课件34张PPT。第六章传感器章 末 小 结素养脉络构建核心素养提升
2．常见敏感元件及其特性
(1)光敏电阻：光敏电阻在被光照射时电阻发生变化，光照增强电阻减小，光照减弱电阻增大。
(2)热敏电阻和金属热电阻：金属热电阻的电阻率随温度升高而增大，热敏电阻有正温度系数电阻、负温度系数电阻两种。正温度系数的热敏电阻的阻值随温度升高而增大，负温度系数的热敏电阻的阻值随温度升高而减小。 电饭煲的工作原理如图所示，可分为两部分，即控制部分，由S2、R1和黄灯组成；工作(加热)部分，由发热电阻R3、R2和红灯组成，S1是一个磁钢限温开关，手动闭合，当此开关的温度达到居里点(103 ℃)时，自动断开，且不能自动复位(闭合)，S2是一个双金属片自动开关，当温度达到例 170 ℃～80 ℃时，自动断开，低于70 ℃时，自动闭合，红灯、黄灯是指示灯，通过其电流必须较小，所以R1、R2起________作用，R3是发热电阻，由于煮饭前温度低于70 ℃，所以S2是__________(填“断开的”或“闭合的”)。限流 闭合的 接通电源并按下S1后，黄灯熄而红灯亮，R3发热，当温度达到70 ℃～80 ℃时，S2断开，当温度达到103 ℃时饭熟，S1断开，当温度降到70 ℃以下时，S2闭合，电饭煲处于保温状态，由以上描述可知R2______R3(填“＜”“＝” “＞”)，若用电饭煲烧水时，直到水被烧干S1才会断开，试解释此现象。
解题指导：通过红灯、黄灯的电流必须较小，根据欧姆定律可知R1、R2起限流作用；根据电饭煲的工作原理和水的沸点说明用电饭煲烧水时，直到水被烧干S1才会断开的原因。>
解析：R1、R2起的作用是限流，防止指示灯(氖泡)因电流过大而烧毁，S2是自动控制温度开关，当温度低于70 ℃时自动闭合，当温度高于70 ℃～80 ℃时又自动断开，使电饭煲处于保温状态，由于R3的功率较大，因此R2＞R3。由于开关S1必须当温度达到103 ℃时才自动断开，而水的沸点只有100 ℃，因此用电饭煲烧水时，直到水被烧干后S1才会断开。
答案：由于开关S1必须当温度达到103 ℃时才自动断开，而水的沸点只有100 ℃，因此用电饭煲烧水时，直到水被烧干后S1才会断开。二、日常生活中常见的传感器及应用
1．几种传感器及与其相联系的物理知识，如下表2．几种常见的传感器
(1)红外线传感器：常用于家电遥控器、红外测温仪、生命探测器、自动门等。
(2)压力传感器：常用于电子秤、水位控制器等装置。
(3)温度传感器：主要元件是热敏电阻或金属热电阻，常用于恒温箱、电饭锅等家用电器。
(4)光电传感器：主要元件是光敏电阻、光电管等，常用于火灾报警器、光控开关等。
(5)酒精浓度传感器：测量呼气的酒精含量就可以判断其饮酒程度，交通警察使用这样的酒精传感器就能迅速、准确地检查出机动车驾驶员是否酒后驾车。3．传感器的应用
传感器的应用过程包括三个环节：感、传、用
(1)“感”是指传感器的敏感元件感受信息。
(2)“传”是指通过电路等将传感器敏感元件获取的信息传给执行机构。
(3)“用”是指执行机构利用传感器传来的信息进行某种显示或某种动作。
(4)传感器应用的一般模式 目前有些居民区内楼道灯的控制，使用的是一种延时开关。该延时开关的简化原理如图所示。图中D是红色发光二极管(只要有很小的电流通过就能使其发出红色亮光)，R为限流电阻，K为控钮式开关，虚线框内S表示延时开关电路，当按下K接通电路瞬间，延时开关触发，相当于S闭合。这时释放K后，延时开关S约在1 min后断开，电灯熄灭。根据上述信息和原理图，我们可推断：例 2按钮开关K按下前，发光二极管是__________(填“发光的”或“熄灭的”)，按钮开关K按下再释放后，电灯L发光持续时间约_____ min 。这一过程中发光二极管是__________。限流电阻R的阻值和灯丝电阻RL相比，应满足R______RL的条件。
解题指导：根据电路的结构和红色发光二极管的特性进行分析。当按钮开关K按下并释放后，电灯L发光，延时开关触发，相当于S闭合，二极管被短路，灯泡发光。
解析：开关K按下前，S为断开，有电流经过发光二极管，故发光二极管是发光的。当按下开关K后，延时开关S闭合，二极管和K被短路，二极管不发光，由于延时开关S约1 min后断开，故电灯L能持续发光1 min，由于R为限流电阻，且二极管只要有很小的电流通过就能发光，故应满足R?RL。发光的 1 熄灭的 ? 触及高考演练(1)本章内容是新课程标准新增加的内容，知识新颖、实用，与科技、社会结合紧密，高考中出现的机率增大。
(2)考题很可能与力学、电磁学、热学等知识综合，但不会考查大量的技术细节。
(3)题型会以选择、填空、电路连接为主。一、高考真题探析
(2017·江苏卷，11)某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图1所示，继电器与热敏电阻Rt、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15 mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。继电器的电阻约为20 Ω，热敏电阻的阻值Rt与温度t的关系如下表所示。例 题(1)提供的实验器材有：电源E1(3 V，内阻不计)、电源E2(6 V，内阻不计)、滑动变阻器R1(0～200 Ω)、滑动变阻器R2(0～500 Ω)、热敏电阻Rt，继电器、电阻箱(0～999.9 Ω)、开关S、导线若干。
为使该装置实现对30～80 ℃之间任一温度的控制，电源E应选用______(选填“E1”或“E2”)，滑动变阻器R应选用______(选填“R1”或“R2”)。E2 R2
(2)实验发现电路不工作。某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图2所示的选择开关旋至______(选填“A”“B”“C”或“D”)。
(3)合上开关S，用调节好的多用电表进行排查，在图1中，若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时指针__________(选填“偏转”或“不偏转”)，接入a、c时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)。
C 不偏转 偏转
(4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 ℃时被吸合，下列操作步骤的正确顺序是______________。(填写各步骤前的序号)
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③断开开关，将电阻箱从电路中移除
④合上开关，调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1 Ω
⑤④②③①
解题指导：分析不同温度下热敏电阻的阻值，根据实验要求进行分析，从而明确应采用的电源和滑动变阻器；明确多用电表的使用方法，根据要求选择对应的量程；根据电压表的测量方法以及电路结构进行分析，从而明确指针是否发生偏转；明确实验原理，确定实验方法，从而明确实验中应进行的实验步骤。
(3)如果只有b、c间断路，说明b点与电源的负极间没有形成通路，a、b间的电压为零，表笔接在a、b间时，指针不偏转；c点与电源的负极间形成通路，a与电源的正极相通，a、c间有电压，因此两表笔接入a、c间时指针发生偏转。
(4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 ℃时被吸合，应先断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，并将阻值调至108.1 Ω，合上开关，调节滑动变阻器的阻值，直至观察到继电器的衔铁被吸合，这时断开开关，将电阻箱从电路中移除，将热敏电阻接入电路。因此操作步骤的正确顺序是⑤④②③①。二、临场真题练兵
1．(2019·天津，4)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的 ( )D
2．(2016·全国Ⅰ，23)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，当要求热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干。
在室温下对系统进行调节，已知U约为18 V，Ic约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 ℃时阻值为650.0 Ω。 (1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。(2)电路中应选用滑动变阻器______(填“R1”或“R2”)。
R2 (3)按照下列步骤调节此报警系统：
①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为__________Ω；滑动变阻器的滑片应置于______(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是___________________________________________________ __________。
②将开关向______(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至__________________。
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。650.0 b 接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器 可能损坏 c 报警器开始报警 解析：(1)根据题述，应该采用滑动变阻器的限流接法，连接的电路如图所示。
(3)①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为热敏电阻在60 ℃时的阻值650.0 Ω；滑动变阻器的滑片应置于接入电路的阻值最大处，即b端附近，不能置于另一端的原因是：若置于a端，则会导致闭合开关后，报警器中电流大于20 mA，报警器可能损坏。②将开关向c端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警。[考案四] 第六章 传感器
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2019·海南省三亚市华侨中学高二上学期期末)传感器的输出量通常为( B )
A．非电学量信号 B．电学量信号
C．位移信号 D．光信号
解析：传感器是将非电学量转换为电学量的元件，则传感器的输出量通常为电量信号。故选B。
2．(2019·吉林省吉化一中高二下学期期中)用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程。下列所述与其工作原理相同的是( B )
A．走廊照明灯的声控开关
B．宾馆天花板上安装的火灾报警器
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：用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程。走廊照明灯的声控开关，实际是将声波转化成电信号的过程，故 A错误；当火灾报警器有烟雾时，经过漫反射，将光信号转换成电信号，从而发出警报。所以该传感器是用光传感器实现报警的，故B正确；自动洗衣机中的压力传感装置，是将压力转化成电信号的过程，故错误；电饭煲中控制加热和保温的温控器，是将温度转化成电信号的过程，故D错误。
3．如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关S与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中。两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m，电荷量为＋q的小球。S断开时传感器上有示数，S闭合时传感器上恰好无示数。重力加速度为g，则线圈中磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是( A )
A．正在增强，＝ B．正在增强，＝
C．正在减弱，＝ D．正在减弱，＝
解析：S闭合时传感器上恰好无示数，说明小球受竖直向上的电场力，且电场力大小等于重力大小，因小球带正电，所以上极板带负电，下极板带正电，由楞次定律和安培定则可知感应电流的磁场向下，故磁场B正在增强，根据法拉第电磁感应定律E＝n＝U，又q·＝mg得＝，故 A正确。
4．(2019·山东师范大学附中高二上学期期末)如图所示，甲图是录音机的录音电路原理图，乙图是研究自感现象的实验电路图，丙图是光电传感的火灾报警器的部分电路图，丁图是电容式话筒的电路原理图，下列说法错误的是( B )
A．甲图中录音机录音时，由于话筒的声电转换，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场
B．乙图电路中，开关断开瞬间，灯泡会突然闪亮一下，并在开关处产生电火花
C．丙图电路中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，表现出电阻的变化
D．丁图电路中，当声波使膜片振动时，电容发生变化，会在电路中产生变化的电流
解析：磁带录音机的录音原理是：录音时，将电信号转换为磁信号，故 A正确。乙图电路中，开关断开瞬间，灯泡立即熄灭，故B错误。光电三极管也是一种晶体管，它有三个电极，当光照强弱变化时，电极之间的电阻会随之变化。当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，表现出电阻的变化，故C正确。电容话筒利用振膜接受空气振动信号，振膜与固定的平面电极之间形成一个电容，两者之间的距离变化会导致其电容容量的变化，在电容两端施加固定频率及大小的电压，通过电容的电流就会变化，故D正确。本题选错误的，故选B。
5．图示是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图。门打开时，红外光敏电阻R3受到红外线照射，电阻减小；门关闭会遮蔽红外线源(红外线源没有画出)。经实际试验，灯的亮灭能反映门的开关状态。门打开时两灯的发光情况以及R2两端电压UR2与门关闭时相比( D )
A．红灯亮，UR2变大 B．绿灯亮，UR2变大
C．绿灯亮，UR2变小 D．红灯亮，UR2变小
解析：门打开后，R3减小，导致R总减小，I总增加，Ur和UR1变大，UR2＝E－(UR1＋Ur)减小，IR3＝I总－增大，电磁继电器磁性增强把衔铁拉下，红灯亮，绿灯灭，A、B、C均错误，D正确。
6．酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酒后驾车及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器。酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系。如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是( B )
A．U越大，表示c越大，c与U成正比
B．U越大，表示c越大，但是c与U不成正比
C．U越大，表示c越小，c与U成反比
D．U越大，表示c越小，但是c与U不成反比
解析：传感器电阻r′的倒数与酒精浓度c是正比关系，即＝kc。电路中的电流为I＝，电压表示数U＝IR0＝＝，可见电压与酒精浓度的关系不是正比关系，但随酒精浓度的增加而增加，故B正确。
7．如图所示，干簧管放在磁场中时两个舌簧能被磁化。关于干簧管，下列说法正确的是( CD )
A．干簧管接入电路中相当于电阻的作用
B．干簧管是根据热胀冷缩的原理制成的
C．干簧管接入电路中相当于开关的作用
D．干簧管是作为电控元件以实现自动控制的
解析：干簧管能感知磁场，因为两个舌簧由软磁性材料制成，当周围存在磁场时，两个舌簧被磁化，就会相互吸引，所以是作开关来使用、作为控制元件以实现自动控制的。
8．利用传感器和计算机可以研究快速变化力的大小，实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落。用这种方法获得的弹性绳的拉力随时间变化图线如图乙所示。根据图线所提供的信息，以下判断正确的是( BC )
A．t1时刻小球速度最大 B．t2、t5时刻小球的动能最小
C．t3、t4时刻小球的速度不同 D．小球在运动过程中机械能守恒
解析：当球的速度、动能最大时球的加速度、合力为零，在t1时绳刚伸直，弹力为零，球的速度还要增大， A错误。t2、t5时刻绳上弹力最大，绳的伸长量应达到最大，此时球的速度就为零，动能最小，B正确。从拉力幅度逐渐减小可知球运动中有空气阻力存在，机械能不守恒，t3、t4时刻球的速度大小必不相等，且方向相反，C正确、D错误。
9．有定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三只元件，将这三只元件分别接入如图所示的电路中的A、B两点后，用黑纸包住元件或者把元件置入热水中，观察欧姆表的示数，下列说法中正确的是( AC )
A．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是热敏电阻
B．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数不变化，这只元件一定是定值电阻
C．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示
数变化较大，这只元件一定是光敏电阻
D．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数相同，这只元件一定是定值电阻
解析：热敏电阻的阻值随温度变化而变化，定值电阻和光敏电阻不随温度变化；光敏电阻的阻值随光照变化而变化，定值电阻和热敏电阻不随之变化。
10．(2019·湖北省天门、仙桃、潜江三市高二学期期末)用磁敏电阻作为传感器可以探测空间是否存在磁场，设计电路如下图，磁敏电阻在没有磁场时电阻很小(几乎为零)，在有磁场时电阻很大。闭合S1，断开S2，灯泡正常发光，下列说法正确的是( BC )
A．探测头处在无磁场区域时，闭合S2，灯泡会变亮
B．探测头处在无磁场区域时，闭合S2，电流表示数会变大
C．闭合S2，探测头从无磁场区域进入磁场区域时，灯泡会变亮
D．闭合S2，探测头从无磁场区域进入磁场区域时，电流表的示数会变大
解析：探测头处在无磁场区域时，闭合S2，磁敏电阻几乎为零，此时电灯被短接，灯泡不亮，故 A错误；总电流增大，故B正确；闭合S2，探测头从无磁场区域进入磁场区域时磁敏电阻增大，总电阻变大，总电流减小，路端电压增大，而总电流减小，则保护电阻两端电压减小，故灯泡两端电压增大，灯泡变亮，故C正确，D错误。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(共2小题，每小题8分，共16分。把答案直接填在横线上)
11．某同学设计了一种“自动限重器”，如图甲所示。该装置由控制电路和工作电路组成，其主要元件有电磁继电器、货物装载机(实质是电动机)、压敏电阻R1和滑动变阻器R2等。压敏电阻R1的阻值随压力F变化的关系如图乙所示。当货架承受的压力达到限定值，电磁继电器会自动控制货物装载机停止向货架上摆放物品。已知控制电路的电源电动势E＝6 V，r＝2 Ω，电磁继电器线圈的阻值忽略不计。请你解答下列问题：
(1)用笔画线代替导线将图甲的电路连接完整。
(2)当电磁继电器线圈中的电流大小为15 mA时，衔接被吸下。若货架能承受的最大压力为800 N，则所选滑动变阻器R2的最大阻值至少为__318__Ω。
(3)硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件，现将控制电路中的电源换成硅光电池，用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U－I曲线(如图丙)。不改变滑片的位置，当货架能承受的压力逐渐增加时，该硅光电池的内阻将__增大__，内电路上消耗的功率将__增大__。(以上两空选填“增加”“减小”“先增大后减小”“先减小后增大”或“不变”)
(4)若控制电路中的电源换成硅光电源，不改变滑片的位置，即如(2)中数值，现测得硅光电源两端电压为5.4 V，则货架上承受的压力为__90__N。
解析：(1)将货物装载机和上触点串联组成工作电路，将R1、滑动变阻器R2、电磁铁串联接入控制电路，连接电路如图所示。
(2)R1与R2串联，则I1＝I2＝Imax＝15 mA＝0.015 A，根据闭合电路的欧姆定律R1＋R2＋r＝，由图乙可知，F＝800 N时，R1＝80 Ω，所以R2＝－r－R1＝318 Ω，即滑动变阻器R2的最大阻值至少为318 Ω。
(3)由题图丙可知，随着外电路电阻减小，电路电流增大，硅光电池的U－I图线的斜率绝对值逐渐变大，即硅光电池的内阻随外电路电阻变小而变大。当不改变滑片的位置，货架能承受的压力逐渐增加时，R1的电阻变小，电路中电流增大，所以该硅光电池的内阻将增大。内电阻和电流都增大，由P内＝I2r可知内电路上消耗的功率将增大。
(4)硅光电源两端电压为5.4 V，由题图丙可知此时电流为10 mA，外电路的总电阻R1＋R2＝，所以R1＝－R2＝－318 Ω＝222 Ω，根据题图乙可知，此时对应的压力为90 N。
12．霍尔元件是一种基于霍尔效应的磁传感器，用它可以检测磁场及其变化，图甲为使用霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装置示意图，由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看做匀强磁场，测量原理如乙图所示，直导线通有垂直纸面向里的电流，霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱，通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路，所用器材已在图中给出，部分电路已经连接好，为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B：
(1)制造霍尔元件的半导体参与导电的自由电荷带负电，电流从乙图中霍尔元件左侧流入，右侧流出，霍尔元件__前表面__(填“前表面”或“后表面”)电势高；
(2)在图中画线连接成实验电路图；
(3)已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为e，霍尔元件的厚度为h，还必须测量的物理量有__电压表示数U,_电流表示数I__(写出具体的物理量名称及其符号)，计算式B＝____。
答案：(2)如图所示
解析：(1)根据左手定则可判定，负电荷向后表面聚集，故前表面电势高。
(2)连线图见答案。
(3)根据电场力与洛仑兹力平衡有：
Eq＝qvB ①
又E＝ ②
I＝neSv ③
S＝hd ④
由以上各式得B＝
故还必须测量的物理量有：电压U，电流强度I。
三、论述·计算题(共4小题，44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)如图所示，图甲为热敏电阻的R－t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为150 Ω。当线圈中的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸合。为继电器线圈供电的电池的电动势E＝6 V，内阻可以不计。图中的“电源”是恒温箱加热器的电源。
(1)应该把恒温箱内的加热器接在A、B端还是C、D端？
(2)如果要使恒温箱内的温度保持100 ℃，可变电阻R′的值应调节为多少？
答案：(1)A、B端 (2)100 Ω
解析：(1)根据题意分析可知，应将加热器接在A、B端。
(2)由图甲查出热敏电阻在100 ℃时，电阻值为50 Ω。根据闭合电路欧姆定律可得E＝IR继＋IR＋IR′，其中E＝6 V，I＝20 mA＝2×10－2 A，R＝50 Ω，R继＝150 Ω，代入数据解之得R′＝100 Ω。
14．(10分)如图所示为普通电冰箱内温度控制器的结构。铜制的测温泡1、细管2和弹性金属膜盒3连通成密封的系统。里面充有氟甲烷和它的蒸气，构成了一个温度传感器。膜盒3为扁圆形(图中显示它的切面)，右表面固定，左表面通过小柱体与弹簧片4连接。盒中气体的压强增大时，盒体就会膨胀。测温泡1安装在电冰箱的冷藏室中。5、6分别是电路的动触点和静触点，控制制冷压缩机的工作。弹簧7的两端分别连接到弹簧片4和连杆9上。连杆9的下端是装在机箱上的轴。凸轮8是由设定温度旋钮(图中未画出)控制的，逆时针旋转时凸轮连杆端右移，从而加大对弹簧7的拉力。
(1)为什么当电冰箱内温度较高时压缩机能够自动开始工作，而在达到设定的低温后又自动停止工作？
(2)为什么凸轮可以改变设定的温度？
答案：见解析
解析：(1)电冰箱内温度较高时，密封系统中的压强增大，盒体膨胀，膜盒3通过小柱体带动弹簧片4使动触点5与静触点6接触，控制压缩机自动开始工作，而在达到设定的低温时弹簧7带动弹簧片4，使接触点5、6断开，压缩机停止工作。
(2)凸轮逆时针旋转会加大连杆9对弹簧7的拉力，该拉力与膜盒3共同控制弹簧片4的运动，故弹簧7上弹力的变化会改变设定的温度。
15．(11分)某同学设计了一种测定风力的装置，其原理如图所示，迎风板与一轻弹簧的一端N相连，穿在光滑的金属杆上。弹簧是绝缘材料制成的，其劲度系数k＝1 300 N/m，自然长度L0＝0.5 m，均匀金属杆用电阻率较大的合金制成，迎风板面积S＝0.5 m2，工作时总是正对着风吹来的方向。电路中左端导线与金属杆M端相连，右端导线接住N点并可随迎风板在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好。限流电阻的阻值R＝1 Ω，电源的电动势E＝12 V，内阻r＝0.5 Ω。合上开关，没有风时，弹簧长度为原长度，电压表的示数U1＝3.0 V；如果某时刻由于风吹使迎风板向左压缩弹簧，电压表示数为U2＝2.0 V，求：
(1)金属杆单位长度的电阻；
(2)此时作用在迎风板上的风力。
答案：(1)1 Ω/m (2)260 N
解析：设无风时金属杆接入电路的电阻为R1，风吹时接入电路的电阻为R2，由题意得
(1)无风时U1＝R1
得R1＝＝ Ω＝0.5 Ω
设金属杆单位长度的电阻为R′，则
R′＝＝ Ω/m＝1 Ω/m
(2)有风时U2＝R2
得R2＝＝ Ω＝0.3 Ω
此时，弹簧长度L＝＝ m＝0.3 m
压缩量x＝L0－L＝0.5－0.3 m＝0.2 m
则此时风力F＝kx＝1 300×0.2 N＝260 N
16．(13分)某同学想把房间窗帘改成自动开启、自动关闭的，他的设想是：白天房间要透光，也要防止太阳光直射室内，因此要用薄纱的窗帘；傍晚太阳下山后，要用厚绒的窗帘，请你帮他设计电路，选购器材并连好电路图。
答案：
解析：白天光照很亮，照射到光敏控制器上，电阻很小，电流较大，电磁铁磁性强，吸下衔铁，使得触点b、c接触，电动机乙转动，拉开厚绒窗帘，同时应合上薄纱窗帘；傍晚后光线很暗，光敏控制器接收光照少，电阻变大，电流很小，电磁铁磁性非常弱，弹簧将衔铁拉起，使b、a接触，电动机甲转动，合上厚绒窗帘，同时拉开薄纱窗帘。电路图见答案。
[考案五] 本册综合学业质量标准检测(A)
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2019·湖北省沙市中学高二上学期期末) 物理来源于人们的生活实践，揭示的是自然规律，我们学习物理的目的就是要将所学习的知识应用于社会。下面四幅图中展示了一些应用，关于这些应用说法正确的是( D )
A．甲图是天宫一号中太空“质量测量仪”测质量的实验，其测量原理是根据胡克定律
B．乙图是罗盘，它可以指示南北方向，其原理是由于指针受到重力作用
C．丙图是防辐射服，其内部是用包含金属丝的织物制成，是因为金属丝很坚韧，有利于保护人体
D．丁图是家用电磁炉，其原理是利用了电磁感应的涡流来进行加热
解析：甲图是天空一号太空“质量测量仪”测质量的实验，其测量原理是根据牛顿第二定律，故 A错误；乙图是罗盘，它可以指示南北方向，其原理是由于指针受到磁场力作用，故B错误；丙图是防辐射服，其内部是用包含金属丝的织物制成，是因为起到静电屏蔽作用，有利于保护人体，故C错误；丁图是家用电磁炉，其原理是利用了电磁感应的涡流来进行加热，故D正确。
2．如图所示，是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测定自感线圈的直流电压，在测定完毕后，将电路拆卸时应( B )
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：因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，B正确， A错误。不能在通电状态下拆除电阻和电流表，因此C、D错误。
3．(2019·山东省寿光一中高二上学期检测)如图所示，MN和PQ为处于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，垂直导轨放置的金属棒AB与导轨接触良好，在水平金属导轨之间加竖直向下的匀强磁场。N、Q端接理想变压器的原线圈，变压器的输出端有三组副线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C。若用IR、IL、IC分别表示通过R、L和C的电流，则下列判断中不正确的是( A )
A．在AB棒匀速运动且AB棒上的电流已达到稳定后，IR≠0、IL≠0、IC＝0
B．在AB棒匀速运动且AB棒上的电流已达到稳定后，IR＝0、IL＝0、IC＝0
C．若AB棒在某一中心位置附近做变速往复运动，则IR≠0、IL≠0、IC≠0
D．若AB棒做匀加速直线运动，则IR≠0、IL≠0、IC＝0
解析：由题意知，当AB棒匀速运动且AB棒上的电流稳定后，铁芯中的磁通量恒定，三个副线圈中没有感应电流，即IR＝0，IL＝0，IC＝0。故 A错，B对；若AB棒做变速往复运动，则AB棒中产生交变电流，副线圈中感应出交变电流，IR≠0，IL≠0，IC≠0。C对，若AB棒做匀加速直线运动，则铁芯中的磁通量均匀增加，在副线圈中产生恒定的感应电动势，有IR≠0，IL≠0，IC＝0。故D对。
4．如图所示，两轻质闭合金属圆环，穿挂在一根光滑水平绝缘直杆上，原来处于静止状态。当条形磁铁的N极自右向左插入圆环时，两环的运动情况是( B )
A．同时向左运动，两环间距变大 B．同时向左运动，两环间距变小
C．同时向右运动，两环间距变大 D．同时向右运动，两环间距变小
解析：将一根条形磁铁向左插入铝环的过程中，两个环中均产生感应电流。根据楞次定律，感应电流的效果是阻碍与磁体间的相对运动，所以两环均向左运动。又因为两铝环中的感应电流方向相同，两铝环相互吸引，因而两铝环间距离要减小，选项B正确。
5．一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内电阻产生热量最大的是( D )
解析：对 A项，对于正弦式电流，有效值I1＝Im＝ A。根据焦耳定律得Q1＝IRT＝()2RT＝2RT；对B项，对于正弦式电流，有效值I2＝Im＝ A，根据焦耳定律得Q2＝IRT＝()2RT＝2RT；对C项，根据焦耳定律得Q3＝I2RT＝2.25RT；对D项，对于方波，根据焦耳定律得Q4＝IR·＋I4′2R·＝2RT＋2RT＝4RT，故D项正确。
6．如图所示，水平铜盘半径为r，置于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n∶1，变压器的副线圈与电阻为R的负载相连，则( D )
A．负载R两端的电压为
B．原线圈中的电流强度为通过R电流的
C．变压器的副线圈磁通量为0
D．通过负载R的电流强度为0
解析：切割磁感线感应电动势E＝Br2ω，其大小和方向不变，为直流电，由于变压器是理想变压器，所以变压器副线圈两端的电压是0，故 A错误；变压器只能改变原线圈的交流电的电压与电流，不能改变直流电的电压与电流，故不能使用变压器的电流比的公式计算副线圈中的电流，故B错误；虽然通过负载R的电流强度为0，但副线圈中的磁通量与原线圈中的磁通量相同，不是0，故C错误，D正确。
7．(2019·江苏省扬州中学高二下学期期中)如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计，下列说法正确的是( BD )
A．线圈abcd转动过程中，线圈最大磁通量为NBS
B．图示位置时，矩形线圈中产生的电动势最小
C．将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变亮
D．若abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω
解析：矩形线圈abcd转动过程中，在中性面位置时，通过线圈的最大磁通量为BS，故 A错误；线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，矩形线圈中产生的电动势最小，故B正确；将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈的匝数增多，所以变压器副线圈的输出电压变小，故电流减小，灯泡变暗，故C错误；若线圈转动角速度变为2ω，最大值增加为原来的2倍，即Em＝2NBSω，根据有效值的定义有·＝·T，解得变压器原线圈电压的有效值为：E＝NBSω，故D正确。
8．(2019·吉林大学附属中学月考)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电。在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示。浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R＝15 Ω的灯泡相连。浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中斜线阴影部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B＝0.2 T，线圈直径D＝0.4 m，电阻r＝1 Ω。取重力加速度g＝10 m/s2，π2≈10。若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v＝0.4πsinπt(m/s)。则下列说法正确的是( ABC )
A．波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e＝64sinπt(V)
B．灯泡中电流i的瞬时值表达式为i＝4sinπt(A)
C．灯泡的电功率为120 W
D．灯泡两端电压的有效值为 V
解析：线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为E max＝NBlv max，其中l＝πD，联立得E max＝64 V，则波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e＝E maxsinπt＝64sinπt(V)，根据闭合电路欧姆定律有i＝＝4sinπt(A)，故AB正确；灯泡电流的有效值为I＝ A＝2 A，则灯泡的功率为P＝I2R＝120 W，故C正确；灯泡两端电压的有效值为U＝IR＝30 V，故D错误。
9．如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，MP间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t＝0时刻对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过电阻R的电荷量q与时间二次方(t2)的变化关系如图乙所示。则下列关于金属棒克服安培力做功的功率P、加速度a、受到的外力F及通过金属棒的电流I随时间变化的图象正确的是( CD )
解析：由图乙得，q＝kt2，k是比例系数，设金属棒长为L，则I＝＝kt，则I与t成正比，故选项D正确；安培力做功，转化为整个电路的热量，则P＝I2(r＋R)＝k2t2(r＋R)，故选项 A错误；由I＝＝＝kt知v与时间t成正比，知加速度不变，故选项B错误；由牛顿运动定律知F－F安－mgsinθ＝ma，知F＝＋mgsinθ＋ma，v随时间均匀增大，其他量保持不变，故F随时间均匀增大，故选项C正确。
10．(2019·重庆一中高二上期期末考试)如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1＝B，B2＝3B，一个竖直放置的边长为a、质量为m、总电阻为R的正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为，则下列判断正确的是( ABC )
A．此过程中通过线框截面的电荷量为
B．此过程中线框克服安培力做的功为mv2
C．此时线框的加速度为
D．此时线框中的电功率为
解析：此过程穿过线框的磁通量的变化量为：ΔΦ＝(B2a2－B1a2)－(－B1a2)＝2Ba2，通过线框截面的电量为：q＝＝，故 A正确。根据能量守恒定律得到，此过程中克服安培力做的功为：WA＝mv2－m()2＝mv2，故B正确。回路中产生的感应电动势为：E＝B1a·＋B2a·＝Bav，感应电流为：I＝＝，左右两边所受安培力大小分别为：F左＝B1Ia＝，方向向左，F右＝B2Ia＝3B·a＝，则根据牛顿第二定律得：F左＋F右＝ma，解得加速度为：a＝，故C正确。此时线框中的电功率：P＝I2R＝，故D错误。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)
11．(6分)如图为“研究电磁感应现象”的实验装置。
(1)将图中所缺导线补接完整。
(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后：
A．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将__向右偏转一下__。(填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”)
B．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针__向左偏转一下__。(填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”)
答案：(1)如图所示
12．(8分)(2019·江西省南昌二中高二下学期期中)如图1所示是一种常用的力传感器，它是利用金属电阻应变片将力的大小转换为电阻大小变化的传感器。常用的力传感器由金属梁和应变片组成，且力F越大，应变片弯曲程度越大，应变片的电阻变化就越大，输出的电压差ΔU＝|U1－U2|也就越大。已知传感器不受压力时的电阻约为19 Ω，为了准确地测量该阻值，设计了以下实验，实验原理图如图2所示。
实验室提供以下器材：
A．定值电阻R0(R0＝5 Ω)
B．滑动变阻器(阻值为2 Ω，额定功率为50 W)
C．电流表A1(0.6 A，内阻r1＝1 Ω)
D．电流表 A2(0.6 A，内阻r2约为5 Ω)
E．直流电源E1(电动势3 V，内阻约为1 Ω)
F．直流电源E2(电动势6 V，内阻约为2 Ω)
G．开关S及导线若干
(1)当金属梁没有受到压力时，两应变片的电阻相等，通过两应变片的电流相等，则输出的电压差ΔU__等于零__(填“大于零”“小于零”或“等于零”)；
(2)图2中①、②为电流表，其中电流表①选___A1__(填“ A1”或“ A2”)，电源选__E2__(填“E1”或“E2”)；
(3)在供电电路中滑动变阻器有两种连接方式：一种是限流式，另一种是分压式，本实验应选择的方式为__分压式__；
(4)在图3中，将原电路B、C间导线断开，并将滑动变阻器与原设计的电路A、B、C端的一些端点连接，调节滑动变阻器，测量多组数据，从而使实验结果更准确，请在图3中正确连接电路；
(5)结合上述实验步骤可以得出电阻的表达式为__R＝__(两电流表的电流分别用I1、I2表示)。
答案：(4)见解析
解析：(1)当金属梁没有受到压力时，两应变片的电阻相等，通过两应变片的电流相等，则输出的电压差ΔU等于零；
(2)图2中①要当电压表使用，因此内阻必须已知，故电流表①应选内阻已知的电流表 A1，压力传感器与A1并联后总电阻约为1 Ω。除电源内阻外，回路总电阻约为R0＋r2＋1＝11 Ω；电流表最大电流为0.6 A，则根据闭合电路欧姆定律，电源电压需接近6.6 V，则电源选E2；(3)本实验中滑动变阻器阻值较小，且要得到连续可调的多组数据，则应选择的方式为分压式；
(4)电路连接如图；
(5)由欧姆定律可知：R＝
三、论述·计算题(共4小题，46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)(2019·新疆建设兵团二师华山中学高二下学期月考)如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL＝4 Ω的小灯泡L连接。在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l＝2 m，有一阻值r＝2 Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处(恰好不在磁场中)，CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。在t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4 s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动。已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化。求：
(1)通过小灯泡的电流大小和方向。
(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小。
答案：(1)0.1 A；向下 (2)1 m/s
解析：(1)0～4 s内，电路中的感应电动势E＝＝S＝×0.5×2(V)＝0.5(V)
此时灯泡中的电流IL＝＝＝ A＝0.1 A
通过小灯泡的电流方向向下
(2)由于灯泡亮度没有变化，故IL没变化。
根据E′＝Bdv，I′＝＝ UL＝I′，IL＝，解得v＝1 m/s。
14．(11分)如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示。(取g＝10 m/s2)求：
(1)导体在磁场中受到的安培力大小及方向。
(2)求磁场磁感应强度的大小。
(3)导体棒在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量。
答案：(1)1 N 竖直向上 (2)2 T (3)0.075 J
解析：(1)由图象知，杆自由下落0.1 s进入磁场以v＝1.0 m/s做匀速运动，重力与安培力平衡，则安培力方向竖直向上
由平衡条件知：安培力大小F＝mg＝1 N
(2)杆产生的电动势：E＝BLv ①
杆中的电流：I＝ ②
杆所受安培力：F安＝BIL ③
由平衡条件得：mg＝F安 ④
代入数据联立①②③④得：B＝2 T。
故磁感应强度B＝2 T。
(3)电阻R产生的热量：Q＝I2Rt ⑤
联立①②⑤解得：Q＝0.075 J。
故杆在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量Q＝0.075 J。
15．(12分)如图所示，矩形线圈ABCD在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的DC边匀速转动，转动的角速度为ω，线圈的匝数为N、面积为S。从图示位置开始计时，在矩形线圈右侧接一变压器，原、副线圈匝数分别为n1、n2，其中副线圈采用双线绕法，从导线对折处引出一个接头c，连成图示电路，K为单刀双掷开关，R为光敏电阻。求：
(1)矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式；
(2)K接b时，电阻R上消耗的功率；
(3)K接c时，电压表示数；
(4)K接c时，用黑纸遮住电阻R，变压器输入电流将如何变化？
答案：(1)e＝NBSωsinωt (2) (3) (4)变小
解析：(1)从中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωt。
(2)K接b时，副线圈匝数一匝，根据＝，电阻两端的电压为：U2＝＝，电阻R上消耗的功率为P2＝＝。
(3)K接c时，根据＝，电阻两端的电压为：
U2＝U1＝。
(4)变压器的输入电压和匝数不变，输出电压不变，K接c时，用黑纸遮住电阻R，电阻变大，输出电流变小，所以输入电流也变小。
16．(13分)电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长为L的正方形单匝均匀金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界。t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝kt(k为大于零的常数)，同时用一水平外力使线圈处于静止状态，空气阻力忽略不计。
(1)判断线框中感应电流的方向。
(2)求线框中感应电流的大小。
(3)请写出所加水平外力随时间变化的表达式。
(4)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，在线框上加一质量为M的负载物，如图乙所示，当t＝t0时撤去外力释放线框，求此时线框加速度的大小。
答案：(1)顺时针 (2) (3)t (4)
解析：(1)由B＝kt(k为大于零的常数)知B随时间均匀增大，穿过线框的磁通量均匀增大，由楞次定律知线框中感应电流的方向为顺时针。
(2)由法拉第电磁感应定律：感应电动势为E＝L2＝kL2；
由闭合电路欧姆定律得：感应电流为I＝＝。
(3)由于线圈静止，则所加的水平外力与安培力平衡，有
F＝BIL＝kt·L＝t。
(4)n匝线框中t＝0时刻产生的感应电动势
E总＝nE＝nkL2；
线框的总电阻R总＝nR
线框中的电流I＝
当t＝t0时刻线框受到的安培力
F安＝nB0IL＝nkt0IL
设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有
F安＝(nm＋M)a
解得a＝。
[考案六] 本册综合学业质量标准检测(B)
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2019·湖北省天门、仙桃、潜江三市高二上学期期末)2019年全国高考已经结束，高考使用的金属探测器，是在全国高考考生入场前统一使用的合法预防考生作弊的辅助检测设施。其结构原理图可简化为下图所示。探测器运用的是电磁感应的原理，发射线圈(外环)产生垂直于线圈平面大小和方向交替变化的磁场，内环线圈是接收线圈，用来收集被查金属目标发出的磁场(接收线圈能完全屏蔽发射线圈产生的磁场)。随着磁场方向的反复变化，它会与所遇的任何导体物发生作用，导致导体物自身也会产生微弱的磁场，来自导体物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声。某一时刻发射线圈发射一向下的磁场，则下列说法中正确的是( C )
A．如果发射线圈发射的向下磁场增强，金属物中产生的涡流俯视看沿顺时针方向
B．如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中涡流产生的磁场也增强
C．金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈中会产生一个微弱的电流，探测器相应的元件就是依据这一信号电流做出报警的
D．金属物发出的磁场穿过接收线圈时，如果接收线圈中产生的微弱电流俯视看沿逆时针方向，则金属物发出的穿过接收线圈的磁场方向向上
解析：当发射线圈发射的向下磁场增强，根据楞次定律，则感应磁场向上，依据右手螺旋定则，则感应电流方向俯视看沿逆时针方向，故 A错误；如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中产生涡流，但不能确定涡流的磁场强弱，故B错误；当接收线圈中产生一个微弱的电流，则探测器相应的元件就是依据这一信号电流，从而发出报警声，故C正确；如果接收线圈中产生的微弱电流俯视看沿逆时针方向，则金属物发出的穿过接收线圈的磁场可能方向向上大小减弱，也可能方向向下大小增强，故D错误。
2．(2019·河南省八市高二下学期第二次联考)在科技馆中常看到这样的表演：一根长1 m左右的空心铝管竖直放置(图甲)，把一枚磁性很强的小圆柱型永磁体从铝管上端放入管口，圆柱直径略小于铝管的内径，小圆柱在管内运动时，没有跟铝管内壁发生摩擦，则小圆柱从上端管口放入管中后，最终从下端管口落出经过的时间为t1，如果换用一条长度相同但有裂缝的铝管(图乙)，小圆柱在铝管中下落的时间为t2，g＝10 m/s2，则下列关于小圆柱在两管中下落的说法中正确的是( A )
A．t1>t2
B．t1< t2
C．小圆柱在乙管内下落的过程中，管中不会产生感应电动势
D．小圆柱落到下端口时在甲中的速度大于在乙中的速度
解析：当小圆柱在铝管中下落时，相当于铝管在磁场中运动，会在铝管中产生感应电流，感应电流使铝管受到安培力，安培力阻碍它们的相对运动，所以小圆柱在铝管中缓慢落下来，但是如果铝管有裂缝，就不会有感应电流，也就没有力阻碍小圆柱的下落，所以会很快落下来。故选 A。
3．图中L是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R、R0、开关和电池E可构成闭合电路。线圈中的箭头表示线圈电流的正方向，当电流的流向与箭头的方向相同时，该电流为正，否则为负。开关K1和K2都处在断开状态。设在t＝0时刻接通K1，经过一段时间后，在t＝t1时刻，再接通K2，则能正确表示L中的电流I随时间t变化的图线是下面给出的四个图中的( A )
解析：只闭合K1，由于线圈的自感现象，L中的电流逐渐增大，最后增大到稳定值，再闭合K2，导线把线圈L和电阻R短路，由于线圈的自感现象，L中的电流由原值开始逐渐减小，方向不变，最后减小到零。 A图符合实际情况。
4．(2019·河北省承德市高二上学期期末)图示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法正确的是(该元件正常工作时，磁场必须垂直工作面)( B )
A．I越大，电势差UCD越小
B．若霍尔元件的自由电荷是自由电子，则C侧的电势低于D侧的电势
C．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平
D．其他条件不变，仅增大匀强磁场的磁感应强度时，电势差UCD变小
解析：根据CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q＝qvB，I＝nqvS＝nqvbc，则UCD＝，n由材料决定，故UCD与材料有关，UCD还与厚度c成反比，与宽b无关，同时还与磁场B与电流I成正比，故 A、D错误；根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，故B正确。在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故C错误。
5．(2019·山东潍坊高二上学期检测)如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，两区域内的磁场方向均垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k>0)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则下列说法错误的是( A )
A．通过金属杆的电流大小为
B．通过金属杆的电流方向为从B到A
C．定值电阻的阻值为R＝－r
D．整个电路中产生的热功率P＝
解析：根据题述金属杆恰能保持静止，由平衡条件可得mg＝B2I·2a，通过金属杆的电流大小为I＝，选项 A错误。由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向为从B到A，选项B正确。根据区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k>0)变化，可知＝k，C1中磁场变化产生的感应电动势E＝πa2＝kπa2，由闭合电路欧姆定律，有E＝I(r＋R)，联立解得定值电阻的阻值为R＝－r，选项C正确。整个电路中产生的热功率P＝EI＝kπa2·＝，选项D正确。本题选错误的，故选 A。
6．(2019·河南省周口市一中高二下学期期中)如图所示，导体直导轨OM和PN平行且OM与x轴重合，两导轨间距为d，两导轨间垂直纸面向里的匀强磁场沿y轴方向的宽度按y＝d|sinx|的规律分布，两金属圆环固定在同一绝缘平面内，内、外圆环与两导轨接触良好，与两导轨接触良好的导体棒从OP开始始终垂直导轨沿x轴正方向以速度v做匀速运动，规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压Uab为正，下列Uab－x图象可能正确的是( D )
A．A B．B
C．C D．D
解析：导体棒向右匀速运动切割磁感线产生感应电动势，e＝Byv＝Bdvsin ，大环内的电流为正弦交变电流；在第一个磁场区域的前一半时间内，通过大圆环的电流为顺时针增加的，由楞次定律可判断内球内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小，故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在第一个磁场区域的后一半时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小；则由楞次定律可知，a环内电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大；故D正确；ABC错误。
7．图甲为某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是( BC )
A．电压表的示数等于5 V B．电压表的示数等于 V
C．实现点火的条件是>1 000 D．实现点火的条件是<1 000
解析：电压表的示数为有效值，等于U1＝＝ V，选项 A错误B正确；实现点火的条件是U2>5 000 V，所以＝>1 000，选项C正确D错误。
8．如下图(甲)所示，打开电流和电压传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h处静止释放，磁铁穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止。若磁铁下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁重力，且不发生转动，不计线圈电阻。图(乙)是计算机荧屏上显示的UI－t曲线，其中的两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的。下列说法正确的是( AB )
A．若仅增大h，两个峰值间的时间间隔会减小
B．若仅减小h，两个峰值都会减小
C．若仅减小h，两个峰值可能会相等
D．若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会减小
解析：若仅增大h，磁铁穿过螺线管的时间减小，故 A正确；若仅减小h，由E＝n知，E变小，两个峰值都会减小，故B正确，C错误；若仅减小滑动变阻器阻值，滑动变阻器消耗的功率增大，故D错误。
9．(2019·云南省玉溪一中高二上学期期末)如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B。正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则下列说法正确的是( ABC )
A．在竖直位置时金属框产生的电动势大小为E＝BvL
B．从水平到竖直的过程中通过ab的电荷量为q＝BL2/R
C．从水平到竖直的过程中金属框内产生的热量大小等于mgL－
D．从水平到竖直的过程中通过ab杆上b点电势大于a点电势
解析：线框在竖直位置时，ab边恰好垂直切割磁场，而且只有ab边切割，此时电动势E＝BLv，A正确；线框从水平到竖直的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ＝|Φ1－Φ2|＝BL2，则该过程中，流过导线横截面的电量q＝＝，B正确；除ab外，其他三边质量不计，故线框在下摆的整个过程中，重心下降 ，根据能量守恒定律得mg·L＝mv2＋Q，其中Q为整个过程中线框中产生的热量，解得：Q＝
mg·L－mv2，C正确；在下落过程中，根据右手定则可知，a点电势大于b点电势，D错误。
10．(2019·江西省南昌二中高二上学期期末)半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图甲所示，有一变化的磁场垂直于纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，变化规律如图乙所示。在t＝0时刻平行板之间的中心位置有一电荷量为＋q的粒子由静止释放，粒子的重力不计，平行板电容器的充、放电时间不计，取上板的电势为零。粒子始终未打中极板，则以下说法中正确的是( ACD )
A．第2 s内上极板为正极
B．第2 s末粒子回到了原来位置
C．第2 s末两极板之间的电场强度大小为(V/m)
D．第4 s末粒子的电势能为(J)
解析：由图象可知，在第2秒内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向内，由此可见，上极板电势高，是正极，故A正确；由楞次定律可知，在第1秒内，下板为正，粒子向上做匀加速运动，第2秒内，上板为正，粒子向上做匀减速运动，直到速度为零，即第2 s末粒子距离出发点最远，没有回到原来的位置，故B错误；法拉第电磁感应定律可知，在第2秒内产生的感应电动势为：E＝＝S＝πr2V＝(V)，则两极板间的电场强度为：E′＝＝(V/m)，故C正确；第4秒末下极板是正极，且粒子回到两板中点，因上板电势为零，则中点的电势为φ＝E×＝ V，粒子具有的电势能为：Ep＝φq＝ J，故D正确。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(共3小题，共14分。把答案直接填在横线上)
11．(3分)如图所示，电表均为理想的交流电表，保险丝P的熔断电流为2 A，电容器C的击穿电压为300 V。若在a、b间加正弦交变电压，并适当地调节R接入电路中的阻值，使P恰好不被熔断，C恰好不被击穿，则电流表的读数为__2__ A，电压表的读数为__212.1或150__ V。
解析：电流表读数为有效值，保险丝熔断电流2 A指有效值，则电流表读数为2 A；电压表读数为有效值，电容器C的击穿电压300 V指最大值，所以电压表读数为＝150 V≈212.1 V。
12．(5分)交流电流表是一种能够测量交变电流有效值的仪表，使用时，只要将电流表串联进电路即可。扩大交流电流表量程可以给它并联一个分流电阻。还可以给它配接一只变压器，同样也能起到扩大电流表量程的作用。如图所示，变压器a、b两个接线端子之间线圈的匝数n1，c、d两个接线端子之间线圈的匝数n2，并且已知n1>n2，若将电流表的“0～3 A”量程扩大，应该将交流电流表的接线柱的“0”“3 A”分别与变压器的接线端子__a、b__相连(选填“a、b”或“c、d”)；这时，电流表的量程为____ A。
解析：当只有一组原、副线圈时，理想变压器电流与匝数间的关系是＝，即匝数与电流成反比。已知变压器a、b两个接线端子之间线圈的匝数为n1，大于c、d两个接线端子之间线圈的匝数为n2，即n1>n2。因此，该交流电流表的接线柱的“0”“3 A”分别与变压器的接线端子a、b相连，这样，电流表的小示数才能反映原线圈中的大电流，起到扩展量程的作用。此时，电流表的量程为I2＝I1＝ A。
13．(6分)(2019·辽宁省本溪市高二上学期期末)某同学利用热敏电阻设计了一个“过热自动报警电路”，如图甲所示。将热敏电阻R安装在需要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响。图甲中继电器的供电电压U1＝3 V，继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R0为30 Ω。当线圈中的电流大于等于50 mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响。图乙是热敏电阻R的阻值随温度变化的图象。
(1)图甲中警铃的接线柱C应与接线柱__B__相连，指示灯的接线柱D应与接线柱__A__相连(均选填“A”或“B”)。
(2)当环境温度升高时，热敏电阻阻值将__减小__，继电器的磁性将__增大__(均选填“增大”“减小”或“不变”)，当环境温度达到__80__ ℃时，警铃报警。
解析：(1)由题中“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响”，所以警铃的接线柱C应与接线柱B连，指示灯的接线柱D应与接线柱A相连；
(2)分析乙图发现：温度升高时，热敏电阻阻值减小，根据欧姆定律，电路中电流就会增大，电磁铁的磁性就会增大；
当线圈中的电流I＝50 mA＝0.05 A时，继电器的衔铁将被吸合，警铃报警，则控制电路的总电阻R总＝＝＝60 Ω
因此热敏电阻R＝R总－R0＝60－30 Ω＝30 Ω
由图乙可知，此时t＝80 ℃，所以，当温度t≥80 ℃时，警铃报警。
三、论述·计算题(共4小题，46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(10分)(2019·贵州省凯里市第一中学高二上学期期中)如图所示，两光滑金属导轨，接有电阻R，间距为d，导轨放在桌面上的部分是水平的，仅在桌面的区域内有磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场，桌面高为H，金属杆ab质量为m，电阻为r，从导轨上距桌面高度为h的地方由静止开始释放，落地点距桌面左边缘的水平距离为s，重力加速度为g，导轨电阻不计，求：
(1)整个过程中R上的最大瞬时电流；
(2)整个过程中电阻r产生的焦耳热。
答案：(1)I＝ (2)Qr＝
解析：(1)金属棒刚进入磁场时电流最大，设金属杆刚进入磁场时速度为v0，由机械能守恒定律有：mgh＝mv，又由法拉第电磁感应定律有：E＝Bdv0，由闭合电路欧姆定律有：I＝，联立得：I＝
(2)设金属杆刚离开磁场时速度为v，接着金属杆开始做平抛运动：在竖直方向上有：H＝gt2，在水平方向上有：s＝vt，根据能量守恒有：Q＝mv－mv2，电磁感应过程中电阻r上产生的焦耳热为：Qr＝Q，联立得：Qr＝。
15．(11分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝ T。如果用此发电机带动两个标有“220 V 11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如下图。求：
(1)发电机的输出电压为多少？
(2)变压器原副线圈的匝数比为多少？
(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多少？
答案：(1)1 100 V (2)5∶1 (3)20 A
解析：(1)根据Em＝NBSω＝1 100 V
得输出电压的有效值为U1＝＝1 100 V
(2)根据＝得＝
(3)根据P入＝P出＝2.2×104 W
再根据P入＝U1I1，解得I1＝20 A
16．(12分)(2019·安徽省部分省示范中学高二下学期期中)如图(甲)所示，AB、CD是间距为L＝1 m的足够长的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面夹角为α，在虚线下方的导轨平面内存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，导轨电阻不计，长为1 m的导体棒ab垂直放置在导轨上，导体棒电阻R＝1 Ω；AB、CD右侧连接一电路，已知灯泡L的规格是“3 V,3 W”，定值电阻R1＝10 Ω，R2＝15 Ω。在t＝0时，将导体棒ab从某一高度由静止释放，导体棒的速度—时间图象如图(乙)所示，其中OP段是直线，PM段是曲线。若导体棒沿导轨下滑12.5 m时，导体棒达到最大速度，并且此时灯泡L已正常发光，假设灯泡的电阻恒定不变，重力加速度g＝10 m/s2，试求：
(1)导轨平面与水平面的夹角α；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B0；
(3)从导体棒静止释放到速度达到最大的过程中，通过电阻R1的电荷量。
解析：(1)由图知，0～1 s内ab棒做匀加速直线运动，加速度为：a＝＝ m/s2＝5 m/s2
根据牛顿第二定律有：mgsin＝ma 解得sinα＝0.5，代入数据得：α＝30°；
(2)导体棒达到最大速度时，灯泡L已正常发光，通过灯泡L的电流为：I＝＝ A＝1 A
导体棒产生的感应电动势为：E＝U＋I(R＋)＝10 V
由图读出导体棒的最大速度为：vm＝10 m/s 根据E＝B0lvm 解得：B0＝1 T；
(3)0～1 s内ab棒的位移为：x1＝t＝2.5 m
从导体棒静止释放至速度达到最大的过程中，导体棒ab在磁场中通过的位移为：x2＝s－x1＝12.5－2.5 m＝10 m
灯泡L的电阻为：RL＝＝3 Ω，电路的总电阻为：R总＝RL＋R＋＝10 Ω ，通过灯泡L的电荷量为：q＝t＝＝1 C
根据并联电路的特点知，通过电阻R1和R2的电流之比为：＝＝ 由q＝It，t相同，
则通过电阻R1和R2的电荷量之比为＝＝，所以通过电阻R1的电荷量为：q1＝q＝0.6 C。
17．(13分)如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，边长L1＝0.5 m的正方形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场。一个匝数n＝10的刚性正方形线框，边长为L2＝0.6 m，通过松弛的柔软导线(对线框的作用力近似为零)与电阻R相连，R＝1.25 Ω。正方形磁场区域的一半恰好在正方形线框内部。已知线框质量m＝2 kg，总电阻R0＝1.25 Ω，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。从t＝0时起，磁场的磁感应强度按B＝B0－2t(T)的规律变化，线框能保持一段时间静止在斜面上。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)线框不动时，回路中的感应电动势E；
(2)B0的取值范围；
(3)若t＝0时刻线框恰好不上滑，线框保持不动的时间内，电阻R上产生的热量Q的最大值是多少？
答案：(1)2.5 V (2)0.8 T解析：(1)由E＝n＝n，解得E＝2.5 V
(2)由I＝，解得I＝1 A
经分析可知t＝0时刻线圈若恰要上滑时有
mgsinθ＋μmgcosθ＝nB01IL1
解得B01＝4 T
t＝0时线圈若恰要下滑有mgsinθ＝μmgcosθ＋nB02IL1
解得B02＝0.8 T
则0.8 T(3)线框保持不动的最长时间为t，这段时间内磁感应强度从4 T减小为0.8 T
由B＝B0－2t，解得t＝1.6 s
由Q＝I2Rt，解得Q＝2 J
