.丝线所受的拉力相同
C.小球所受的洛伦兹力相同
D.小球的向心加速度相同
解析:带电小球受到洛伦兹力和绳的拉力与速度方向时刻垂直,对小球不做功只改变速度方向,不改变速度大小,只有重力做功,故两次经过O点时速度大小不变,动能相同,A正确;小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时速度方向相反,由左手定则可知两次过O点洛伦兹力方向相反,绳的拉力大小也就不同,故B、C错误;由a=可知向心加速度相同,D正确.
答案:AD
7.关于电磁铁的下列说法中正确的是(　　)
A.电磁铁通电时有磁性,断电以后没有磁性
B.通入同一电磁铁的电流越大,则磁性越强,磁性的强弱跟螺线管中的软铁无太大关系
C.同样材料的铁芯,在电流一定时,线圈的匝数越多,则磁性越强
D.以上说法都不对
解析:电磁铁的铁芯是由软磁性材料做成的,线圈的匝数越多,则磁性越强.
答案:AC
8.
如图所示,在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时磁铁对水平面的压力为FN1,现在磁铁左上方位置固定一导体棒,当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后,磁铁对水平面的压力为FN2,则以下说法正确的是(　　)
A.弹簧长度将变长
B.弹簧长度将变短
C.FN1>FN2
D.FN1解析:画出导体棒所在处的磁感线方向,如图,用左手定则可判断出条形磁铁对导体棒的安培力斜向右下方,由牛顿第三定律可知,导体棒对条形磁铁的安培力斜向左上方,所以弹簧长度将变短,FN1>FN2,选项B、C正确.
答案:BC
二、填空题(每小题9分,共18分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答)
9.在用阴极射线管研究磁场对运动电荷作用的实验中,将阴极射线管的A、B两极连在高压直流电源的两极上.从A极发射出电子,当将一蹄形磁铁放置于阴极射线管两侧时,显示出电子束的径迹如图所示,则阴极射线管的A极应接在电源的　　　　(选填“正”或“负”)极上;蹄形磁铁的C端为　　　　(选填“N”或“S”)极.
解析:由A极发出的电子在AB间的电场中加速,故A应接在电源负极上,电子向上偏说明所受洛伦兹力方向向上,由左手定则可知C端为S极.
答案:负　S
10.把长L=0.15
m的导体棒置于磁感应强度B=1.0×10-2
T的匀强磁场中,使导体棒和磁场方向垂直,如图所示,若导体棒中的电流I=2.0
A,方向向左,则导体棒受到的安培力大小F=　　　
N,安培力的方向为竖直向　　　(选填“上”或“下”).
解析:由安培力的公式得导体棒所受安培力
F=BIL=1.0×10-2×2.0×0.15
N=3.0×10-3
N
由左手定则可知,安培力的方向竖直向下.
答案:3.0×10-3　下
三、计算题(本题共2小题,每小题17分,共34分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
11.
如图所示,ab、cd为两根相距
2
m的平行金属导轨,水平放置在竖直向下的匀强磁场中,MN是质量为3
kg的金属棒,通以5
A的电流时,棒沿导轨做匀速运动;当棒中电流增加到8
A时,棒能获得2
m/s2的加速度.求匀强磁场的磁感应强度的大小.
解析:此题要点:①受力分析;
②画出截面图;
③由匀速运动可知金属棒受滑动摩擦力.
根据上述三点分析,受力如图
得BI1L=Ff
BI2L-Ff=ma
联立解得B=1
T.
答案:1
T
12.
在倾斜角为θ的光滑斜面上,放置一通有电流I、长为L、质量为m的导体棒,如图所示,在竖直向上的磁场中静止,则磁感应强度B为多大
解析:导体静止时受力平衡,导体所受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力以及水平向右的安培力,三者合力为零,如图所示
受力平衡,可知
F=mgtan
θ=BIL
B=.
答案: