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第九章电路电能考点46电路及其应用1．答案：D解析：由题意可知，流过容器截面上的电量q＝(n1＋n2)e，电流为I＝（n1＋n2）et，方向与正电荷的定向移动方向相同，故由A到B，D正确．2．答案：D解析：经加速电压为U的加速器加速后，

有eU＝12mv2，根据电流的定义，有I＝qt，这束质子流内单位体积的质子数为n，则有q＝Svtne，联立解得n＝IeSm2eU，D正确．3．答案：D解析：由欧姆定律可知电阻为R＝UI＝82Ω＝4Ω，A、B错误；根据电阻定律

R＝ρlS，将金属导线拉长为2L，则截面积变为原来的12，电阻变为16Ω，C错误；将金属导线拉长，使半径变为原来的一半，截面积变为原来的14，长度为4L，根据电阻定律可知电阻变为64Ω，D正确．4．答案：A解析：电压表并入a、b两点间后，导致a、b两点间并联后的电阻小于R，使a、b

间分得的电压小于原来的电压，则a、b两点间的实际电压大于12.8V，可能为13.0V，A正确，B错误；用电压表V1测量时，a、b间的电压大，说明a、b间并联后的电阻比用电压表V2测量时的大，则电压表V1的内阻大于电压表V2的内阻，C、D错误．5．答案：D解析：因为电源电动势为

3V，且电源内阻不计，灯泡规格相同，根据电路图可知灯泡L2、L3串联，根据串联电路的分压特点可知灯泡L2、L3两端的电压为U2＝U3＝1.5V，由题图乙读出其电流为I2＝I3＝0.20A，根据电路图可知灯泡L1的电压为U1＝3.0V，由题图乙读出其电流为I1＝0.

25A，灯泡L1的电流为灯泡L2电流的1.25倍，A错误，D正确；根据部分电路欧姆定律，可知灯泡L1的电阻为R1＝U1I1＝12Ω，B错误；同理，根据部分电路欧姆定律，可知灯泡L2的电阻为R2＝U2I2＝7.5Ω，C错误．6．答

案：D解析：MN两端电压U＝IgRg＝200×10－6×495V＝0.099V＝99mV，A、B错误；流过M、N的电流I＝Ig＋UR＝200×10－6A＋0.0198A＝0.02A＝20mA，C错误，D正确．7．答案：C解析：表头的G的满偏电压Ug＝IgRg＝1×

10－3×500V＝0.5V，A错误；使用a、b两个端点时，量程为满偏时Rg与R1两端的电压之和，而接a、c时，其量程为满偏时Rg与R1和R2两端的电压之和，因此使用a、b两个端点时量程较小，B错误；使用a、b两个端点时，若量程为0～10V，则R1的阻值R1＝101×10－

3Ω－500Ω＝9.5kΩ，C正确；使用a、c两个端点时，若量程为0～100V，则R1＋R2＝1001×10－3Ω－500Ω＝99.5kΩ，D错误．8．答案：B解析：根据电阻定律R＝ρlS可知R1＝ρcc2＝ρc，R2＝ρc5（c5）2＝5ρc

，则有R1∶R2＝1∶5，B正确．9．答案：A解析：根据电流的微观表达式，通过棒的电流为I＝nevS，B正确；根据电阻定律，棒的电阻为R＝ρlS，C正确；根据欧姆定律，棒两端电压为U＝IR＝nevlρ，A错误；棒的内部场强E＝Ul＝nevρ，D正确．10．答案：A解析：

U­I图像中图线上的点与原点连线的斜率表示电阻，可知电压为U1时，电阻为R＝U1I1，A正确，B错误；同理，电压为U2时，电阻为R＝U2I2，随着电流的增加，电阻的温度将升高，图线上各点与原点连线的斜率逐渐增大，则电阻增大，根据R＝ρLS可知，金属铂的电阻率随温度升高

而增大，C、D错误．11．答案：B解析：若灯泡L1断路，电路中没有电流，则Uad＝U，Uab＝U，Ubc＝0，Ucd＝0，与题不符，A错误；若灯泡L2断路，电路中没有电流，则Uad＝U，Uab＝0，Ubc＝0，Ucd＝U，B正确；若滑动变阻器断路，电路中没有电流，则Uad＝U，Uab＝

0，Ubc＝U，Ucd＝0，，与题不符，C错误；若电源断路，电路中没有电流，则Uab＝0，Ubc＝0，Ucd＝0，与题不符，D错误．考点47闭合电路的欧姆定律1．答案：A解析：四个完全相同的灯泡，L2、L3串联电流相同，L2、L3亮度相同；L4与L2、L3并联，并联

两支路两端电压相同，故L4两端电压等于L2、L3各自两端电压之和，故L4比L2、L3都亮；L1在干路上，电流大小等于两支路电流之和，故流过L1电流最大，亮度最高，A正确．2．答案：D解析：甲图中小灯泡的电流为I＝PLUL＝0.2A，电

源的路端电压为U＝E－Ir＝7.4V，电源效率约为η＝UE×100%＝92.5%，A错误；甲图中定值电阻为R＝7.4－40.2Ω＝17Ω，B错误；电动机的输出功率未知，无法计算电动机的内阻，C错误；乙图中

灯泡的电流也是0.2A，路端电压也是7.4V，乙图中电动机正常工作电压为UM＝7.4V－4V＝3.4V，D正确．3．答案：B解析：由于电压表的示数为路端电压，而U＝IR，则I＝UR＝0.6A，由闭合电路欧姆定律可得E＝I(R＋r)＝

0.6×(5＋1)V＝3.6V，B正确．4．答案：D解析：由闭合电路欧姆定律I＝ER2＋R＋R1＋r＝ER2＋kF＋C＋R1＋r电路中的电流与压力F没有线性关系，刻度盘标注的质量刻度不均匀，A错误；若使用前质量示数大于零，电流偏小

，应减小电阻，将R2的滑片向左滑动，B错误；电子秤的示数越大，电路中电流越小，电源的总功率P＝EI越小，C错误；电池的内阻增大，电动势不变，若能调零，电流表仍可以满偏，称量值仍准确，D正确．5．答案：C解析：将R1和R2等效

为电源内阻，则等效电源的电动势E′＝ER2R1＋R2＋r＝6V等效内阻r′＝（r＋R1）R2r＋R1＋R2＝5Ω，等效电路如图则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，R4变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，R3阻值不变，V1读数变小，则V2读数变大，因U路端＝U1＋U2可知|Δ

U1|小于|ΔU2|，A错误；因为|ΔU1ΔI|＝R3不变，而U2＝E′－I(R3＋r′)可知|ΔU2ΔI|＝R3＋r′不变，B错误；将R3等效为新电源的内阻，内阻为r″＝r′＋R3＝5Ω＋20Ω＝25Ω当外电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，

电阻从0增加到30Ω，可知R4的功率先增大后减小，当R4＝25Ω时功率最大，最大值为P＝E′24r″＝624×25W＝0.36W，C正确；当滑动变阻器的滑片在a端时，电源E的外电阻为263Ω，当滑动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻为313Ω，电源

E的内阻r＝8Ω，则滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电源的输出功率一直减小，D错误．6．答案：C解析：由电路的串并联规律可知，电阻3R两端的电压为3E5，电阻R两端的电压为E5，则电容器两极板间电势差ΔU

＝2E5，则Q＝CΔU＝2CE5，C对．7．答案：AD解析：根据电路的输出功率P＝I2R＝E2（R－r）2R＋4r，结合P­R图像可知当R＝r时，电源有最大的输出功率为Pmax＝E24r，A正确；电源内阻的功率P内＝I2r＝(ER＋r)2r，外电阻R的增大会使内阻的功率不断变小，B错误；电源的总功

率P总＝EI＝E2R＋r，则随着外电阻R的增大而减小，C错误；电源的效率η＝P出P总×100%＝UIEI×100%＝RR＋r×100%，随着R增大时，电源的效率增大，D正确．8．答案：B解析：因为题中甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1＝2Ω；而乙电路是含电动

机电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir)，当I＝E2r＝2A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为P0＝2W，发热功率为P热＝I2R0′＝4W，所以电动机的输入功率为P入＝P0＋P热＝6W，电动机两端的

电压为UM＝P入I＝3V，电阻R2两端的电压为UR2＝E－UM－Ir＝3V，所以R2＝UR2I＝1.5Ω，B正确．9．答案：(1)20V20Ω(2)5Ω(3)300Ω(4)2.25W5W解析：(1)由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，代入数

据得E＝16＋0.2r，E＝4＋0.8r联立解得E＝20V，r＝20Ω(2)当R3的滑键自左向右滑时，R3阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大．由此可知，图线上的A、B两点是滑片分别位于最左端和最右端时所得到的．当滑片位于最右端时，R3＝0，R1被短路，外电路总电阻即为R

2，故由B点的U、I值可求出R2.R2＝UBIB＝40.8＝5Ω(3)当滑片在最左端时，其阻值最大，并对应着图线上的A点，故由A点的U、I值可求出此时外电路总电阻，再根据串、并联电路的规律可求出R3的最大值．R总＝UAIA＝160.2＝

80Ω，R总＝R1R3R1＋R3＋R2代入数值得滑动变阻器的最大阻值为R3＝300Ω(4)当R1消耗的功率最大时，它两端电压最大，由UR1＝E－I(R2＋r)知，这时电路的总电流I应为最小，故应把滑动变阻器的阻值调到最大，再结合上面求出的有关数据，便可求出R1消耗的最大功率．当R3＝300Ω时，I

＝ER1R3R1＋R3＋R2＋r＝0.2A此时R1两端的电压为：U1＝IR1R3R1＋R3＝0.2×75V＝15V.则R1消耗的最大功率为P1m＝U21R1＝2.25W又当R外＝r时，电源输出功率最大，即有Pm＝E24r＝5W．10

．答案：C解析：由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir可知，图像与U轴的交点表示电动势，则a的电动势较小，图像的斜率的绝对值表示电源内阻r＝|ΔUΔI|则a电源的内阻r较小，B错误；由于定值电阻R0分别接到a、b两电源上，R0功率相等，所以定值电阻两端的电压相等，即交点的纵坐标

表示路端电压，由电源的效率η＝UE×100%可知电源a效率高，A错误；电源的输出功率即定值电阻的功率，若将定值电阻换为大于R0的电阻，如图图中的n图线与A、B图线的交点的乘积为电源的输出功率，由于图线n与图线B交点的电压与电流值均大于

图线n与图线A交点的电压与电流值，即电源b的输出功率大于电源a的输出功率，C正确；电源的功率为P＝EI，若将定值电阻换为小于R0的电阻，如图图线l与图线A、B交点的电流值表示电路中的电流，可知定值电阻与电源a组成的闭

合电路中的电流大，又电源a的电动势小，所以电源b的功率与电源a的功率大小无法比较，D错误．11．答案：B解析：根据题意，由图可知，电源的路端电压为U1，电流为I1，则输出功率P＝U1I1，A错误；由欧姆定律得U＝E－Ir当I＝0

时E＝U由a与纵轴的交点读出电动势为E＝U2.根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U1，则内阻r＝E－U1I1＝U2－U1I1，B正确；根据题意可知，电池的效率η＝UIEI＝U1U2×100%，C错误；根据题意可知，内阻消耗的功率Pr＝EI－UI＝U2I1

－U1I1，D错误．12．答案：AB解析：根据电流的定义式有I＝qt，解得q＝It，通过单位运算，可知“安时”(A·h)或“毫安时”(mA·h)是电量的单位，A正确；根据功率的定义式有P＝Wt，解得W＝Pt，通过单位运算，可知“千瓦时

”(kW·h)是能量的单位，B正确；图中锂离子正在由负极返回正极，可知，电池处于放电状态，C错误；锂离子带正电，图中锂离子正在由负极返回正极，锂离子需要克服电场力做功，可知锂离子是在非静电力的作用下从负极返回正极的，D错误．13．答案：B解析：当

滑动变阻器的滑片P自C向D滑动时，滑动变阻器电阻减小，则电路中总电阻减小，根据I＝ER总可知电路中总电流增大，则电源内部电压增大，外电路电压减小，根据并联电路电压特点，可知L1两端电压减小，通过的电流减小，故L1变暗，因干路的总电流变大，可知通过R的电流增

大，则R两端电压增大，L2和滑动变阻器并联部分的电压减小，L2两端电压减小，电流减小，L2变暗；反之同理可得，当滑动变阻器的滑片P自D向C滑动时，L1、L2均变亮，B正确．14．答案：A解析：由题图可知，电源U­I图像的纵轴

截距表示电源电动势为3V，图像斜率大小表示电源的内阻，则有r＝EI0＝36Ω＝0.5Ω，由交点坐标可知，电源输出电压为U＝2V，工作电流I＝2A，则电源的输出功率P＝UI＝2×2W＝4W，由焦耳定律可得电源的热功率Pr＝I2r＝22×0.5W＝2W，A正确，B、C、D错误．15．

答案：C解析：电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和1.0V．则电动机的电阻r′＝U1I1＝1Ω，A错误；电动机恢复正常运转时，滑动变阻器R的电阻R＝E－U2I2－r＝20－142Ω－1.5Ω＝1.5Ω，B错误；电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和14.0V，

电动机的总功率为P＝U2I2＝14.0×2.0W＝28W，电动机内电阻消耗的热功率为P热＝I22r′＝2.02×1W＝4W，电动机正常运转时的输出功率是P输出＝P－P热＝24W，C正确；电源的输出功率P′输出＝EI2－I22r＝20×2W－22×1.5W＝34W，D错误．16．答

案：C解析：由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R等于内阻r时，输出功率最大，最大值为Pm＝E24r，把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当Rr＝R1＝R＋r＝6Ω，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为P2＝E24（R＋r）＝1.5W，由图乙可知P1＝E2×3（3＋R＋r）2＝E2R2（R2

＋R＋r）2，解得R2＝12Ω，A错误，C正确；当回路中电流最大时，即Rr＝0时，定值电阻R消耗的功率最大，B错误；当滑动变阻器Rr的阻值为0时，电路中电流最大，最大值为Im＝ER＋r＝1A，调整滑动变阻器Rr的阻值，不可能使电源的输出电流达到2A，D错误．17．答案：D解析：当S2闭

合后，电路总电阻减小，干路电流增大，电源内阻r、电阻R3两端的电压增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电阻R2、R1两端的电压减小，通过电阻R2、R1的电流减小，则电流表读数减小，电压表读数减小，A错误；电源内阻消耗的功率P＝I2r，干路电

流增大，电源内阻消耗的功率变大，B错误；电容器两极板间电压减小，电场强度减小，油滴所受电场力小于重力，故油滴向下运动，C错误；电容器两极板间电压减小，电容器电容不变，故电容器带的电荷量减少，D正确．18．答案：AD解析：当滑动变阻器

的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，电路中总电阻增大，总电流I1变小，内电压变小，R1两端电压变小，则U增大，A正确；总电流I1变小，U增大，则流过R0电流增大，I2变小，B错误；根据U＝E－I1(R1＋r)，ΔUΔI1＝R＋r为定值，不变，C错误；根据I2＝I1－UR0＝E－

UR1＋r－UR0＝ER1＋r－(1R1＋r＋1R0)U得ΔI2ΔU＝1R1＋r＋1R0＝R0＋R1＋r（R1＋r）R0，所以ΔUΔI2＝（R1＋r）R0R0＋R1＋r，则ΔUΔI1>ΔUΔI2，D正确．

考点48电学实验基础1．答案：1.225cm6.861mm解析：根据游标卡尺读数规则，工件的直径为d＝12mm＋5×0.05mm＝12.25mm＝1.225cm.根据螺旋测微器读数规则，工件的高度为h＝6.5mm＋36.1×0.01mm＝6.861

mm.2．答案：(1)0.020.440.12.20(2)0.11.700.58.5(3)1987将“×1k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到00～19998Ω解析：(1)使用0.6A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02A，

指针示数为0.44A；当使用3A量程时，每一小格为0.1A，指针示数为2.20A.(2)电压表使用3V量程时，每小格表示0.1V，指针示数为1.70V；使用15V量程时，每小格表示0.5V，指针示数为8.5V.(3)电阻为1987Ω.最简单的操作方法是将“×1k”旋钮调到2，再将

“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9999Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9999Ω＝19998Ω.故用两个这样的电阻箱，可得到的电阻值范围为0～19998Ω.3．答案：(1)外接分压式(2)见解析图解析：(1)因小灯泡正常工作时的电阻约为

Rx＝U2P＝15Ω，而电流表、电压表的内阻分别为1Ω和10kΩ，满足RV≫Rx，电流表应外接；实验中因小灯泡两端电压只需3V，而电源电动势为12V，所以滑动变阻器应采用分压式接法．(2)如图所示．4．

答案：(1)O、P(2)Ⅰ50.5(3)50.0解析：(1)将电压表跨接在O、P之间测量电阻的电路，称为电流表外接法，实际上测量的是待测电阻和电压表内阻并联的等效电阻，其值小于真实值；将电压表跨接在O、Q之间测量电阻的电路，称为电流表内接法，实际上测量的是待测电阻和电流表

内阻串联的等效电阻，其值大于真实值；所以图(b)中标记Ⅱ的图线是采用电压表跨接在O、P之间的方案测量得到的．(2)由测量得到的U­I图像可知，待测电阻约为50Ω，大于RVRA＝1000×0.5Ω＝105Ω，待测电阻较大，采用电流表内接，结果更接近真实值，即由图线Ⅰ得到的结果更接近真实值，结果为50

.5Ω.(3)考虑到电表内阻的影响，由Rx＋RA＝50.5Ω，可得RA＝50.0Ω.5．答案：(1)A29000(2)图见解析(3)8.0150191解析：(1)电流表A2内阻已知，可将其与电阻箱串联组成电压表，改装后电压表量程是3V，则电阻

箱的阻值R2＝U－Ig2RA2Ig2＝9000Ω.(2)滑动变阻器最大阻值较小，应采用分压接法，改装的电压表内阻可求，RV＝9000Ω＋1000Ω＝10000Ω，电流表A1应采用外接法，电路图如图所示．

(3)由题图可知，电流表A1的示数为8.0mA，电流表A2的示数是150μA；根据欧姆定律可得Rx＝IA2RVIA1－IA2＝191Ω.6．答案：(1)图见解析(2)10Ω60Ω(3)2.305.0445

6解析：(1)要使电流连续可调则应选择分压式接法，而电流表的内阻与待测电阻相差不大，因此电流表需要外接，另外，电流表的量程不够，需要并联定值电阻改装成较大量程的电流表，电路图如下所示(2)滑动变阻器采用分压式接法，因此应选择最大可调电阻小的滑动变阻器，故选

10Ω的滑动变阻器；电流表的改装应用的是并联分流的原理，而并联之后两支路电压相等，根据并联电路的特点，电流值比等于电阻的反比，即IAI0＝R0RA，且IA＋I0＝6mA，IA＝1mA，解得R0＝60Ω(3)由图(b)可知，电压表的精度为0.1V，因此

在读数时需要估读到下一位，读得电压表的读数为2.30V，而电压表测得时电阻Rx两端得电压，因此可知Rx两端得电压为Ux＝2.30V．由图(c)可知，电流表的精度为0.02mA，采用二分之一读法，不需要估读到下一位，读得电流表的读数为0.84mA

，则可知改装后的电流表此时所表示的电流为5.04mA，因此流过Rx的电流为Ix＝0.84×6mA＝5.04mA，根据部分电路的欧姆定律可得Rx＝UxIx＝2.305.04×10－3Ω≈456Ω.7．答案：(1)17.823.253.20(2)DHG6.700解析：(1)图甲

读数：整毫米是17mm，不足1毫米数是8×0.1mm＝0.8mm，最后结果是17mm＋0.8mm＝17.8mm.图乙读数：整毫米是23mm，不足1毫米数是5×0.05mm＝0.25mm，最后结果是23m

m＋0.25mm＝23.25mm.图丙读数：整毫米是3，不足1毫米数是10×0.02mm＝0.20mm，最后结果是3mm＋0.20mm＝3.20mm.(2)用螺旋测微器测小球直径时，先转动粗调旋钮D使测微螺杆F靠近被测小球

，再转动微调旋钮H使测微螺杆F夹住小球，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮G使F固定后读数，读数为6.5mm＋20.0×0.01mm＝6.700mm.8．答案：(1)0～3V(2)D(3)1.50(4

)ERR1＋R2(5)不同意，理由见解析解析：(1)所用电源为两节干电池，电动势为3V，则所用电表量程为0～3V.(2)闭合电键之前，滑动变阻器阻值应该调到最大，则由图可知，电池盒上的接线柱A应该与滑动变阻器

的接线柱D连接．(3)电压表最小刻度为0.1V，则读数为1.50V.(4)由闭合电路欧姆定律可得I＝ER1＋R2，当被测电阻阻值为R时电压表读数U＝IR＝ERR1＋R2.(5)不同意；当R较大时，则电压表内阻不能忽略，则电路中的电流I＝ER1＋（R2－R）＋RRVR＋RV，则电压表读

数为U＝ER1＋（R2－R）＋RRVR＋RV·RRVR＋RV＝E（R1＋R2－R）（R＋RV）RRV＋1，当R较大时，R＝R2时R最大，此时U＝ER1（R2＋RV）R2RV＋1＝ER1RV＋R1R2＋1，因RV≫R1，则电压表读数接近于U＝ER1R2＋1＝ER2R1＋R2.9．答案：(1)乙

(2)0.502.605.2(3)增大解析：(1)要求灯泡两端的电压能从零开始逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，小灯泡正常工作时的电阻为R＝U2P＝321.8Ω＝5Ω，小灯泡的电阻较小，远小于电压表内阻，则电流表应采用外接法；故实验电路图应选图乙．(2)实验中

电流表选择0～0.6A量程，可知电流表的分度值为0.02A，由图可知电流表示数为0.50A；电压表选择0～3V量程，可知电压表的分度值为0.1V，由图可知电压表示数为2.60V；此时小灯泡的电阻为R＝U

I＝2.600.50Ω＝5.2Ω.(3)根据欧姆定律R＝UI可得1R＝IU，I­U图像中点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，由图可知，当小灯泡两端的电压增加时，小灯泡的电阻将增大．10．答案：(1)DE(2)实物图见

解析(3)M(4)1(5)增大解析：(1)由题可知，灯泡的额定电流为0.5A，则电流表选D；为方便实验操作，滑动变阻器应选E.(2)对照电路图，实物连接如图所示(3)闭合开关前，应将滑片移到M端，使输出电压为零，保护电路元件．(4)根据小灯泡的U­I图像和欧姆定律得电压为

0.4V时灯泡电阻为R1＝0.40.2Ω＝2Ω，电压为1.2V时灯泡电阻为R2＝1.20.4Ω＝3Ω，所以电压从0.4V增至1.2V的过程中小灯泡的阻值增加了1Ω.(5)图像的图线的斜率表示电阻，由此可知，图线的斜率逐渐增大，则小灯

泡的电阻随温度升高而增大．11．答案：(1)R3R2(2)图见解析(3)2∶3解析：(1)为了得到小灯泡完整的伏安特性曲线，小灯泡两端的电压应从0开始，因此滑动变阻器应采用分压接法，而为了方便调节应选阻值较小的滑动变阻器“

R3”；所给仪器中缺少电压表，因此需要用已知内阻的小量程电流表串联定值电阻进行电压表的改装，而电源电压为4.5V，因此所改装的电压表的量程要与电源电压相近，则电流表A2应与定值电阻“R2”串联改装成电压表，改装后的量程为U＝0.1×(40＋2)V＝4.

2V，能保证测量的精度．(2)滑动变阻器为分压式接法，电流表A1应选择外接，用电流表A1的示数与电流表A2的示数做差可得到通过小灯泡的电流，且这样所测通过小灯泡的电流无误差，电路连接图如图所示(3)当灯泡两端电压值为U1＝I2×(4

0＋2)V＝0.84V，解得I2＝0.02A，由图乙可知，通过灯泡的电流为0.2A，当灯泡两端电压值为U2＝I2×(40＋2)V＝2.52V，解得I2＝0.06A，由图乙可知，通过灯泡的电流为0.4A

，根据R＝UI可得灯泡电阻阻值之比为2∶3.考点49实验十一测量金属的电阻率(含长度的测量及其测量工具的选用)1．答案：(1)1.400(2)图见解析(3)2.401.8×10－8(4)实验过程铜芯线温度大于20℃导致电阻率偏大；测量直径读数偏大；

铜芯线长度测量值偏大，等等．解析：(1)用螺旋测微器测得铜芯的直径为d＝1mm＋40.0×0.01mm＝1.400mm.(2)铜芯线的电阻较小，所以采用电流表外接法；为了使电压表示数能从零开始连续调节，滑动变阻器要用分压式，实物电路图如图(3)电源适用

的是2节干电池，所以电压表示数为2.40V；根据欧姆定律R＝UI，电阻定律R＝ρLS，且S＝14πd2，解得ρ＝πd2U4IL，代入数据解得ρ测＝1.8×10－8Ω·m.(4)在t0＝20℃时铜的电阻率为ρ0＝1.7

×10－8Ω·m.显然测得值ρ测与查阅值ρ0不相等，你认为造成这种偏差的可能原因是实验过程铜芯线温度大于20℃导致电阻率偏大；测量直径读数偏大；铜芯线长度测量值偏大，等等．2．答案：(2)U2－U1R0U

1R0U2－U1(5)0.150(6)5.0解析：(2)根据题意可知，R0两端的电压为U＝U2－U1则流过R0即流过待测金属丝的电流I＝UR0＝U2－U1R0金属丝的电阻r＝U1I联立可得r＝U1R0U2－U1(5)螺旋测微器的读数为d＝15.0×0.01mm＝0.150mm

(6)根据电阻定律r＝ρLS又S＝π·d22代入数据联立解得ρ＝5.0×10－7Ω·m3．答案：(1)6.02.08535.2(2)①DAE②图见解析(3)D解析：(1)用多用电表×10Ω挡粗测其电阻发现多用表指

针偏角偏大，说明电阻值较小，应换用×1Ω挡，图示电阻为6.0×1Ω＝6.0Ω，螺旋测微器示数2mm＋8.5×0.01mm＝2.085mm，游标卡尺示数为35mm＋2×0.1mm＝35.2mm.(2)①电路中最大电流约为I＝

UR＝2.56A≈0.42A，电流表应选量程为0.6A的A2，电流表应选用D.直流稳压电源输出电压为2.5V，电压表应选用量程为3V的V1，电压表应选用A.为了便于调节电路，滑动变阻器选用阻值较小的R1，滑动变阻器应选用E.

②由RARV＝1500×1Ω＝1015Ω>6Ω，所以电流表应选用外接法，为了便于调节滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图(3)用螺旋测微器、游标卡尺测量时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误；需要将得到的几组电表示数代入，分别求出待测电阻的阻值，再求电阻阻

值平均值以减小误差，B错误；电表读数时估读位数由最小分度决定，C错误；利用U­I图像处理数据求出金属丝电阻可以减小偶然误差，D正确．4．答案：(1)1.845(1.844～1.846均可)42.40(2)A(3)①图见解析②I2（R0＋r2）I1－I2③

等于解析：(1)由图所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，旋转刻度为34.5×0.01mm＝0.345mm，螺旋测微器示数为1.5mm＋0.345mm＝1.845mm；由图所示可知，游标卡尺主尺示

数为42mm，游标尺示数为8×0.05mm＝0.40mm，游标卡尺示数为42mm＋0.40mm＝42.40mm.(2)选择开关置于“×10”时指针的偏转角度较大，说明电阻较小，所以应该换小倍率挡，换挡后需要短接调零，再次测量，故

选A.(3)①题中电压表量程太大，测量不精确．可用已知内阻的电流表A2与电阻箱串联充当电压表；因改装后的电压表内阻已知，可接成电流表外接；滑动变阻器用分压电路，则电路图如图②由电路可知Rx＝UI＝I2（R0＋r2

）I1－I2③电压和电流均为真实值，所以无系统误差．5．答案：(1)1.780(1.779～1.781均可)(2)A0.40(3)55.9(55.7～56.1均可)解析：(1)该铜导线直径为1.5mm＋0.01mm×28.0＝1.780mm.(2)①开关闭合前，滑

动变阻器滑片应置于A端；②当电流计指针稳定指向中央零刻度线时，电阻箱的阻值为R3＝150Ω，则R2Rx＝R3R1，解得Rx＝0.40Ω.(3)根据Rx＝ρLS＝4ρLπd2，解得L＝πd2Rx4ρ＝3.14×（1.780×10－3）2×0.44×

1.78×10－8m＝55.9m．考点50实验十二用多用电表测量电学中的物理量1．答案：B解析：多用电表在测量通过小灯泡的电流时，电流应从红表笔进黑表笔出，同时将电表与被测元件串联，B正确．2．答案：(1)A左(3)＋B右解析：(1)机械调零

，要调节部件A，使多用电表的指针指在表盘最左端的零刻度线位置．(3)将红表笔插到＋孔，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮B，使多用电表的指针指在表盘最右端的零刻度线位置．3．答案：(3)右(5)×1k22000

解析：将红黑表笔分别插入正负插孔中，笔尖相互接触，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右端零位置，即零欧姆的位置.换成测另一阻值为20～25kΩ的电阻时，应调节选择开关，使它的尖端指向“×1k”的位置.该待测电阻的阻值为R＝22×1kΩ＝22kΩ.4．答案：(1)×1k欧姆调零(2)150

0015000(3)黑(4)AC解析：(1)用多用电表欧姆挡“×100”挡估测某一电压表内阻时，发现指针位置如图中虚线所示，可知待测电阻阻值较大，应将挡位换为×1k，然后将红、黑表笔短接，进行欧姆调零后再测量．(2)重新正确测量后，刻度盘上的指针位置如

图中实线(实线为刻度盘的中线)所示，则电压表的内阻为RV＝15×1000Ω＝15000Ω.因为此时指针指在中间位置，电流为满偏电流的一半，则有12Im＝Er欧＋RV，欧姆调零时，有Im＝Er欧，联立解得该欧姆表在此挡位时的内

阻为r欧＝RV＝15000Ω.(3)多用电表电流从红表笔流入，黑表笔流出，图中a表笔接电压表正接线柱，故a表笔是黑表笔．(4)根据闭合电路欧姆定律可得I＝ERx＋r欧，变形可得1I＝RxE＋r欧E，其中r欧为

该挡位欧姆调零后欧姆表的内阻，可知I­Rx图像是双曲线的一条；1I­Rx图像为一条纵轴截距为正的倾斜直线，A、C正确．5．答案：(1)黑(2)B(3)160解析：(1)根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进

黑出”；即图(a)中的A端与黑色表笔相连接．(2)由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流挡时也不需要实行调节，B正确．(3)直流电流挡分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时并联大

电阻，应为1mA；根据串并联电路规律可知R1＋R2＝IgRgI－Ig＝250×10－6×4801×10－3－250×10－6Ω＝160Ω.6．答案：(2)×10k欧姆调零1.20×105(3)黑(5)灵敏电流计G解析：(2)由欧姆表表盘刻度的特

点知，指针的偏转角度过小，说明电阻的阻值较大，因此应换更高倍率的挡位，即选“×10k”挡，每次换挡后，都需要进行欧姆调零．题图2中，指针指示的刻度值为“12”，又倍率为“×10k”，则电阻R0的测量结果为1.20×105Ω.(3)欧姆表的黑表笔接内部电源的正极，因

此黑表笔应与电解电容器的“＋”引脚相连．(5)结合上述步骤中的实验操作和实验现象可知，定值电阻R0、电容器C和电源均正常，则电路中出现故障的仪器可能是灵敏电流计G.考点51实验十三测定电源的电动势和内阻1．答案：(1)A(2

)图见解析(3)A(4)B解析：(1)因为电源内阻较小，接近电流表内阻，为了减小误差所以电流表采用相对电源外接，A图正确．(2)根据电路图得实物连接图如图所示(3)由于电压表的分流作用，相同的路端电压下，电流表测量的电流值小于流过电源的电流，

内电阻的测量值为电源和电压表并联后的总电阻，比实际电源的内阻小，对应实线斜率的绝对值比虚线的小，但当电压为零时，电压表的内阻对测量没有影响，实线和虚线重合，A正确．(4)因为电压表的分流作用产生的误差，为减小电表内阻引起的实验

误差，在电表量程不变的情况下，电压表内阻越大，电压表的分流越小，可以采取的措施是换用内阻更大的电压表，B正确．2．答案：(1)电流保护电路(2)1.500.28(3)B解析：(1)图A中A为电流传感器，定值电阻R1在实验中起保

护电路的作用；(2)由U­I图线得到电源电动势E＝1.50V，内阻r＝ΔUΔI＝1.50－1.221Ω＝0.28Ω；(3)根据图线的数据，例如当I＝0.15A时，U＝1.46V，此时滑动变阻器取值为R＝UI－R1＝1.4

60.15－1≈9Ω，故实验中选用的滑动变阻器最合理的阻值范围为0～20Ω，B正确．3．答案：(1)见解析(2)保护实验电路(3)3.02.3解析：(1)电路图采用安培表和电阻箱测电源的电动势与内阻，定值电阻R0充当电压表，实物连线如图所示(2)定值电阻R1连接在干路上，

具有保护实验电路的作用．(3)根据闭合电路的欧姆定律有E＝IR＋(I＋IRR0)(r＋R1)，整理可得1I＝R0＋R1＋rER0·R＋R1＋rE，结合题图丙有R0＋R1＋rER0＝2.0－1.11.8V－1，R1＋rE＝1.1A－1，解得E＝3.0V，r＝2.3Ω.4．答案：(1)图见

解析(2)20Ω(3)1.49V0.69Ω解析：(1)根据电路图连接实物图如图所示(2)①电阻箱的阻值为0×1000Ω＋0×100Ω＋2×10Ω＋0×1Ω＝20Ω.(3)将电压表视为理想电表，根据上述分析可知电源电动势E＝1.49V，则干路电流I＝UR＝1.1620A＝0.058A，又I

＝ER0＋R＋r，所以r＝EI－R0－R≈0.69Ω.5．答案：(1)a(2)1.48(1.47或1.49也可)0.96(0.94～0.98均可)(3)图见解析解析：(1)因电源内阻与电流表内阻很接近，

故应采用相对电源来说的电流表外接法，应选图(a)所示电路图．(2)由E＝U＋Ir，可知U＝E－Ir.则U­I图像的纵截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示内阻，即E＝1.48V，r＝1.48－1.000.50Ω＝0.96Ω.(3)若选择(b)电路图进行实验，则E＝U＋

I(RA＋r)，可得I＝E－URA＋r＝1.48－1.000.50＋0.96A≈0.33A，在图(c)上用实线画出实验中应得到的图线的示意图，如图验收检测卷九电路电能1．答案：A解析：mA为电流单位，h为时间单

位，根据q＝It可知mA·h为电荷量单位．选项A正确，B、C、D错误．2．答案：C解析：由公式R＝UI可知图像上的点与原点连线的斜率表示电阻，则RB>RC>RA，C正确．3．答案：C解析：电阻率由金属本身决定，则两个导体R1与R2电阻率之比为1∶1，A错误；设正方形

的边长为L，厚度为d，根据电阻定律可知R＝ρLS＝ρLLd＝ρd，两个导体的电阻之比为R1∶R2＝1∶1，B错误；两导体串联在电路中，通过的电流相等，根据欧姆定律可知，两电阻两端的电压之比为1∶1，C正确；因两段导体串联，通过的电流相

等，根据电流的微观表达式I＝neSv可知自由电子在R1与R2中的定向移动速率之比为v1∶v2＝S2∶S1＝1∶2，D错误．4．答案：B解析：设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I，图甲中灯泡正常发光时，电路的总电流I1＝3I，电路甲消耗的电功率为P

1＝U0×3I＝3U0I，图乙中灯泡正常发光时，电路的总电流I2＝I，电路乙消耗的电功率为P2＝U0×I＝U0I，所以P1P2＝3，B正确．5．答案：D解析：设电源的电动势为E，内阻为r，则在图甲中，当环境变暗时，Rt阻值增大，电

路的总电阻增大，干路电流I减小，根据欧姆定律可知R0两端电压为UR0＝IR0，可知R0两端的电压将减小；当环境变亮时，Rt阻值减小，电路的总电阻减小，干路电流I增大，根据闭合电路的欧姆定律可知灯泡两端电压为UL＝E－I(R0＋r)，即灯泡两端电压将减小，流过灯泡的电流也减

小，由于干路电流I增大了，所以流过R1的电流I1增大，根据P1＝I21R1可知R1的电功率增大，A、C错误；图乙中，环境变暗时，Rt阻值增大，电路的总电阻增大，干路电流I减小，由于RL和R1的阻值均不变，所

以流过灯泡的电流减小，灯泡变暗；环境变亮时，Rt阻值减小，电路的总电阻减小，干路电流I增大，流过R1的电流I1增大，电功率也增大，B错误，D正确．6．答案：C解析：电路中灯泡不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，U

ad＝6V，测量的是电源电压，测得Uac＝6V，说明电流表没有断路，Uab＝0，Ucd＝0，整个电路中只有一个故障，说明灯泡L2断路，C正确．7．答案：D解析：握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中，

盐水柱变长，横截面积变小，根据电阻定律R3＝ρLS可知电阻R3的阻值增大，总电阻增大，电流减小，电压表示数增大，A错误；由闭合电路欧姆定律和电阻特点知ΔUΔI＝R1＋r，B错误；R3增大，则电路总电阻增大，总电流减小，所以R1功率减小，电源内电压减小，路端电压增大，根据串联电路分压规律可知R2两端

电压增大，即电压表示数增大，且电容器两端电压增大，两极板间电场强度增大，油滴所受电场力增大，将向上运动，C错误；根据Q＝CU，电容器两端电压增大，可知电容器所带电荷量增大，因为电容器上极板带正电，所以G表中有从c到a的电流，D正确．8．答案：C解析：当滑动变阻器的滑片P

由最左a端向最右b端滑动过程中，滑动变阻器接入电路中电阻增大，电路中总电阻增大，总电流减小，电流表的示数变小，A错误；把定值电阻R视为电源内电阻，当滑动变阻器的阻值R滑＝R＋r＝6Ω，滑动变阻器消耗的功率最大，所以

滑动变阻器消耗的功率先变大后变小，B错误；总电流减小，内阻r不变，根据P内＝I2r，电源内部消耗的功率变小，C正确；电源的效率η＝I2（R＋R滑）I2（R＋R滑＋r）＝5＋R滑6＋R滑＝1－16＋R滑，当R滑＝10Ω时，有最大效率ηm＝93.75%，D错误．9．答案：BC

解析：由题可知当使用a、b两个端点时，R1为一支路，量程较大；a、c两个端点时R1、R2为一支路，量程较小，C正确，D错误；当使用a、b两个端点时，量程是10mA，故有R1＝Ig（Rg＋R2）（I1－Ig），使用a、c两个端点，量程是1mA，故有R1＋R2＝IgR

gI2－Ig，联立解得R1＝10Ω，R2＝90Ω，A错误，B正确．10．答案：AD解析：红表笔接在a点，黑表笔如果接在b点或者c点时电表示数为9V，说明cd、ef段导线无断路，断路必定在ab段；如果接在b点或者c点时，电表示数为0V，说明cd

或者ef段导线有断路，黑表笔如果接在e点或者d点时，若电表示数为9V，说明ef段导线无断路，断路必定在cd段，如果接在e点或者d点时，电表示数为0V，说明ef段导线或者cd段导线断路，其他段完好，A、D正确．11．答案：AB解析：光敏电阻光照

减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，所以R1两端的电压减小，电压表示数减小，A正确；因电路中电流减小，所以内压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流

过R2的电流增大；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，由P＝I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，B正确，C错误；电源两端的电压为路端电压，因电路中电流减小，所以内压减小，路端电压增大，所以电源两端

的电压变大，D错误．12．答案：AD解析：根据R＝ρLS，电阻随x变化较快时，电阻率较大，所以导线的右边部分为金属线1，A正确；根据ΔR＝ρSΔL，所以对左边是金属线2，ρS＝45－400.26－0.1×10－3，解得S＝8.9×10－7m2，B错误；根据图像可知，x＞0.

3m时R＝－0.055x＋0.055；当x＝0.7m时R＝0.0165Ω，电池消耗的功率P＝E2R＝0.60W，C错误；当x＞0.3m时电流表读数I随x变化的关系式近似为I＝ER＝1.801－xA，D正确．13．答案：(1)图见解析(2)E左

(3)I2－I1I1R0(4)20解析：(1)根据题意可知，电动势3V，所以电压表量程太大，用定值电阻和电流表测电压，电路图如下(2)采用分压电路，所以滑动变阻器选择小的，在开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应滑到最左边，使待测

支路电流为零．(3)若I1、I2分别为某次实验时电流表A1、A2的示数，则待测电流表的内阻r＝I2－I1I1R0.(4)实验中测得电流表A1的内阻r＝10Ω，若想把它改装成量程为9V的电压表，应串联电阻阻值R＝UIg－r＝20Ω.14．答案：(1)0～3（I1－I

0）R0I0(2)12.61.6解析：(1)定值电阻R0比电流表A的内阻略小，则流过R0的电流比流过电流表A的电流大，则干路中的电流表A1应选用的量程为0～3A；根据并联电路的特点有I0RA＝(I1－I0)R0，解得电流表A的内阻为RA＝（I1－I0）R0I0.(2)根据闭合电路

欧姆定律有E＝U＋I(RA＋r)，解得U＝－I(RA＋r)＋E，图丙中U­I图像的纵轴截距等于电动势，则有E＝12.6V，U­I图像的斜率绝对值为|k|＝RA＋r＝12.6－8.01.0Ω＝4.6Ω，解得内阻为r＝1.6Ω.1

5．答案：(1)①左②I1(2)①A160②100(3)无解析：(1)①本实验滑动变阻器用的分压式接法，操作前应将其滑动触头置于输出电压最小的最左端，即让支路电流为零，保护电表达到安全的作用；②根据实验原理可知，变阻器的输出电压U应保持不变，根据欧

姆定律，断开S2闭合S1时应有U＝I1Rx，断开S1闭合S2时应有U＝I2R0，比较可知，当I1＝I2时Rx＝R0，即调节R0阻值使得电流表读数为I1时，R0的读数即为待测电阻的阻值．(2)①若不考虑电源内阻，且在电源两端只接R0时，

电路中的电流约为I＝ER0＝1.5150A＝10mA，由题知，闭合开关，调节滑片位置，要使电流表指针指在满刻度的12处，则该同学选到的电流表应为A1.当不考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有E＝Im2(R＋R0＋RA

1)，计算出R＝60Ω.②断开开关，保持滑片的位置不变，用Rx替换R0，闭合开关后，有E＝3Im5(R＋Rx＋RA1)，代入数据有Rx＝100Ω.(3)若考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有E＝Im2[(R＋r)＋R0＋RA1]，

E＝3Im5[(R＋r)＋Rx＋RA1]，联立计算出的Rx不受电源内阻r的影响．16．答案：(1)CE(2)图见解析(3)8031.3偏小解析：(1)本实验采用的半偏法测量电流表G的内阻，实验中在开关S闭合前后，始终认为电路中的电流不变，即实验中为了减小系统误差，滑动变阻器接入电路的

阻值需要远远大于电流表G的内阻，选用的滑动变阻器为E.本实验要求滑动变阻器的分压尽量大于电流计的电压，则要选电动势大一点的电源，故选C.(2)实物图连接如图(3)保持R1的滑片不动，再闭合S2，调节R2，使电流表

G的示数为IG＝100μA，则电阻箱的电流为IR2＝2mA－0.1mA＝1.9mA，电阻箱的阻值为R2＝422.7Ω，根据并联电路的规律可知电流表G的电阻为rg＝IR2×R2IG＝8031.3Ω.当S2接通时，R2有电流流过，R2和G并联，并联后的电阻减小，总电流增

加，当电流表示数从满偏电流调到半偏时，R2中电流大于半偏电流，则测量值小于真实值．第十章磁场考点52磁场及磁场对电流的作用1．答案：C解析：由对称性可知，f、a点磁感应强度大小相等，但是方向不相同，A错误；设每根直导线的电流为I，则B＝kIr，若正方体棱长为L,则c点磁感应

强度大小Bc＝2kIL，e点磁感应强度大小Be＝2kIL，大小之比为2∶1，B错误；a、b、c、e、f五个点中c点距离两通电导线距离都是最近的位置，且两根通电导线在c点的磁场方向相同，都沿着b→c方向，则合成后磁感应强度最大，C正确，D错误．2．答案：B解析：对于图中单个环形电流，根据安培定

则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故M点的磁场方向也是向左的，设A环形电流在M点的磁感应强度为BAM，B环形电流在M点的磁感应强度为BBM，测量可得M点的磁感应强度大小为B1，则有B1＝BAM＋BBM，而N点的磁感应强度大小为B2，则有BAM＝12B2，将右侧的金属环B取走，P点的磁感

应强度大小应为BP＝B1－12B2，B正确．3．答案：D解析：根据几何关系，可知通电圆环在磁场中的有效长度为L＝2r；根据安培力公式可得，圆环ab受到的安培力大小为F＝2BIr，又圆环ac和圆环cb所受安培力大小相等，方向相同，所以圆环ac受到的安培力大小为F′＝F2

＝22BIr，D正确．4．答案：C解析：根据平衡条件得mg＝BIL＋12BIL，解得mg＝3BIL2，C正确．5．答案：D解析：设a、b两棒的长度分别为La和Lb，c的直径为d.由于导体棒都与匀强磁场垂直，则a、b、c三棒所受安培力的大小分别为：Fa＝BILa；F

b＝BILb＝BId；c棒所受安培力与长度为d的直导体棒所受安培力的大小相等，则Fc＝BId；因为La＞d，则Fa＞Fb＝Fc，D正确．6．答案：D解析：对整体受力分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，

根据左手定则，安培力水平向右逐渐增大，由平衡条件得，水平方向F1＝F2cos60°＋BIl，竖直方向F2sin60°＝mg，电流逐渐变大，则F1增大、F2不变，A、B错误；当电流增大到I0时，安培力与重力的合力最大，即绳3的拉力最大，即sin30°＝mgF3，最大值为F3＝2mg

，C错误；对导体棒受力分析得tan30°＝mgBI0l，得I0＝3mgBl，D正确．7．答案：BC解析：当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则需要线圈P需要受到竖直向下的安培力，若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P中通入负向电流，故A错误，B正确；若P处磁场方向沿半径向

内，由左手定则可知，可在P中通入正向电流，C正确，D错误．8．答案：B解析：磁矿所产生的磁场水平分量与图中虚线垂直时，磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小，为B′min＝Bsin60°＝32B，B正确．9．答案：D解析：由左手定则可知，a、b导线受到的安培

力大小相等、方向相反，A错误；由左手定则可知，a导线受到的安培力向上，b导线受到的安培力向下，线圈按顺时针方向(正视)转动，B错误；换磁性更强的磁铁或增加线圈匝数，会使得在相同电流情况下线圈所受安培力增大，电流表的量程减小，C错误，

D正确．10．答案：B解析：由安培定则可知，三根导线中的电流在D点产生的磁感应强度如图所示，由几何关系可知，A、B、C三点到D点的距离相等，三根导线中电流大小相等，因此导线中的电流在D点产生的磁感应强度大小相等，则有BA＝BB＝BC，因BB、BC大小相等，方向相反，合磁

感应强度是零，因此则有BA＝B0，则有BA＝BB＝BC＝B0，将B点处的导线中的电流反向，可知B点处的导线中的电流在D点产生的磁感应强度大小不变，方向与磁感应强度BC相同，即B′B＝BC，由磁感应强度的叠加原理，可得此时D点处的磁感应强度大小为BD＝B2A＋（B′B＋BC）2＝

5B0，A、C、D错误，B正确．11．答案：A解析：图甲中，线框受到的安培力向上，有效长度为12l，绝缘细线的拉力F＝mg－12BIl，A正确，B错误；将匀强磁场上移到图乙中所示位置，有效长度不变，线框所受安培力不变，悬线的拉力不变，C、D错误

．考点53磁场对运动电荷的作用1．答案：A解析：电流I＝Qt＝nqvstt＝nqvs，A正确；导线受到的安培力的方向由左手定则判断，B错误；粒子所受的洛伦兹力为F洛＝qvB，导线长度为L，则其受的安培力为F＝nqLSvB＝

BIL，C错误；洛伦兹力方向反向决定了所受到的安培力方向也反向，D错误．2．答案：B解析：粒子速度大小相同，由f＝qvBsinθ可知，如果速度v与磁场B的夹角不同，洛伦兹力大小不同，即使洛伦兹力大小相同，速度方向不同，洛伦兹力方向

不同，洛伦兹力不同，A错误；如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变，B正确；洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向与电荷运动方向不一定垂直，C错误；洛伦兹力对粒子不做功，粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变，速度大

小不变，但速度方向会发生变化，速度变化，D错误．3．答案：ACD解析：对两个质子，其比荷qm相同，由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝mv2r，且T＝2πrv，解得质子在磁场中做圆周运动的周期为T＝2πmqB，在同一磁场中，则有T1＝T2，A正

确；由qvB＝mv2r得质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r＝mvqB，因r1>r2，则有v1>v2，B错误；由qvB＝ma可得质子在磁场中做匀速圆周运动的加速度为a＝qvBm，因为v1>v2，可知a1>a2，C正确；两质子的运动周期相同，由题图可知质子1从经过P点

算起到第一次通过图中虚线MN所转过的圆心角比质子2小，由t＝θ2πT可知t1<t2，D正确．4．答案：D解析：要使粒子能打中PQ左侧的所有位置，则粒子最小速度对应轨迹的直径为OP，有2r1＝OP＝5L，Bqv1＝mv21r1

，对应的最小速度为v1＝5qBL2m，要使粒子能打中PQ右侧的所有位置，则粒子最小速度对应轨迹如图所示：则有(r2－L)2＋4L2＝r22，Bqv2＝mv22r2，对应的最小速度为v2＝5qBL2m，综上所述，要使PQ左、右两侧所有点均能被粒子打中，则粒子的速率至少为

5qBL2m，D正确．5．答案：B解析：根据题意作出粒子运动轨迹如图由题可知α＝30°，根据几何关系有tanθ＝l2l＝12，则MK2＝l2＋(l2)2，粒子运动的轨迹半径为R＝12MKcos（α＋θ），根据洛伦兹力提供

向心力有qvB＝mv2R，联立解得v＝（103＋5）qBl22m，B正确．6．答案：D解析：粒子从b点以某一初速度v0沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于x轴离开磁场，如图所示由洛伦兹力提供向心力可得

qv0B＝mv20r，由几何关系可得r＝R，联立解得v0＝BqRm，该粒子从b点运动到a点的时间为t＝90°360°T＝14·2πmqB＝πm2qB，A、B正确；以22v0从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为r

1＝m·22v0qB＝22R.该种粒子从边界出射的最远点与入射点的距离为粒子轨迹圆的直径，由几何关系可知Lab＝2R＝2r1，该种粒子从边界出射的最远点恰为a点，C正确；以2v0从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为r2＝m·2v0qB＝2R，当该粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长最大时，

轨迹对应的圆心角最大，粒子在磁场中运动的时间最长，如图所示由几何关系可知，最大圆心角为90°，则最长时间为tmax＝90°360°T＝14·2πmqB＝πm2qB，D错误．7．答案：A解析：由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则

根据几何关系可知粒子做匀速圆周运动的半径r＝2a，则有qvB＝mv2r则有qm＝v2a·B如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB联立有qm＝E2a·B2

故选A.8．答案：AB解析：由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径R<L4，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力即qvB＝mv2R可得粒子做圆周运动的半径R＝mvqB粒子从左边射出，则mvqB<L4，即v<qBL4m带正电的粒子不从右边射出，如图所示，此时粒子

的最大半径为R，由图可知：R2＝L2＋(R－L2)2可得粒子圆周运动的最大半径R＝5L4又因为粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子从右边射出，则mvqB>5l4即：此时v>5qBL4m所以粒子不打在极板上，射出速度满足v<qBL4m或v>5qBL4m.9．答案：C解析：根据题意可知，粒子在磁

场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，解得v＝qBrm，若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子可能的运动轨迹如图所示由几何关系可得(2n＋1)r＝a2(n＝0，1，2，…)，解得v＝qBa（4n＋2）m(n＝0，1，2…)，当n＝0时，速度最大为vmax＝8m

/s；当n＝1时v＝83m/s；当n＝2时v＝85m/s，则粒子的速度不可能为2m/s，C正确．10．答案：BC解析：根据牛顿第二定律，qvB＝mv2d，根据题意k＝qm，解得B＝vkd，A错误，B正确；同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最长时间和最短时间如图所示，tmin＝16T，tmax

＝34T，粒子运动的周期为T＝2πdv，最大时间差为Δt＝tmax－tmin，解得，Δt＝7πd6v，C正确，D错误．11．答案：(1)143πm90qB(2)qBl4m<v0<5qBl9m解析：(1)粒子从ab边离开磁场时，在磁场中运动的时间最

长，如图1所示，有qBv0＝mv20R又T＝2πRv0解得T＝2πmBq又由几何关系得θ＝74°则粒子在磁场中运动的最长时间t＝360°－θ360°T＝143πm90qB.(2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图2所示，设此时初速度为v01，轨道半径为R1，由几何关系

可得R1＋R1sin37°＝0.4l又qBv01＝mv201R1解得v01＝qBl4m当粒子运动轨迹与cd边相切时，如图3所示，设此时初速度为v02，轨道半径为R2，由几何关系可得R2＋R2cos37°＝l又qBv02＝mv202R2

解得v02＝5qBl9m综上可得qBl4m<v0<5qBl9m.12．答案：BD解析：因为洛伦兹力永不做功，所以速度大小肯定不变，A、C错误；开始时由细线拉力与洛伦兹力(方向未知)的合力提供向心力，线断后，由洛伦兹力提供向心力，向心力大小变化情况不确定，所以B、D正确．13．

答案：AB解析：根据粒子偏转方向相反可得Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反；据粒子偏转方向相反，由粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右可得：两粒子转过的角度相等，所以弧aP与弧Pb对应的圆心角相等，又有弧aP、弧Pb的弧长之比为2∶1，那么半径为Δsθ＝R，粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两

个磁场中的运动半径之比为2∶1；粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力提供向心力，故有根据Bqv＝mv2R，磁感应强度为B＝mvqR，磁场的磁感应强度大小之比为1∶2，A、B正确；根据粒子做圆周运动的周期T＝2πRv，由粒子运动半径之比为2∶1，则通过aP、Pb两段弧的时间之

比为2∶1；由角速度公式ω＝ΔθΔt，由圆心角相等可得角速度之比为1∶2，C、D错误．14．答案：A解析：依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据qvB＝mv2r得r＝mvqB，由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核、氘核在磁场中的轨迹半径之

比为1∶2.当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得(3R－rmax)2＝r2max＋R2，求得氘核的最大半径为rmax＝33R，氕核在磁场中运动的最大半径为r′max＝12rmax＝36R，A正确

．15．答案：D解析：根据题意可知，粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，A错误；打到M、N两点的粒子轨迹如图所示由图可知，粒子打到N点时，在磁场中的轨迹对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间最小，则有tmin＝14T＝14×2πmqB＝πm2qB，B错误；粒子在磁场中由洛伦兹力提

供向心力可得qvB＝mv2r，解得r＝mvqB，由图可知粒子打到M点时，在磁场中的轨道半径最小，粒子的速度最小，根据几何关系可得tanθ＝3RR＝3，解得θ＝60°，则最小半径为r1＝Rtanθ2＝33

R，联立解得打在收集器上的粒子的最小速率为v1＝3BqR3m，C错误；由图可知，从P点到N点的粒子在磁场中的运动时间小于从P点到M点的粒子在磁场中的运动时间；离开磁场到打到收集器，从P点到N点的粒子通过的位移小于从P点到M点的粒子通过的位移，从P点到N点的粒子的速

度大于从P点到M点的粒子的速度，则从P点到N点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间小于从P点到M点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间，故从P点到N点的粒子比从P点到M点的粒子运动时间短，D正确．16．答案：(1)轨迹图见解析233d(2)带电粒子带正电23Bqd3v(

3)23πd9v解析：(1)电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示由几何知识得到，轨迹的半径为r＝dsin60°＝233d(2)由左手定则，可知，带电粒子带正电，由牛顿第二定律得qvB＝mv2r解得m＝23Bqd3v(3

)由几何知识得到，轨迹的圆心角为α＝π3，故穿越磁场的时间为t＝T6＝π3rv＝23πd9v17．答案：(1)v>qBR2m(2)3qBR3m2πm3qB(3)（2＋6）qBR2m解析：(1)如图所示，带电粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时恰不从磁

场圆弧部分边界射出，设此时粒子速度大小为v1，轨道半径为r1，根据几何知识，有r1＝R2根据洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝mv21r1解得v1＝qBR2m所以带电粒子速率应满足的条件是v>qBR2m(2)如图所示，带电粒子恰好从P点离开磁场时，设粒子速度大小为v2，轨道半径为r2，根据几

何知识，有r2·32＝R2根据洛伦兹力提供向心力，有qv2B＝mv22r2解得v2＝3qBR3m带电粒子做圆周运动转过的圆心角为2π3，带电粒子做圆周运动的周期T＝2πRv＝2πmqB带电粒子在磁场中的运动时间t＝13T＝2πm3qB(3)带电粒子通过磁场区域后速度

方向偏转了30°，设此带电粒子的速度大小为v3，轨道半径为r3，根据数学知识，有r3sin75°＝Rsin30°根据洛伦兹力提供向心力，有qv3B＝mv23r3解得v3＝（2＋6）qBR2m.考点54带电粒子在组合场中的运动1．答案：(1)正电mv22

q(2)mvqB(3)πm3qB解析：(1)带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电．粒子在电场中运动由动能定理可知qU＝12mv2解得U＝mv22q(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2r解得r＝mvqB(3)设粒子运动轨

道圆弧对应的圆心角为θ，如图依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得θ＝π3设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有T＝2πrv带电粒子在磁场中运动的时间t＝θ2πT联立各式解得t＝πm3qB.2．答案：(1)5aqB0m(2)B1>8B03(3)4na(

n＝1，2，3……)解析：(1)设粒子在OF上方做圆周运动半径为R，如图所示由几何关系可知R2－(R－a)2＝(3a)2解得R＝5a根据洛伦兹力提供向心力，有qvB0＝mv2R解得v＝5aqB0m(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时

，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，如图所示由几何关系得r1＋r1cosθ＝3acosθ＝35解得r1＝15a8根据洛伦兹力提供向心力，有qvB1＝mv2r1解得B1＝8B03当磁感应强度大于8B03时，粒子运动的轨迹半径减小，粒子将不会从AC边界飞出；(3)当磁感应强度为3B

0大于8B03时，粒子的运动轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力，有qv·3B0＝mv2r所以粒子在OF下方的运动半径为r＝53a设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知PP1̅̅̅̅̅＝2(3a－rcosθ)＝4a所

以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为l＝nPP1̅̅̅̅̅＝4na(n＝1，2，3……).3．答案：(1)qBRm(2)t1＋t2＝πm2qB＋2mRqE(3)R＋qB2R28mE解析：(1)微粒射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：q

vB＝mv2R，解得v＝qBRm(2)微粒从原点射入磁场，因在磁场中轨迹半径也为R，所以微粒经14圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，轨迹如图甲所示在磁场中运动时间为t1＝T4＝πm2qB进入电场后做类平抛运动，沿电场方向R＝12qEmt22解得t2

＝2mRqE故所求时间为：t＝t1＋t2＝πm2qB＋2mRqE(3)微粒从y轴上y＝R2处射向磁场，入射点为P，轨迹圆心为O2，如图乙所示在△APO中∠AO′P＝30°，∠APO′＝60°，连接O2O′，因O2P＝O′P＝R，∠O2PO′＝120°，则∠PO′O2＝30°，两圆相交，

关于圆心连线对称，设出射点为Q，由对称知∠O2O′Q＝30°，出射点Q必位于O′点正上方．由于∠PO2Q＝60°，所以微粒从磁场中出射方向与x轴成θ＝60°.在电场中微粒沿x轴正方向做初速度为vOx＝v

cosθ的匀减速运动，加速度大小为a＝qEm，在电场中向右运动的最远距离xm＝v2Ox2a由以上三个方程及v＝qBRm可解得xm＝qB2R28mE运动过程中距y轴的最远距离为d＝R＋xm，即d＝R＋qB2R28mE.4．答案：ABC解析：质子在匀强磁场中做

匀速圆周运动，当质子的轨道半径为R时，质子达到最大速度，根据线速度定义式，质子的最大速度为vm＝2πRT＝2πRf，A正确；根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv2r，当r＝R时，有最大速度为vm＝qBRm，质子的最大动能为Ekm＝q2B2R22m，与高频交变

电源的电压U无关，B正确，D错误；高频交变电源的频率与质子在磁场中运动的频率相等，根据qvB＝mv2r，v＝2πrT＝2πrf，解得f＝qB2πm，C正确．5．答案：D解析：根据电场力做功公式W＝qU，氖20和氖22的电

荷量相同，加速电场电压相同，所以做的功相同，A错误；在加速电场中，根据动能定理有qU＝12mv2，由于氖20的质量小于氖22的质量，所以氖20的速度大于氖22的速度，B错误；在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝mv2R，解得R＝mvqB，根据动能和动量的

关系有mv＝2mEk，综上可判断，q、B和Ek相同，由于氖22的质量大，所以氖22的半径也大，C错误；在加速电场中，根据动能定理有qU＝12mv2，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝mv2R，联立可得R＝1B2mUq，对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周

运动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周运动的半径越大；若电压发生波动，则氖20和氖22做圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖20在电压较高时的半径可能和氖22在电压较低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就重叠，D正

确．6．答案：D解析：带电粒子只有经过AC板间时被加速，即粒子从离开A板到再次回到A板，其间被加速一次，且板间电场方向保持不变，所以A、C间电场不是交变电场，A、C错误；设带电粒子在AC板间被加速的加速度大小为a，则有Δv＝

aΔt，由于AC板间距离保持不变，随着带电粒子被加速后每次经过AC板间的速度逐渐变大，带电粒子被加速的时间逐渐减小，则带电粒子每一次加速前后，速度增加量逐渐减小，B错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，设D形盒半径为R，则有

R＝mvmqB，可得vm＝qBRm，加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，D正确．7．答案：D解析：粒子从M点由静止释放经过电场加速到第一次经过x轴过程中有qEd＝12mv21得v1＝2qEdm＝2×

1×106×4×103×0.2m/s＝4×104m/s，A错误；根据题意画出粒子的运动轨迹如图所示设粒子经过电场加速一次后在磁场中的运动半径r1，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝mv21r1，得r1＝mv1qB＝10

－6×4×1040.4m＝0.1m，同理，粒子经过电场加速两次后在磁场中的运动半径r2＝mv2qB＝10－6×42×1040.4m＝0.12m，由图可知，粒子第三次经过y轴时速度方向与y轴不垂直，粒子第三次经过y轴时的位置坐标不为(0

，0.2m)，B、C错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝2πmqB＝2π×10－60.4s＝5π×10－6s，粒子在电场中第一次加速的时间为t1＝dv－＝dv12＝0.44×104s＝1×10－5s，粒子在电场中

第二次加速的时间为t2＝dv－＝dv1＋v22＝0.44×104＋42×104s，粒子在无电场和磁场区域做匀速直线运动时间分别为t′1＝dv1、t′2＝dv2，则粒子从开始释放到第五次经过x轴所用的时间为t＝2T＋t1＋t2＋t′1＋t′2＝(2＋24＋3＋π)×

10－5s，D正确．8．答案：B解析：如图根据qv0B1＝mv20R得R＝mv0qB1，由几何关系得半径R＝3r，联立解得B1＝mv03qr，A错误；如图根据几何关系，在圆b和圆c间的环形区域的匀强磁场偏转半径R1＝23r，又R1＝mv1qB2，qU＝12mv21－12mv20，联

立解得U＝3mv202q，B正确；粒子运动轨迹如上图，粒子圆a区域内匀强磁场运动的周期T＝2πRv0＝2πmqB1，粒子从电场回到入射点A，在磁场中运动的最短时间为ta＝2πm3qB1，粒子圆c区域内匀强磁场

运动的周期T＝2πRv1＝2πmqB2，在磁场中运动的最短时间为tc＝8πm3qB1，粒子从电场回到入射点A，在磁场中运动的最短时间为t＝ta＋tc＝143πr9v0，C、D错误．9．答案：(1)107m

/s(2)2×104V(3)0.2T解析：(1)在S1和S2两极板间加速，由动能定理得qU1＝12mv21－0解得v1＝107m/s(2)带电粒子在P1和P2两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡qU2d＝qv1B1解得U2＝2×104V(3)由题意可知，根据几何关系，粒子

轨道半径R＝L2洛伦兹力提供向心力qv1B2＝mv21R解得B2＝2L2mU1q＝0.2T．10．答案：(1)mv0qR(2)3R(3)①1.2R②0.4R解析：(1)根据qv0B＝mv20R可得B＝mv0qR(2)粒子运动轨迹如图根据几何关系可知离子进入x轴下方时速度与水平夹

角为60°，出磁场位置时于O点的距离为d，则d＝2Rsin60°＝3R(3)①离子从O点出射速度方向在与y轴负方向成β角偏左时，圆周运动轨迹与感光板交点最低，如图根据几何关系有2Rcosβ＝1.6R解得β＝37°交点纵坐标y＝－2Rsinβ＝－1.2R②由几何关系得，离子在磁场

中的运动半径为R，根据分析，离子从O点出射速度方向在与y轴负方向成θ角偏左时，圆周运动轨迹恰好与感光板相切，如图此为二次发光区的最高点，根据几何关系有Rcosθ＋R＝1.6R解得θ＝53°切点纵坐标y＝－Rsinθ＝－0

.8R由①得最低点坐标为y＝－1.2R所以二次发光区的长度为0.4R.11．答案：(1)2mEqd(2)2d(3)4044d解析：由题意可知，粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理可得qEd＝12mv20－0粒子在磁场中做匀速圆周运动

，如图由洛伦兹力提供向心力qv0B＝mv20R1由几何关系可知R1＝d联立可得，匀强磁场的磁感应强度B的大小为B＝2mEqd(2)粒子再次进入匀强电场中做类平抛运动，x轴方向有d＝12at2其中a＝qEm，v0＝at在y轴方向有y＝v0t联立可得，O、Q两点间的距离为y＝2d(3)粒

子第一次进入磁场时y1＝d粒子第二次进入磁场时y2＝2d第二次进入磁场时有vx＝at，v＝v20＋v2x，tanθ＝vxv0联立可得，粒子第二次进入磁场时的速度及速度方向与y轴正方向的夹角为v＝2v0，θ＝45°粒子在磁场中的半径为R2＝2d根据几何关系OQ＝2d可知，粒子第二次

从坐标原点进入电场后做类斜抛运动，沿y轴正方向的位移为4d，所以第三次进入磁场时到原点的距离为y3＝2d＋2d同理可得，第四次进入磁场时到原点的距离为y4＝2d＋4d以此类推可知，粒子第2023次进入磁场时的位置到坐标原点的距离为y2023＝2d＋2021×2d＝40

44d.考点55带电粒子在叠加场中的运动1．答案：C解析：若微粒带正电q，它受竖直向下的重力mg、向左的电场力qE和右斜向下的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动．据此可知微粒一定带负电q，它受竖直向下的重力mg、向右的电场力qE和左斜向上的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动，可知微粒

一定做匀速直线运动，A、B错误；由平衡条件有关系cosθ＝mgqvB，sinθ＝qEBqv，解得磁场的磁感应强度B＝mgqvcosθ，电场的场强E＝Bvsinθ，C正确，D错误．2．答案：C解析：小球受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，小球做圆周运动，则电场力与重力平衡，可知，电场力竖直向

上，电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，A错误；根据上述有qE＝mg，解得m＝qEg，B错误；小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有qvB＝mv2r，T＝2πrv，结合上述解得T＝2πEBg，C正确；若把电场的方向改成竖直

向上，小球正好做匀速直线运动，根据平衡条件有mg＋qE＝qv0B，结合上述解得v0＝2EB，D错误．3．答案：(1)2mgq(2)23qBd3m解析：(1)微粒在区域Ⅰ沿水平虚线做直线运动，说明微粒在竖直方向上受力平衡，根据平衡条件有E1

qsin30°＝mg解得E1＝2mgq(2)微粒进入区域Ⅱ后，根据题意有E2q＝mg由此可知微粒在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R根据几何关系有Rsin60°＝d联立解得v＝23qBd3m4．答案：B解析：质子(11H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做

匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和电场力，满足qv0B＝qE，解得v0＝EB，即质子的速度满足速度选择器的条件；以速度v02的射入的正电子(01e)，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，A错误；以速度v0射入的电子(0－1e)，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，

即速度选择器不选择电性而只选择速度，B正确；以速度2v0射入的核(21H)，以速度4v0射入的α粒子(42He)，其速度都不满足速度选择器的条件v0＝EB，故都不能做匀速直线运动，C、D错误．5．答案：C解析：最终定向移动的自由电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，设霍尔元

件的长、宽、高分别为a、b、c，设定向移动的自由电荷在x方向的速度为v.有qUc＝qvB，电流的微观表达式为I＝nqvS＝nqvbc，所以U＝BInqb，B越大，上、下表面的电势差U越大，B错误；霍尔元件在y轴方向上、

下表面的电势差U为U＝BInqb＝(B0＋kz)·Inqb，则ΔUΔz＝kInqb，所以传感器灵敏度ΔUΔz与上、下表面的距离无关，k越大，传感器灵敏度ΔUΔz越高，A错误，C正确；若该霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以

上表面电势高，D错误．6．答案：B解析：带电粒子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正粒子受到的洛伦兹力向下，负粒子受到洛伦兹力向上，A错误；当达到平衡时有Udq＝qvB，解得v＝UBd，B正确；不带电的液体在磁场中不受力，M、N两点没有电势差，无法计算流速，C错误；污水流量为Q＝vS

＝14πd2·UBd＝πUd4B，D错误．7．答案：D解析：粒子在磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝mv2r，解得r＝mvqB，粒子运动的周期T＝2πrv＝2πmqB，要求在T0时，粒子距x轴最远．如图作

出粒子运动轨迹设两段圆弧的圆心O1O2的连线与y轴夹角为θ，P点的纵坐标为y，圆心O2到y轴之间的距离为x，则由几何关系，得：y＝2r＋2rcosθ，sinθ＝x2r，因为粒子在第一象限内运动，x≥r，由题意根据数学关系知，当θ＝30°时，y取最大值

，故此时粒子在磁场中t＝T02时间内对圆心转过的角度为α＝150°＝56π，根据粒子在磁场中做圆周运动的时间t＝α2πT，解得T＝2παt＝2π56π·T02，又粒子在磁场中做圆周运动的周期公式知：T＝2πmqB，知磁感应强度B0＝5πm3qT0，D正确，A、C错误．8．

答案：CD解析：在第一个粒子射出后，只有磁场没有电场，粒子运动时间为周期的四分之一，为T4＝πm2qB0，R＝mvqB0，B0＝mvqL，运动时间为t1＝πL2v，第二个粒子飞出后只有电场L＝vt2，L＝12×qE0mt22

，E0＝2mv2qL，由此可知电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为2v0∶1，A错误；第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为a1a2＝qv0B0mqE0m＝12，B错误；在电场中的运动时间为L/v0，第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π∶2，C正确；第一个粒子

经过C点时的动能为12mv20，对第二个粒子应用动能定理qE0L＝Ek－12mv20，Ek＝52mv20，D正确．9．答案：BC解析：小球受竖直向下的重力与水平向左的电场力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受

力如图所示，小球做直线运动，则由平衡条件得qvBcosθ＝mg，小球的速度vcosθ＝v0，代入数据解得v0＝2m/s，A错误，B正确；小球从A点抛出到进入复合场过程，由动能定理得mgh＝12mv2－12mv20，根据在复合场中的受力情况可知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2，

解得h＝E22gB2，代入数据解得h＝1.25m，C正确，D错误．10．答案：CD解析：根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此图中a板是电源的负极，b板是电源的正极，A、B错误；根据平衡条件，有qvB＝qEd，解得电源的电动势E＝Bdv，所以只

减小等离子体的入射速度v，电源的电动势也减小，C正确；根据闭合电路欧姆定律，用电器中电流为I＝ER＋r＝BdvR＋r，D正确．11．答案：C解析：若要使微粒以速度v沿两板中心轴线S1S2向右匀速运动，则应使微粒在竖直方向受力平衡．只施加竖直向下的电场，微粒所受电场力竖直向下，在竖直方向上不可能

受力平衡，A错误；只施加竖直向上的磁场，微粒所受洛伦兹力垂直纸面向外，在竖直方向上不可能受力平衡，B错误；同时施加竖直向上的电场和垂直纸面向外的磁场，微粒所受电场力竖直向上，所受洛伦兹力竖直向下，若要使

微粒在竖直方向受力平衡，则应有mg＋qvB＝qE，解得E＝mgq＋Bv，C正确；同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场，微粒所受电场力竖直向下，所受洛伦兹力竖直向上，若要使微粒在竖直方向受力平衡，则应有qvB＝qE＋mg，解得E＝Bv－mgq，D错误．12．答案：BCD

解析：根据题意，假如没有磁场，小球受重力、支持力，由平衡条件及牛顿第三定律可知，小环对杆的压力大小为mgcos37°＝0.8mg，然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电，A

错误；设小环滑到P处时的速度大小为vP，在P处，小环的受力如图所示，根据平衡条件得qvPB＋FN＝mgcos37°，由牛顿第三定律得，杆对小环的支持力大小FN＝0.4mg，联立解得vP＝2mg5qB，

B正确；在小环由P处下滑到P′处的过程中，对杆没有压力，此时小环的速度大小为v′，则在P′处，小环的受力如图所示由平衡条件得qv′B＝mgcos37°，变形解得v′＝4mg5qB，在小环由P处滑到P′处的过程中，由动能定理得mgLsin37°＝12m

v′2－12mv2P，代入解得L＝2m2g5q2B2，C、D正确．13．答案：AC解析：从A到B过程中，电场力对小球一直做正功，则小球机械能一直增大，电势能一直减小，A正确；根据动能定理－mgL(1－cosθ)＋FLsinθ＝0，解得F＝34mg，B错误；小

球所受重力和电场力的合力为F合＝54mg，方向与竖直方向夹角37°，所以当绝缘细线运动到此位置时，小球速度最大，根据动能定理－mgL(1－cos37°)＋FLsin37°＝12mv2，解得v＝2gL2，C正确；根据T－f洛－F合＝mv2L，从A到B过程中，绳子的最大拉力T＝F合＋mv2L＋

f洛＝7mg＋qm4，D错误．14．答案：(1)mgtanθqmgqvcosθ(2)mgq，竖直向上解析：(1)微粒恰能做直线运动，则对微粒受力分析如下图所示根据受力分析可得，微粒只能带正电荷，微粒做匀速直线运动，即微粒受力平衡，则有F电＝mgta

nθ＝qEF洛＝mgcosθ＝Bqv则电场强度大小为E＝mgtanθq磁感应强度大小为B＝mgqvcosθ(2)要使微粒做匀速圆周运动，则合力为洛伦兹力提供向心力，此时的重力和电场力为一对平衡力，则有qE′＝mg则改变后的电场强度大小为E′

＝mgq15．答案：(1)mgE(2)2mgl－mE22μ2B2(3)－l－E2μB2g解析：(1)在第一象限的运动过程中，小球沿x轴方向做匀减速直线运动，末速度为0.由逆向思维可得l＝12at2y轴方向做自由落体l＝12gt2可得a＝E

qm＝g，q＝mgE(2)由自由落体公式可得，小球从Q点进入细管时，速度v0＝2gl小球离开细管时已匀速，由受力分析可得μqvB＝mg解得v＝mgμqB＝EμB由动能定理可得12mv2－12mv20＝mgl－Wf小球在

竖直细管中克服摩擦力所做的功Wf＝2mgl－mE22μ2B2(3)离开细管进入叠加场区域后mg＝Eq小球将在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，圆周半径r＝mvqB＝E2μB2g小球第一次在叠加场区域中到达的最低点纵坐标为y＝－l－E2μB2g之后由于能量守恒，小球每次进入叠加场区域的速度方向未知

，但速度大小不变，圆周运动半径不变．小球在之后运动过程中，纵坐标的最小值仍为y＝－l－E2μB2g验收检测卷十磁场1．答案：D解析：地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，有一定的夹角，即为磁偏角，A错误；不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，B错误；磁感线是闭合的曲线，地球磁感线从南极附近发出，从

北极附近进入地球，组成闭合曲线，而磁场方向在磁感线上任意一点的切线方向，因此不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，C错误；指南针的指向会受到附近除地磁场以外其他磁场的干扰，使用时应远离其他磁源，而输电

电流可产生磁场，因此使用指南针时应远离输电导线，D正确．2．答案：C解析：导线a与导线b在O点产生的磁场方向竖直向上，大小为3B0，导线c在O点产生的磁场方向水平向左，大小为B0，则三根导线在O点产生的磁感应强度大小为B＝（3B0）2＋B20＝2B

0，一电子以速度v从O点沿垂直于纸面方向向外运动．它所受洛伦兹力的大小F洛＝2eB0v，由左手定则得，洛伦兹力的方向平行于纸面并垂直于bc，C正确．3．答案：B解析：磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，由图可知，P点的磁感应强度大于Q点的磁感

应强度，A错误；电流元在磁场中的受力与放置方式有关，同一电流元在P点受到的磁场力可能小于在Q点受到的磁场力，B正确；磁通量大小不只与磁感应强度大小有关，还与线圈的放置方式有关，故同一线圈在P、Q两点的磁通量无法比较，C、D错误．4．答案：B解析：根据题意可得，带电小球竖直向上做

匀速直线运动，小球带正电，根据左手定则可知洛伦兹力水平向左，根据力的平衡有qEcos30°＝qvB，解得v＝3E2B，B正确．5．答案：D解析：线圈通电后，根据左手定则可知b段导线受到的安培力向上：当线圈没有通电时，

天平处于平衡状态，设左盘质量为m1，右盘质量为m2，有m1＝m2；当线圈中通入电流I时，向上的安培力大小为F＝nBIl，在右盘加质量为m的砝码(或移动游码)使天平重新平衡，则有m1g＝(m2g＋mg－nBI

l)，解得mg＝nBIl，则磁感应强度大小为B＝mgnIl，由表达式可知，磁场的磁感应强度越强，通以图示电流后，为使天平平衡往右盘加入的小砝码质量越大，B错误，D正确；若仅将电流反向，则安培力方向向下，其他条件不变，由以上分析可知，线

圈不能保持平衡状态，需要往左盘内加入质量为m的小砝码，可使天平平衡，A错误；由以上分析可知，线圈受到的安培力大小为mg，方向竖直向上，C错误．6．答案：D解析：粒子从D形盒中出来时速度最大，根据洛伦兹力提供向心力qvmB＝m

v2mR得vm＝qBRm，增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度不变，A错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝2πmBq，粒子每次在D2中的运动时间为周期的一半，故粒子第一次在D2中的运动时间等于第二次在D2中的运动时间，B错误；粒子在电场

中加速，获得能量，在磁场中，洛伦兹力方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，C错误；交流电源频率为f＝1T＝Bq2πm，若仅将粒子的电荷量变为q2，则交流电源频率应变为原来的12倍，D正确．7．答案：B解析：根据qvB＝mv2r，将速度v＝qBLm代入上式

解得r＝L，如图Od与ac垂直，有几何关系可知，Od长为L，即最短弦长，对应最短时间，圆心角为60°，则最短时间为t＝60°360°T，又T＝2πrv，解得t＝πm3qB，A错误，B正确；粒子轨迹与ac相切时，交与bc边最远的e点，由几何关系可知，Oe长度为直

径，则粒子能从bc边射出的区域eb的长度为2L，C、D错误．8．答案：A解析：两粒子运动轨迹如图粒子运动时间为t＝θ360°×2πmqB，若两粒子比荷相同，则从A分别到P、Q经历时间之比为t1∶t2＝60∶120＝1∶2，A正确；

设圆形区域半径为R，由题意可知，两粒子运动半径之比为r1∶r2＝3R∶R3＝3∶1，根据qvB＝mv2r，若两粒子比荷相同，则两粒子在磁场中速率之比为v1∶v2＝3∶1，C错误；同理C选项，若两粒子速率相同，则两粒子的比荷

之比为1∶3，D错误．9．答案：BC解析：以滑块为对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得mgsinθ－μ(mgcosθ＋qvB)＝ma，随着滑块速度的增大，滑块的

加速度减小，所以滑块先做加速度减小的加速运动，由于遮光条通过两光电门所用的时间均为t，可知滑块到达光电门前已经做匀速运动，到达光电门2之前滑块先加速后匀速，到达光电门2之前滑块所受的摩擦力先增大后不变，A错误，B正确；遮光

条通过两光电门所用的时间均为t，可知滑块到达光电门前已经做匀速运动，速度大小为v＝dt，根据受力平衡可得mgsinθ－μ(mgcosθ＋qvB)＝0，联立解得滑块所带的电荷量为q＝mgtsinθBdμ－mgtcosθBd，C正确，D错误．10．答

案：AB解析：在加速电场中根据动能定理有Uq＝12mv2，在静电分析器中电场力提供向心力Eq＝mv2R，加速电场的电压U＝12ER，A正确；在静电分析器中粒子所受电场力方向与电场方向相同，故粒子带正电，

粒子在加速电场中加速，加速电场方向水平向右，故极板M比极板N电势高，B正确；磁分析器中洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r，直径为PQ＝2r＝2BmERq，C错误；若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子有相同的比

荷，D错误．11．答案：BD解析：题目中只给出粒子“电荷量的绝对值为q”，未说明是带哪种电荷．如图所示若q为正电荷，轨迹是如图所示的左方与DE相切的14圆弧，轨道半径R1＝mv1Bq，又L＝R1－R1cos

45°，得v1＝（2＋2）qBLm；若q为负电荷，轨迹如图所示的右方与DE相切的34圆弧，则有R2＝mv2Bq，L＝R2＋R2cos45°，解得v2＝（2－2）qBLm，则粒子入射速度v的最大值可能是（2＋2）qBLm

(q为正电荷)或（2－2）qBLm(q为负电荷)，B、D正确．12．答案：BC解析：由于电场力做功，故小球的机械能不守恒，A错误；重力和电场力的合力大小为2N，方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方，小球由O点到A点，重力和电场力的合力做的功最多，在A点时的动能最大，速度最大，B正确

；小球做周期性运动，在B点时的速度为0，C正确；对小球由O点到A点的过程，由动能定理得2mgl＝12mv2，沿OB方向建立x轴，垂直OB方向建立y轴，在x方向上由动量定理得qvyB1Δt＝mΔv，累计求和，则有qB1l＝mv，解

得l＝25m，D错误．13．答案：(1)垂直纸面向里(2)2.7×104N(3)9×105A解析：(1)由左手定则可得磁场垂直纸面向里．(2)由匀加速直线运动公式2ax＝v2，可得a＝9×105m/s2由牛顿第二定律F＝ma，可

得F＝2.7×104N.(3)由安培力公式F＝IBL，可得I＝9×105A．14．答案：(1)3mv2qa(2)(0，3a)解析：(1)由几何关系得粒子做匀速圆周运动的半径为r＝asin60°＝23a3由洛伦兹力提供向心力有qvB＝

mv2r解得B＝3mv2qa(2)射出点的纵坐标为y＝r＋rcos60°＝3a射出点的坐标为(0，3a).15．答案：(1)正电，3mv203qL(2)23mv03qB(3)πm3qB解析：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，电场力向

下，与电场方向相同，则粒子带正电；设带电粒子在匀强电场中运动时间为t1，则有L＝v0t1tan30°＝at1v0由牛顿第二定律得qE＝ma联立解得电场强度大小为E＝3mv203qL(2)带电粒子进入磁场的速度大小为v＝v0cos30°＝233v0带电粒子在磁场中，由洛伦兹

力提供向心力得qvB＝mv2r联立解得r＝mvqB＝23mv03qB(3)根据几何关系可得，带电粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为α＝2θ＝60°则粒子在磁场中运动的时间为t＝60°360°T＝16×2πrv联立

解得t＝πm3qB.16．答案：(1)3mg(2)mg(3)5mg2IL，垂直斜面向下解析：(1)设小球运动到O点时的速度大小为v，由动能定理有mgL(1－sinθ)＝12mv2小球运动到O点正下方时，受到的洛伦兹力大小为F洛＝qvB设小球运动到O点正下方时，所

受细线的拉力大小为F，有F－mg－F洛＝mv2L解得F＝3mg由牛顿第三定律可得T＝F＝3mg(2)小球运动到O点正下方时与绝缘斜面竖直边发生碰撞，不考虑碰撞过程中机械能损失，即碰后小球速度大小不变，方向相反．这时

小球受的洛伦兹力方向向上，设所受细线的拉力大小为F1，有F1－mg＋F洛＝mv2L得F1＝mg(3)经分析可知，当MN所处位置的磁场的磁感应强度方向垂直斜面向下时，MN所受安培力方向沿斜面向下，此时所处位置的磁场的磁感应强度最小．由力的平衡条件有mgsinθ＋F安

＝F上式中F安＝BminIL解得Bmin＝5mg2IL.第十一章电磁感应考点56电磁感应现象楞次定律1．答案：A解析：导体ab顺时针转动，运用右手定则，磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b，A正确；导体a

b向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，B错误；导体框向右运动，ad边切割磁感线，由右手定则可知，导体ab上的感应电流方向为b→a，C错误；导体ab沿导轨向

下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，D错误．2．答案：B解析：正电粒子从直径上方掠过金属圆环表面时，等效电流方向从左往右，环中净磁通量为垂直直面向里，且净磁通量先增后减，环中产生感应电流，金属环先有收缩后有扩张趋势，A、C错

误，B正确，环中产生感应电流后周围会有磁场，且在环内磁场方向垂直于环所在的平面，正电荷从左往右运动时会受到洛伦兹力，所以粒子与金属环有相互作用，D错误．3．答案：ABC解析：当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，

因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P的感应电流的磁场将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，故在t1时刻有FN>G，P有收缩的趋势，A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此

线圈中无感应电流产生，故在t2时刻有FN＝G，B正确；在t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻Q中无电流，故二者之间没有相互作用力，故有FN＝G，C正确；当螺线管中电流不变

时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈中无感应电流产生，故在t4时刻有FN＝G，P没有收缩的趋势，D错误．4．答案：B解析：从B到C的过程中，圆环中的磁场向上且磁通量增大，据“增反减同”可判断产生顺时针方向的电流(从上往下看)，A错误；摆到D处时，圆环中产生的感应电流有使圆环远离阻

碍磁通量增大的趋势，故给桌面的压力大于圆环受到的重力，B正确；由楞次定律的推论“来拒去留”可知，从A到D和从D到E的过程中，圆环受到摩擦力方向均向右，C错误；由于有部分机械能转化为电能，磁铁不可能到达A点等高处，故在A、E两处的重力势能不相

等，D错误．5．答案：AC解析：由题图可知，在磁铁下落过程中，穿过铝环的磁场方向向下，在磁铁靠近铝环时，穿过铝环的磁通量变大，在磁铁远离铝环时穿过铝环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，铝环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，A正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在下

落过程中，受铝环对它的作用力始终竖直向上，但当条形磁铁的中心与环在同一个平面内时，穿过环的磁通量最大，磁通量的变化率为0，此时环内没有感应电流，所以在该点条形磁铁的加速度等于g，B错误；在磁铁下落过程中，铝环中产生感应电流，铝环

中有电能产生，磁铁在整个下落过程中，磁铁的机械能转化为电能，由能量守恒定律可知，磁铁的机械能减少，C正确；磁铁自由下落时，落地速度v＝2gh，由于磁铁下落穿过铝环时能量有损失，磁铁落地速度应小于v＝2gh，D错误．6．答案：D解析：PQ突然向右运动，导体切割磁感线，根据右手定则，可知电流由Q流

向P，PQRS中电流沿逆时针方向，PQRS中的电流产生的磁场向外增强，则T中的合磁场向里减弱，根据楞次定律可知T的感应电流产生的磁场应指向纸面内，则T中感应电流方向为顺时针．A、C错误，D正确．7．答案：ACD解析：闭合开关瞬间，右侧线圈中电流增大，电流产生的磁场方向向左，由楞次

定律可知，通过灯泡电流方向由右向左，A正确；闭合开关并保持一段时间后，右侧线圈中的电流恒定，此电流产生的磁场不变，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中不产生电流，灯泡不亮，B错误；闭合开关并保持一段时间后，滑动变阻器P端向

右滑动过程中，右侧线圈中的电流减小，电流产生的磁场方向向左，由楞次定律可知，通过灯泡电流方向由左向右，C正确；闭合开关一段时间后，再断开开关的瞬间，右侧线圈中的电流减小，电流产生的磁场方向向左，由楞次定律可知，通过灯泡电流方向由左向右，D正确．8．答案：D解析：根据题意，由右手定则可知，导

体MN中的电流由N→M，则电路MNDC中感应电流为顺时针方向，电路MNEF中感应电流为逆时针方向，D正确．9．答案：A解析：由图可知，圆环由A位置水平向右移到B位置的过程中，穿过圆环向右的磁感线条数变少，故说明磁通量变小，根据楞次定律可知，圆环中感应电流产生的磁场方向向右，再根据安培定则知圆环中

感应电流方向是逆时针绕向(从右向左看)，根据楞次定律推论“增缩减扩”可知圆环有扩张趋势，A正确．10．答案：A解析：ab棒运动过程中，ab棒与劣弧ab̂围成的面积不变，故回路磁通量不变，没有感应电流，a

b棒两端的电势差为零保持不变，A正确．11．答案：D解析：ab杆向左匀速运动，在ab杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L1中产生恒定的磁场，在L2中不产生感应电流，所以cd杆不动，A错误；ab杆向左减速

运动，根据右手定则，知在ab杆上产生减小的b到a的电流，根据安培定则，在L1中产生向下减弱的磁场，该磁场向上通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生c到d的电流，根据左手定则，受到向右的安培力，向右运动，B错误；ab杆向右加速

运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生向上增强的磁场，该磁场向下通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生c到d的电流，根据左手定则，受到向右的安培力，向右运动，C错误；ab杆向右减速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生减小的a到b的电流，根据安培定则，

在L1中产生向上减弱的磁场，该磁场向下通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生d到c的电流，根据左手定则，受到向左的安培力，向左运动，D正确．考点57法拉第电磁感应定律自感涡流1．答案：B解析：根据法拉第电磁感应定律可知E＝ΔΦΔt＝ΔB

SΔt＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4V＝0.44V，B正确．2．答案：C解析：根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝nΔΦΔt＝n（B2－B1）St2－t1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，

因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－n（B2－B1）St2－t1，C正确．3．答案：A解析：某一时刻穿过A、B两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S

，则Φ＝BS，由E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS(S为磁场区域面积)，对A、B两导线环，有EAEB＝1，所以A正确，B错误；I＝ER，R＝ρlS1(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以IAIB＝EArBEBrA＝12

，C、D错误．4．答案：BD解析：由题图乙可知磁感应强度随着时间逐渐增大，根据楞次定律的增反减同，可判断出线圈中感应电流方向为逆时针，则流过电阻R1的电流方向自上向下，A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝ΔBSΔt，S＝πr

22，ΔBΔt＝2B0－B0t0＝B0t0，解得E＝πr22B0t0，根据闭合电路欧姆定律，当稳定后电阻R1两端的电压U1＝R1R1＋R2＋RE＝πr22B04t0，B正确；根据闭合电路欧姆定律，稳定后电路的电流I＝ER1＋R2＋R＝πr22B04t0R，根据电流的定义式，在0～t0

时间内，流过电阻R2的电荷量q＝It0＝πr22B04R，C错误；根据焦耳定律，在0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热Q2＝I2R2t0＝π2r42B208Rt0，D正确．5．答案：D解析：导体棒运动方向

与磁场方向平行，所以直导线ab中的电动势0，D正确．6．答案：C解析：当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，穿过金属框abc的磁通量始终为零，所以金属框abc中无感应电流产生，B、D错误；对于边ac来说，其在切割磁感线，故边ac会产生感应电动势，根据右手定则可知，其c点的电势大

于a点的电势，即Ua<Uc，A错误；对于边bc来说，其在切割磁感线，故边bc会产生感应电动势，根据右手定则可知，其c点的电势大于b点的电势，故Ubc是负值，而边bc切割磁感线为旋转切割，根据公式有Ubc＝－Bl·0＋ωl2＝－12Bl2ω，C正确．7．答案：AC解析：根据右手定则可知，金属棒运

动过程中，电流的方向为逆时针，则电容器的上极板带正电，A正确；金属棒到达x0时，此时金属棒的有效长度为l＝2x0tanθ产生的感应电动势为U＝Blv＝2Bx0vtanθ，流过导体棒的电荷量为Q＝CU则为Q＝2CBvx0tanθ，B错误；则金属棒的电

流为I＝Qt＝Qx0v＝2CBv2tanθ，C正确；金属棒做匀速直线运动，受力平衡，有F＝F安＝BIl其中B恒定，由I＝2CBv2tanθ可知，I恒定，而l＝2x0tanθ不断变大，则F逐渐增大，由P＝Fv可知，F的功率增大

，D错误．8．答案：D解析：由题知，开始时，开关S闭合时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后

再熄灭，D正确．9．答案：AB解析：因为相同的电灯A1、A2，电路稳定由图像可知通过电感线圈L支路的电流小于通过电灯A2支路的电流，所以电感线圈的直流电阻不可忽略，A正确；稳定后当开关S断开瞬间，由于线圈的自感现象，线圈中的电流只能逐渐减小，线圈L、电灯A1、A2构成

闭合回路，两灯都过一会儿再熄灭，电灯A1、A2电流大小始终相等，且流过灯A2的电流方向向右，B正确，C错误；有铁芯时线圈的自感系数，比没有铁芯时要大得多，D错误．10．答案：D解析：线圈内部的磁场由通过线圈的电流产生，根据安培定

则可知，其磁感线方向竖直向上，A错误；因为线圈中的电流正在减小，则线圈中电流产生的磁场减弱，根据楞次定律，涡流的方向为逆时针方向，B错误；由于产生的感应电动势的大小一定，而要减小涡流，必修增大铁块电阻，根据电阻定律可知，可减小铁块的横截面积，故可以把铁块沿纵向切成很薄

的铁片，涂上绝缘层后叠放起来，C错误，D正确．11．答案：A解析：该装置的原理是利用电磁阻尼．薄板出现扰动时，穿过薄板表面的磁通量如果发生变化，就会产生感应电流，薄板就会受到安培力作用，安培力总是阻碍导体相对磁场的运动，从而使薄板尽快停下来．薄板上、下、左、右运动时，磁通量都会发生变化，所以都会产

生感应电流，所以都会受到安培力作用而很快停下来，A正确；薄板只有向左运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下和向右运动时，则不会产生感应电流，B错误；薄板只有向左

运动较大距离时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下和向右运动时，则不会产生感应电流，C错误；薄板只有向左、向右运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很

快停下来，而向上、向下运动时，则不会产生感应电流，D错误．12．答案：D解析：图1中，断开S1瞬间，电感L1因自感而产生电动势，与L1构成闭合回路，但此回路因为没有能量来源，因此回路中的电流逐渐减小直至为零，因此断开S1瞬间，流过L1的电流小于等于断开S1

前流过L1的电流，A错误；图1中，断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明未断开S1时IL1>IA1而两者并联，因此有

RL1<RA1，B错误；图2中闭合S2，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，通过L2的电流逐渐增大，而通过变阻器R的电流立即达到稳定时电流，故闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流不相等，C错误；闭合开关S2，灯A2逐渐

变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明通过L2和A2的电流与通过变阻器R和A3的电流大小相等，而两支路并联，电压相等，且灯A2与灯A3完全相同，根据部分电路的欧姆定律有I＝URA2＋

RL2＝UR＋RA3则变阻器R接入电路中的阻值与L2的电阻值相同，D正确．13．答案：D解析：当磁铁静置于易拉罐附近时，铝制易拉罐不会被磁化，也不会发生静电感应，不会被磁铁吸引，A、B错误；当磁铁快速向易拉罐靠近时，发生电磁感应现象，易拉罐内产生环形电流会受到

安培力的作用而改变运动状态，C错误，D正确．14．答案：B解析：让ab棒以恒定速度v向右运动时，导体棒中的电流大小为I，设ab棒电阻为R，则有E＝B0Lv，I＝ER，若保持ab棒在初始位置不动，让磁感应强度B随时间t均匀变化，要使通过导体棒的电流仍为I，则有E′＝ΔBΔtL2，I＝E′R，联

立可得B0Lv＝ΔBΔtL2，解得磁感应强度的变化率为ΔBΔt＝vB0L，B正确．15．答案：D解析：线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；线框出磁场的过程中，根据E＝Blv，I＝ER，联立有FA＝B2L2vR＝ma，由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培

力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q＝FAL，其中线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出的两

过程中通过导线横截面的电荷量q＝I－t，其中I＝E－R，E＝BLxt，则联立有q＝BLRx，由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确．16．答案：D解析：根据U

＝BLv，L＝lsinα，解得U＝Blvsinα，D正确．17．答案：BC解析：闭合开关S1时，由自感现象可知，通过A1电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮，A错误；闭合开关S2时，通过A2电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定，B正确；断开开关S1时，自感线圈L1与灯A1和电阻

组成回路，由自感现象可知，通过A1电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变，C正确；如图所示，电路中稳态电流为I1、I2，因自感线圈直流电阻值大于灯泡阻值，则I2<I1，断开开关S2时，灯泡逐渐变暗，灯泡中电流方向改变，D错误

．18．答案：D解析：根据右手定则，在0～t0时间内灯泡中电流方向由d→a，A错误；根据几何关系有R＝lOb＝2l，在0～t0时间内，abed区域内磁通量不发生变化，不产生感应电动势，灯泡两端电压等于扇形Obc区

域产生的感应电动势，大小为E1＝B0Rv－＝B0R·ωR2＝12B0R2ω＝B0l2ω，B错误；由图可知，在t0～2t0时间内abed区域中磁感应强度均匀增大，根据Φ＝BS＝Bl2，则磁通量均匀增大，C错误；若t0～2t0时间内灯泡中无电流，abed区域内产生的感应电动势等于扇

形Obc区域产生的感应电动势，且方向相反，有E2＝E1＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝ΔBΔtl2，则图乙中B的变化率为ΔBΔt＝B0ω，D正确．19．答案：D解析：根据楞次定律可知线框中的电流方向由d到c，A错误；由于da、ab、bc串

联之后再与dc并联，可知ab边与cd边电流不同，因此所受安培力不同，B错误；回路感应电动势E＝NΔB1ΔtS＝2000×5×60×10－4V＝60V，回路总电阻R总＝r＋3R·R3R＋R＝4Ω，因此流过线圈的电流I＝ER总

＝15A，C错误；根据平衡条件可知B2LI4＋B2L·3I4＝2kΔx解得B2＝1T，D正确．考点58电磁感应中的电路和图像问题1．答案：B解析：ab间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的13，故Uab＝13E，B正

确．2．答案：C解析：半径小于L2的区域内E1＝BL2·ωL22＝BL2ω8；半径大于L2的区域E2＝BL2·ωL2＋ωL2＝3BL2ω8，根据题意可知，两部分电动势相反，故总电动势E＝E2－E1＝BL2ω4，根据右手定则可知圆心为负极，圆环为正极，电阻R中的电流方向向下，电阻R

上的电压U＝RR＋rE＝RBL2ω4（R＋r），A错误，B错误；电阻R中的电流大小为I＝ER＋r＝BL2ω4（R＋r），C正确；回路有电流，则安培力不为零，故导体棒的安培力做功的功率不为零，D错误．3．答案：AD解析：根据楞次定律可知，导体棒中的电流方向为A流向B，A正确；根据法拉第电磁感

应定律可知，感应电动势为导体棒扫过得面积，因此E＝BLv，B错误；当R1＝R时，外电路总电阻为R外＝R2，根据闭合电路欧姆定律可知电路中总电流为I＝ER2＋R＝2E3R＝2BLv3R，故导体棒两端的电压

也即路端电压为U＝I·R2＝2BLv3R×R2＝13BLv，C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，且等效电源的电动势为E2，

等效内阻为R2，故当R1＝R2时，等效电源输出功率最大，即滑动变阻器电功率最大，最大值为Pm＝（12E）24×R2＝B2L2v28R，D正确．4．答案：C解析：0～2s时间内，t＝0时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大I＝ER＝ΔB·SΔtR＝0.01A，A错误；3～5s时间内电流大小不

变，B错误；前2s内通过线圈的电荷q＝ΔΦR＝ΔB·SR＝0.01C，C正确；第3s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D错误．5．答案：AB解析：根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A,A正确；金属棒转动产生的电动势为E＝Bωr＋2ωr2，r

＝32Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U＝RR＋R，E＝34Bωr2，B正确；金属棒A端相当于电源正极，电容器M板带正电，C错误；由C＝QU可得电容器所带电荷量为Q＝34CBωr2，D错误．6．答案：(1)4×10－3V

(2)4.8×10－8C解析：(1)由法拉第电磁感应定律E＝ΔBΔtS代入数据得E＝4×10－3V(2)由闭合电路欧姆定律得I＝ER1＋R2由部分电路欧姆定律得U＝IR2电容器所带电荷量为Q＝CU＝4.8×10－8C7．答案：D解析：因为感应电流大小不变，

根据电磁感应定律得：I＝ER＝nΔΦΔtR＝nΔBΔtSR，而线圈l1中产生的磁场变化是因为电流变化产生的，所以I＝nΔBΔtSR∝nΔiΔtSR，所以线圈l1中的电流均匀改变，A、C错误；根据图乙图像的0～T4，感应电流磁场向左，所以线圈l1产生的磁

场向左减小，或向右增大，B错误，D正确．8．答案：D解析：bc边的位置坐标x在0～L的过程，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．线框bc边有效切线长度为L1＝L－vt，感应电动势为E＝B(L－vt)·v均匀减小，感应电流i＝ER，即感应电流均匀减小．同理，x在L～

2L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流均匀减小，D正确．9．答案：CD解析：0～1s内产生的感应电动势为e1＝nSΔBΔt＝2V，方向为逆时针，同理1～5s内产生的感应电动势为e2＝nSΔBΔt＝1V，方向为顺时针，A错误；对应0～1s内的感应电流大小为i

1＝e1r＝2A，方向为逆时针(负值)，同理1～5s内的感应电流大小为i2＝1A，方向为顺时针(正值)，B错误；ab边受到的安培力大小为F＝nBiL可知0～1s内，0≤F≤4N，方向向下，1～3s内0≤F≤2N，方向向上，3～

5s内0≤F≤2N，方向向下，C正确；线圈产生的焦耳热为Q＝eit，0～1s内Q1＝4J，1～5s内Q2＝4J，D正确．10．答案：AD解析：电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体的速度越来越大，A正确；下落过程中，

小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N极、S极上下没有颠倒，I方向变化是由于对每匝线圈来说，磁感应强度方向改变导致的，B错误；线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此电流的大小是变化的．小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C错误；由图(

b)可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D正确．故选AD.11．答案：C解析：在0～t0时间内，线框沿逆时针方向从图示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1＝12Bω·R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流

为I1＝E1r＝BR2ω2r，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向).在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向).回路中产生的感应电动势为E2＝12Bω·R2＋12·

2Bω·R2＝32BωR2＝3E1，感应电流为I2＝3I1，在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3＝12Bω·R2＋12·2Bω·R2＝32Bω·R2＝3E1，感应电

流为I3＝3I1，在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝12Bω·R2，回路电流为I4＝I1，C正确，A、B、D错误．12．答案：D解析：有效切割长度即a、b连线的长度，如图所示由

几何关系知有效切割长度为ab＝R2＋R2＝2R，所以产生的电动势为E＝BLv＝B·2Rv，电流的方向为a→b，所以Uab<0，由于在磁场部分的阻值为整个圆的14，所以Uab＝－34B·2Rv＝－324BRv，D正确．13．答案：D解析：根据法拉第电磁感应定律可

知，线圈中产生的感应电动势为E＝ΔBΔtS，电容器两端的电压为U＝E，电容器的电荷量为Q＝CU，联立可得Q＝ΔBΔtSC.增大线圈的面积，可知电容器所带的电量增大，A错误；增大磁感应强度的变化率，可知电容器所带的电量增大，B错误；电容器的两极板靠近些，根据C＝εS4πkd，可知

电容C变大，电容器所带的电量增大，C错误；使线圈平面与磁场方向成60°角，则有效面积S减小，可知电容器所带的电量减小，D正确．14．答案：AC解析：垂直于纸面匀强磁场的磁感应强度B增大，由楞次定律可知，在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流，A正确；由已知B＝B0＋kt，有ΔBΔt＝k，由法拉第电磁

感应定律推导有E＝nΔΦΔt＝ΔB·SΔt＝kπr2，B错误；金属圆环电阻R阻＝ρLS＝ρ2πRS，则在金属圆环中的感应电流I＝ER阻＝kr2S2ρR，C正确；感应电流的热功率P＝I2R阻＝πk2Sr42ρR，D错误．15．答案：C解析：由B

­t图像可知，0～1s内，B垂直纸面向里逐渐增大，则穿过的线圈磁通量向里逐渐增加，由楞次定律可知，线圈中感应电流沿逆时针方向，即电流为正方向；根据法拉第电磁感应定律知E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS，其中ΔBΔt、S均恒定，则线圈中产生

的感应电动势恒定，感应电流恒定；1～2s内，B垂直纸面向里逐渐减小，穿过的线圈磁通量向里逐渐减小，由楞次定律可知，线圈中感应电流沿顺时针方向，即电流为负方向；根据法拉第电磁感应定律知E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt

S，其中ΔBΔt、S均恒定，则线圈中产生的感应电动势恒定，感应电流恒定；2～3s内，B垂直纸面向外逐渐增大，穿过的线圈磁通量向里逐渐增加，由楞次定律可知，线圈中感应电流沿顺时针方向，即电流为负方向；根据法拉第电磁感应定律

知E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS，其中ΔBΔt、S均恒定，则线圈中产生的感应电动势恒定，感应电流恒定．由于1～2s内与2～3s内ΔBΔt相同，则在这两段时间内，感应电动势相同，感应电流相同；3～4s内，B垂直纸面向外逐渐减小，穿过的线圈磁通量向外逐渐减小，

由楞次定律可知，线圈中感应电流沿逆时针方向，即电流为正方向；根据法拉第电磁感应定律知E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS，其中ΔBΔt、S均恒定，则线圈中产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，C正确．16．答案：A解析：如图所示．在t＝0到t＝π2ω的过程中，即金属框顺时针转过90°的过程

中，金属框切割磁感线的有效切割长度先变大后变小，根据转动切割感应电动势的计算公式E＝12Bω2l可知E先增大后减小，感应电流先增加后减小，根据楞次定律可知，电流方向为顺时针方向，即正方向；在t＝0到t＝π4ω的过程中，

由圆周运动公式可知θ＝ωt，根据几何关系和三角形的面积公式可得S＝L·Ltanθ2，则穿过线圈的磁通量为Φ＝12BL2tanωt，对上述的表达式由数学知识得ΔEΔt＝BL2ω2·tanωtcos2ωt，由此可知，在t＝0到t＝π4ω

的过程中，E的变化率一直增大，感应电流的变化率一直增加；同理可得在t＝π4ω到t＝π2ω的过程中，E的变化率一直减小，感应电流的变化率一直减小，A正确，B、C、D错误．17．答案：A解析：由楞次定律及安培定则可知，圆环中有感应电流产生，方向为A→B→C→D→A，A正确；由图可知，开始时圆

环中的磁通量为Φ1＝BS，拧成两个面积相等的小圆环，此时圆环中的磁通量为Φ2＝0，可得ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BS，此过程中磁通量的变化量为BS，B、D错误；由法拉第电磁感应定律可知E＝ΔΦΔt，由闭合电路的欧姆定律可得I＝ER，其中电荷量为q＝I·Δt，联立可得，此过程中，通过铝环横

截面的电荷量为q＝ΔΦR＝BSR≠0，C错误．18．答案：C解析：t＝0到t＝3.0s时间内，金属框中产生的感应电动势为E＝ΔBΔtS＝k×12l2＝0.1×12×0.402V＝0.008V，A错误；根据楞次定律的增反减同可知t＝0到t＝3.0s时间内，金属框中的电流方

向为D→A→B→C→D，B错误；由欧姆定律．可得I＝ER，t＝2.0s时磁感应强度为B1＝0.3T－0.1×2.0T＝0.1T，金属框处于磁场中的有效长度为L＝2l，所受安培力的大小为F＝BIL＝0.042N，C正确；在t＝0到t＝2.0

s时间内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝0.016J，D错误．19．答案：C解析：根据安培定则，驱动线圈内的磁场方向水平向右，A错误；由图乙可知，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，B错误；t＝0时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈

的磁通量变化最快，产生的感应电流最大；t＝t0时发射线圈中的感应电流最小，但此时磁场最强，安培力不一定是最大值，C正确，D错误．20．答案：BD解析：设∠ABC＝θ，三角形导线框ABC向右匀速运动的速度为v，则其匀速穿过磁场区域的过程中，在0～a

内，切割磁感线的有效长度为l＝vttanθ，由此产生的感应电动势为E＝Blv＝Bv2tanθ·t，设三角形导线框ABC的总电阻为R，则其产生的感应电流为i＝ER＝Bv2tanθR·t可知，感应电流随时间均匀增加，而根据楞次定律可知，在0～a内，感应电流为逆时针方向，即为正

方向，而在a～2a内，切割磁感线的有效长度随时间的变化关系与0～a内的相同，而根据楞次定律可知，此过程中感应电流为顺时针方向，即为负方向，但仍随着时间均匀增大，A错误，B正确；设BC边的电阻为R′，则其两端的电压UBC＝iR′＝Bv2tanθ

R′R·t，在0～a内，感应电流为正方向，且随时间均匀增加，则可知在0～a内，BC两端的电压均匀增加且图像在x上方，在a～2a内，感应电流为负方向，且随时间均匀增加，则可知在a～2a内，BC两端的电压

均匀增加且图像在x下方，C错误，D正确．考点59电磁感应中的动力学、能量和动量问题1．答案：B解析：设灯泡电阻为R，导体棒接入电路中的电阻为r，当灯泡稳定发光后，导体棒做匀速运动，根据平衡条件，有mgsinθ－μmgco

sθ＝BIL＝B2l2vR＋r，解得v＝5m/s，根据欧姆定律可知I＝ER＋r＝BlvR＋r＝1A，则小灯泡消耗的电功率为P＝I2R＝1W，B正确．2．答案：BCD解析：t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv

，电路中的感应电流I＝BlvR，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝B2l2atR，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin37°＋B2l2atR，可见F是t的一次函数，A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2m/s2，当t＝2s时F＝12N，C、D正确．3．答案：

(1)Q＝CBLv(2)v＝mgsinθ－μmgcosθm＋CB2L2t解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝QU联立可得Q＝

CBLv(2)设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为I，金属棒受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为f1＝BLI设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有I＝ΔQΔtΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δ

t)内增加的电荷量，由上式可得ΔQ＝CBLΔv，Δv为金属棒的速度变化量，按定义有a＝Δ𝑣Δ𝑡，金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为f2＝μFN式中，FN是金属棒对于导轨的正压力的大小，有FN＝mgcosθ金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定

律有mgsinθ－f1－f2＝ma即mgsinθ－μmgcosθ＝CB2L2a＋ma联立上此式可得a＝m（sinθ－μcosθ）gm＋B2L2C由题意可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的速度大小为v＝m（sinθ－μcosθ）gtm＋B2L2C4．答案：BCD解析：根据平衡有：

mg＝BIL，而I＝BLvR，联立两式解得：v＝mgRB2L2＝8m/s，B正确；t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场．设磁场的宽度为d，则线圈的长度L′＝2d；线圈下降的位移为：x＝L′＋d＝3d，则有：3d＝v

t－12gt2，将v＝8m/s，t＝0.6s，代入解得：d＝1m，所以线圈的长度为L′＝2d＝2m，A错误；在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：q＝I－t＝BLv－Rt＝BLdR＝0.25C，C正确；0～t3时间

内，根据能量守恒得：Q＝mg(3d＋2d)－12mv2＝1.8J，D正确．5．答案：BD解析：金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据机械能守恒定律有mgh＝12mv2，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大

，分析可得Imax＝BL2gh2R，A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝I－t＝ΔΦ2R＝BdL2R，B正确；对整个过程由动能定理得mgh－WF安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功WF安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝12WF安＝12mg(h－μd)，C错误，

D正确．6．答案：(1)4gm2R22L0L41(2)12mg(2L2＋L1)解析：(1)导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示根据平衡条件有FT＝F安＋mgsinθ其中F安＝BIL1I＝ERE＝BL1v导线框与木块通过光滑细线相连，

线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有FT＝mg对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg－mgsinθ＝2ma根据运动学方程L0＝v22a可得进入磁场时速度v＝2aL0以上各式联立求解可得B＝4gm2R22L0L41(2)线框恰好匀

速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成系统减少重力势能转化为电路中产生焦耳热，根据能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sinθ所以导线框通过匀强磁场过程中线框中

产生的焦耳热Q＝12mg(2L2＋L1)7．答案：A解析：由右手定则可知，a、b棒在磁场中运动产生的感应电流方向是逆时针方向，则回路中的电动势为两棒产生的电动势之和，在t＝t1时刻，即为E＝2BLv0，I

＝ER＋2R＝2BLv03R，对a棒，由牛顿第二定律可得BIL＝ma，a＝2B2L2v03mR，A正确；由题意可知，金属棒a、b的电阻率相同，长度相同，电阻分别为R和2R，由电阻定律可得R＝ρLSa，2R＝ρLSb，Sa＝2Sb，长

度相同，可知a的体积是b的2倍，密度相同，则a的质量是b的2倍，即b的质量为m2.金属棒a、b在磁场中时，流经的电流等大反向，所受安培力等大反向，a、b组成的系统所受合外力等于零，则有该系统动量守恒，在t＝t2时，流经a棒的电流是0，则有a、b棒之间的磁通量不变，因此两者的速度

相同，设为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0－m2v0＝(m＋m2)v，解得v＝13v0，即t2时刻b棒的速度为13v0，B错误；t1～t2时间内，对a、b组成的系统，由能量守恒定律可得12mv20＋12×m2v20＝12(m＋m2)v2＋Q，Q＝23

mv20，解得t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为Qa＝RR＋2RQ＝29mv20，C错误；由题意可知，b棒的质量小，加速度大，在向左运动中，速度减小的快，速度减到零后，开始向右做加速运动，a棒继续向右做减速运动，当两棒速度相等且不相碰，此时两棒的距离最近，两棒速度均为13v0，

设两棒开始运动到两棒速度相等，两棒的位移大小之和为x，由电磁感应定律，则有E－＝ΔΦΔt＝xLBΔt，金属棒受安培力的平均值为，F－＝BI－L＝B2L2x3RΔt，对a棒由动量定理可得－F－Δt＝B2L2xΔt3RΔt＝mv03－v0＝

－23mv0，解得要使a、b不相碰，边界EF与GH的距离至少为x＝2mv0RB2L2，D错误．8．答案：2∶1解析：若杆2固定，设最初摆放两杆时的最小距离为x1，对杆1由动量定理得－BIdt＝0－mv0该过程中的通过杆的电荷量为q＝It

＝ΔΦ2R＝Bx1d2R联立解得x1＝2mRv0B2d2若杆2不固定，设最初摆放两杆时的最小距离为x2，两者最终速度为v，根据动量定理，对杆1有－BI′dt′＝mv－mv0对杆2有BI′dt′＝mv该过程中的通过杆的电荷量为q′＝I′t

′＝ΔΦ2R＝Bx2d2R解得x2＝mRv0B2d2则最小距离之比为x1∶x2＝2∶19．答案：BD解析：金属棒进入磁场后，金属棒切割磁感线，回路中产生感应电流，金属棒一部分机械能转化为回路的焦耳热，可知金属杆ab在整个运动过程

机械能不守恒，A错误；金属棒进入磁场之前做匀加速直线运动，对金属棒分析有mgsin53°＝ma1，根据速度与位移的关系有v20＝2a1x，解得v0＝4m/s，B正确；金属杆ab刚进入有界磁场时的感应电动势E＝BLv0cos53°，感应电流为I＝ER＋r，对金属棒分析有

mgsin53°－BILcos53°＝ma2，解得a2＝5.6m/s2，C错误；结合上述，对金属棒分析可知，金属棒进入磁场后先向下做加速运动，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，则加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大，之后向下做匀速直线运动，则有mgsin53°－BImaxLcos53

°＝0，其中感应电流为Imax＝BLvmaxcos53°R＋r，解得vmax＝403m/s，D正确．10．答案：(1)1m/s(2)20m/s2解析：(1)当导体框的上边框ad进入磁场时，上边框ad切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv导体框中的感应电流为I＝ER导体框的上边框在磁场中受到的

安培力大小FA＝BIL导体框刚好做匀速直线运动，根据受力平衡有mgsinθ＝FA联立解得v＝1m/s(2)导体框沿斜面由静止开始到下边框bc进入匀强磁场的过程中，根据机械能守恒定律有mgx0sinθ＝12mv2

0当导体框的下边框进入磁场时，导体框的下边框在磁场中受到的安培力大小FA0＝B2L2v0R对导体框受力分析，根据牛顿第二定律有FA0－mgsinθ＝ma0联立解得a0＝20m/s211．答案：(1)BLgr2R(2)14mgr(3)mgr＋πB2L2v0r8R

解析：(1)金属棒到达轨道底端cd时2mg－mg＝mv2r解得v＝gr感应电流I＝E2R＝BLv2R解得I＝BLgr2R(2)由能量守恒定律得Q＝mgr－12mv2电阻R中产生的焦耳热QR＝Q2＝14mg

r(3)金属棒中产生的电动势E＝BLvcosθ则正弦式交变电流的有效值为I＝BLv022R在四分之一周期内产生的热量Q＝I2·2Rt＝I2·2Rπr2v0＝πB2L2v0r8R由功能关系得WF＝mgr＋Q解得拉力做的功WF＝mgr＋πB2L2v0r8R12．

答案：(1)B2L3mR0(2)3B4L625mR20解析：(1)金属框进入磁场过程中有E－＝BLLt则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为q1＝E－4R0t＝BL24R0则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷

量为q＝BL22R0设金属框的初速度为v0则有－BqL＝mv02－mv0联立有v0＝B2L3mR0(2)金属框进入磁场的过程，有－BI－′Lt′＝mv1－mv0闭合电路的总电阻R总＝R0＋11R1＋1R

0＝53R0通过线框的电流I－′＝E－′R总根据法拉第电磁感应定律有E－′＝BL2t′解得v1＝2B2L35mR0金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边

界，则有－BI－″Lt″＝－mv1通过金属框的电流I－″＝E－″R1＋R02根据法拉第电磁感应定律有E－″＝BLxt″解得x＝L故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有Q总＝12mv20－12mv21电阻R1产生

的热量Q1＝23R0R总·R0R1＋R0Q总金属框完全在磁场中运动过程，有Q′总＝12mv21电阻R1产生的热量为Q′1＝R1R1＋R02Q′总电阻R1产生的总热量为Q1总＝Q1＋Q′1解得Q1总＝3B4L625mR2013．答案：

(1)12v0(2)mv20(3)2mRB2l2解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvP12×3mv20＝12×3mv2Q＋12mv2P联立解得vP＝32v0，vQ＝12v

0由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为v′P＝vQ＝12v0(2)根据能量守恒有12mv2P＝12mv′2P＋Q解得Q＝mv20(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分

析，根据动量定理得－BI－lΔt＝mv′P－mvP又q＝I－Δt，I－＝E－R＝ΔΦRΔt＝BlxRΔt联立可得x＝mv0RB2l2由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t＝xvQ＝2mRB2l2考点60实验十四探究影

响感应电流方向的因素1．答案：(1)C(2)向右(3)变小解析：(1)为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除题中器材外，还需要直流电源确定电流的方向，C正确．(2)将条形磁铁的N极从螺线管拔出时，由楞次定律可知，螺线管中感应电流沿顺时针方向，即电流由“＋”接线柱流入灵敏电流

计，则指针向右偏转．(3)根据楞次定律“来拒去留”的结论可知，电子秤的示数会变小．2．答案：(1)图见解析(2)AC(3)大磁通量变化率解析：(1)将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计

与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示(2)插入铁芯F时，穿过线圈L2的磁通量变大，感应电流磁场与原磁场方向相反，A正确；拔出线圈L1，穿过线圈L2的磁通量变小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，B错误；使变阻器阻值R变小，原电流变大，原磁场增强，穿过线圈L2的磁通量变大，感应电流磁

场方向与原磁场方向相反，C正确；断开开关，穿过线圈L2的磁通量减小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，D错误．(3)第一次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端快速滑到右端，线圈L1的电流变化快，电流产生的磁场

变化快，穿过线圈L2的磁通量变化快，感应电动势大，感应电流大，电流计的指针摆动的幅度大；第二次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端慢慢滑到右端，线圈L1的电流变化慢，穿过线圈L2的磁通量变化慢，感应电动势小，感应电流小，电流计的指针摆动的幅度小．3．答案：(1)图见解析(

2)向右偏转一下向左偏转一下大于等于解析：(1)将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示(2)在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，此时穿过副线圈的磁通量增大；将原线圈迅速插入副线圈时，穿过副线圈的磁通量增

大，灵敏电流表的指针向右偏一下；原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将向左偏转一下；根据E＝nΔΦΔt可知快插和慢插时，磁通量变化量相

同，时间不同，两情况下线圈中产生的感应电动势大小关系是E1>E2.根据q＝IΔt＝nΔΦΔt·RΔt＝nΔΦR可知q1＝q2.4．答案：(1)向上拔出(2)AD(3)AB解析：(1)由图甲可知，当电流从灵敏电流计左端流入时，指针向左偏转；而图乙指针向

右偏转，可知电流从灵敏电流计右端流入，则线圈中感应电流的方向是逆时针的(俯视)，由安培定则可知，感应电流的磁场方向向上，条形磁铁磁场方向向上，根据楞次定律可知，线圈中磁通量减小，则条形磁铁向上拔出．(2)开

关闭合后，线圈A插入线圈B中或从线圈B中拔出，都会使线圈B的磁通量发生变化，回路产生感应电流，从而引起电表的指针偏转，A正确；线圈A插入线圈B中后，在开关闭合和断开的瞬间，A线圈的电流都会发生变化，从而使线圈B的磁通量发生

变化，回路产生感应电流，电表的指针均会偏转，B错误；开关闭合后，无论滑动变阻器的滑片P匀速滑动、加速滑动或者减速滑动，滑动变阻器接入电路阻值发生变化，A线圈的电流发生变化，从而使线圈B的磁通量发生变化，回路产生感应电流，电表的指针会偏转，指针不会静止在中央零刻度，C错误，D

正确．(3)在磁铁穿过线圈的过程中，由于两次用同一条形磁铁，则线圈内磁通量的变化量相同，A正确；条形磁铁距离铜线圈上端的高度越大，在磁铁穿过线圈的过程中，条形磁铁的速度越大，使得线圈内磁通量的变化越快，产生的感应电动势越大，产生的感应电流峰值越大，B正确；两次实验中，条形磁铁受

到的磁场力大小不同，则磁铁克服磁场力做功不同，磁铁减少的机械能不同，所以线圈内产生的焦耳热不同，C错误；由于磁铁一直相对于线圈向下运动，根据“来拒去留”推论可知，磁体所受的磁场力一直向上，D错误．5．答案：(1)a(2)越大B解析：(

1)将多用电表接入实验电路前，为避免指针反向偏转损坏电表，该同学应调整机械调零旋钮a使指针指在刻度盘中央．(2)条形磁铁插入得越快，磁通量变化得越快，多用电表的指针偏角越大．将条形磁铁N极向下插入线圈时，线圈中磁通量向下增大

，为使此时多用电表的指针向右偏转，即产生从红表笔流入的感应电流，由右手定则和楞次定律可知，导线的缠绕方向应和图乙中的B相同．6．答案：(1)4.80070.15不合理(3)1Δt(4)加倍解析：(1)螺旋测微器的精确值为

0.01mm，由图乙可知挡光片的宽度为4.5mm＋30.0×0.01mm＝4.800mm.20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图丙可知金属片的宽度为70mm＋3×0.05mm＝70.15mm.遮光条的宽度越小，小车经过遮光条时的平

均速度越接近小车的瞬时速度，遮光条的宽度越大，小车的速度误差越大，不能用宽金属片替代遮光条，这种做法不合理．(3)在挡光片每次经过光电门的过程中，磁铁与线圈之间相对位置的改变量都一样，穿过线圈磁通量的变化量ΔΦ都相同；根据E＝nΔΦΔt，因ΔΦ不变，E与1Δt成正比，横

坐标应该是1Δt.(4)匝数n加倍后，产生的感应电动势加倍，E­1Δt图像纵坐标加倍，横坐标不变，所以新图像的斜率加倍．验收检测卷十一电磁感应1．答案：D解析：A图中，由于线圈不闭合，则不会产生感应电流，A错误；B图中，由于两棒的速度相同，则

闭合电路的磁通量不发生改变，则不会产生感应电流，B错误；C图中，由于导体框与磁场方向平行，则穿过导体框的磁通量始终为零，则导体框中没有感应电流，C错误；D图中，两导体棒相当于电源，由导轨构成的闭合回路的磁通量发生改变，因此电路中会产生感应电流，D正确．2．答案：A解析：人造卫星围绕

地球运动时在金属外壳组成的小部分回路中磁通量变化形成了感应电流，产生电能，形成涡流生热，则人造卫星的机械能逐渐减小，使得卫星速度减小，做向心运动，则卫星的轨道半径变小，A正确，D错误；根据万有引力定律可得F引＝GMmr2，由于卫星的轨道半径变小，可知

卫星受到地球的引力逐渐增大，卫星的加速度逐渐增大，B、C错误．3．答案：D解析：向y轴正方向做匀速运动时，磁场增强则根据楞次定律中的增反减同规律，线框内的感应电流沿逆时针方向，安培力的大小F＝BIL，根据左手定则可知bc边受到的安培

力沿y轴负方向，ad边的安培力沿y轴正方向，由于沿y轴正方向磁感应强度均匀增大，则bc边安培力大于ad边的安培力，dc和ab边所受安培力大小相等方向相反，则整体受到的安培力沿y轴负方向，D正确．4．答案：C解析：设导轨间的距离为L，如图甲所示，金属棒ab产生的感应电动势为E1＝BLv，根据右

手定则可知通过金属棒ab的电流方向b→a；如图乙所示，金属棒ab产生的感应电动势为E2＝Blabsinθv，得E2＝BLv，根据右手定则可知通过金属棒ab的电流方向b→a；E1和E2之比为E1∶E2＝1∶1，C正确．5．答案：D解析：由导体切

割磁感线产生电动势可知E＝Br2ω2＝4V，由闭合电路欧姆定律有I＝ER0＋R1＋R2＝1.0A，A错误；由右手定则可以判断，导体棒中的电流方向为O到A，所以电容器M板带正电，B错误；回路消耗的总电功率P＝EI＝4.0W，由能量转化与守恒可知外力做功的功率等于回路消耗的总功率，即P

外＝P＝4.0W，C错误；由欧姆定律可知电容器两端的电压U＝IR2＝2.0V，所以电容器的带电量q＝CU＝4.0×10－3C，D正确．6．答案：D解析：当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减

小；当运动到2.5L时，磁通量最小，A错误；当线圈进入第一个磁场时，由I＝ER＝BLvR可知，I保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故电流应为2I，B错误；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，C错误；拉力的功率P＝I

2R，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，功率为定值，两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，功率为原来的4倍；此后从第二个磁场中离开时，功率应等于线框在第一个磁场中的功率，D正确．7．答案：D解析：由初状态到末状态(金属块在磁场区域内往复运动)能量守恒．初状态机械

能E1＝mgb＋12mv2，末状态机械能E2＝mga，焦耳热Q＝E1－E2＝mg(b－a)＋12mv2，D正确．8．答案：B解析：图1中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，

安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，A错误；图2中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做

减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，B正确，D错误；安培力F安＝BI－L，根据动量定理得F安t＝BI－Lt＝qBL＝mΔv，解得q＝mΔvBL，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因

为图1中导体棒的动量变化量小于图2，所以图1中通过R的电荷量小于图2中通过R的电荷量，C错误．9．答案：ACD解析：开关接通瞬间，回路中电流瞬间增大，线圈L产生较大的自感电动势阻碍通过其电流增大，此时L可视为断路，则B与R并联后再与A串联，两灯同时亮，但通过A的电流比通过B的电流大，

所以A比B亮度大，A正确，B错误；由于线圈L电阻为零，开关接通较长时间后，L相当于导线，将A短路，所以A灯不亮，B灯仍亮，C正确；开关接通较长时间后，再断开开关时，回路中电流瞬间减小，线圈L产生自感电动势阻碍通过其电流减小，此时L可视为电源，而A与L在同一回路中，所

以A灯会先闪亮一下，之后随着自感电动势的减小至零而熄灭；B灯由于被电路中间那根导线短路，所以在断开开关时立即熄灭，D正确．10．答案：AD解析：当磁场区域的右边界刚离开线圈Ⅰ时，根据楞次定律可知，线圈Ⅰ的电流沿逆时针方向，A正确；由闭合电路的欧姆定律可得，线圈Ⅰ和线圈Ⅱ中产

生的感应电动势分别为E1＝i1(R＋r)，E2＝i2(R＋r)，由图3知，i1＝0.12A，i2＝0.15A，代入数据解得E1＝0.528V，E2＝0.660V，而线圈Ⅰ和线圈Ⅱ中产生的感应电动势分别为E1＝nBlv1，E2＝nBlv2，代入数据解得v1＝12m/s，v2＝15m/s，B、C错误

；根据图3可知，两线圈之间的距离为x＝100m，由运动学公式v22－v21＝2ax，代入数据解得a≈0.41m/s2，D正确．11．答案：BC解析：磁场下移过程，存在缓冲阻力，则磁场对线圈ab段的作用力向下，A错误；根据右手定则，线圈ab段中电流方向由b到a

，B正确；电磁感应过程中，由能量守恒，探测器主体的机械能减少量等于线圈中产生的焦耳热，C正确；探测器主体的动能减小，则探测器主体的重力势能减少量小于线圈中产生的焦耳热，D错误．12．答案：BD解析：设AB边刚进入磁场时速度为v0，线框的电阻为R，AB＝l，则CD＝4l，根据动能

定理Fh－mgh＝12mv20，解得v0＝2gh，A错误；AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，则此时安培力的大小为F安＝F－mg＝mg，线框中感应电流的瞬时电功率为P＝F安v0＝mg2gh，B正确；AB刚进入磁场时加速度为0，则有F＝mg＋B2l2v0R，设DC边进入磁场前匀速运动时速度为

v1，线框切割磁感应线的有效长度为1.5l线框匀速运动时有F＝mg＋B2（1.5l）2v1R，联立解得v1＝4v09＝42gh9，从线框开始到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得F·3h－mg·3h－Q＝12mv21，联立解得Q＝22781mgh，D正确；CD进入磁

场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为2.5l，安培力F1＝BI1·2.5l，由闭合电路欧姆定律得I1＝B（2.5l）v1R，由牛顿第二定律得a＝（mg＋F1）－Fm，解得a＝169g，C错误．13．答案：(1)当B恒定时，不产生感应电动势，而B均匀变化，产生恒定的感应电动

势当B的变化率越大，产生的感应电动势越大(2)图线见解析(3)2.80解析：(1)当B恒定时，得E为零，而B均匀变化，产生恒定的感应电动势；当B的变化率越大，产生的感应电动势越大；(2)如图所示：将这些点平滑连接起来，让不在直线上的点尽

可能分布在图像两侧．(3)由图像可知：纵轴是电动势，而横轴是磁场的变化率，由法拉第电磁感应定律可得当线圈面积一定时，电动势与磁场的变化率成正比．因此图像的斜率的大小表示线圈的横截面与匝数乘积S＝kN＝2.

80.14．答案：(1)klS8ρ(2)8ρmgk2l2S解析：(1)根据电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtl·12l＝12kl2由全电路欧姆定律I＝ER＝12kl2ρ4lS＝klS8ρ(2)当轻杆中拉力恰好

为零时F＝mg又F＝BIl＝kt·klS8ρ·l＝k2l2St8ρ解得t＝8ρmgk2l2S.15．答案：(1)7m/s2，方向沿斜面向上(2)0.6m(3)547T1.8J解析：(1)对M和m组成的系统，根据牛顿第二定律有Mg－m

gsinθ＝(M＋m)a解得a＝7m/s2，方向沿斜面向上(2)棒在0～0.3s内通过的电荷量q1＝I－Δt1平均感应电流I－＝ER＋r回路中平均感应电动势E－＝Bx1LΔt1得q1＝BLx1R＋r同理，棒在0.3～0.4s内通

过的电荷量q2＝BL（x2－x1）R＋r由题图乙读出0.4s时刻位移大小x2＝0.9m又q1＝2q2联立解得x1＝0.6m(3)由题图乙知棒在0.3～0.4s内做匀速直线运动，棒的速度大小v＝0.9－0.60.4－0.3m/s＝3m/s0．3s后棒受力平衡F＝mgsinθ＋BIL，F＝Mg根

据闭合电路欧姆定律得I＝BLvR＋r解得B＝547T0～0.4s内，对整个系统，根据能量守恒定律得Q＝Mgx2－mgx2sinθ－12(M＋m)v2代入数据解得Q＝1.8J16．答案：(1)2mgRsinθB2L2(2)2gsinθ(3)m

v0RB2L2解析：(1)a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝E2R，F＝BILa棒受力平衡可得mgsinθ＝

BIL联立解得v0＝2mgRsinθB2L2(2)由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒受沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则对b棒，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＋BIL＝ma0解得a0＝2gsinθ(3)释放b棒后a棒受到沿斜面向上

的安培力，在到达共速时对a棒，由动量定理得mgsinθt0－BI－Lt0＝mv－mv0b棒受到向下的安培力，对b棒，由动量定理得mgsinθt0＋BI－Lt0＝mv联立解得v＝gsinθ·t0＋v02此过程流过b棒的电荷量为q，则

有q＝I－t0由法拉第电磁感应定律可得I－＝E2R＝12RBLΔxt0联立b棒动量定理可得Δx＝mv0RB2L2第十二章交变电流传感器考点61交变电流的产生和描述1．答案：C解析：线圈转动到与磁场方向垂直时，磁通量最大等于BS，A错误；线圈转动到与磁场方向垂直时，

感应电动势最小为零，B错误；线圈转动到与磁场方向平行时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，C正确，D错误．2．答案：BC解析：由题图可知，t1时刻穿过线圈的磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，与中性面平行，A错误；由题图可知，t2时刻穿过线圈的磁通量为零

，线圈平面垂直于中性面，感应电动势最大，所以ad边的速度方向与磁感线垂直，B正确；由题图可知，t3时刻穿过线圈的磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，与中性面平行，即线圈平面与中性面重合，C正确；每次经过中性面位置时，电流方向发生改变，图1所示位置垂直中性面，电流方向不改

变，D错误．3．答案：C解析：由图可知，当t＝0.5×10－2s时，感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，A错误；由图可知，当t＝1×10－2s时，感应电动势为0，线圈平面与中性面重合，磁通量最大，磁通量变化率为0，B错误；由图可知，该交流电的周期T＝0.

02s，则线圈转动角速度ω＝2πT＝2π0.02rad/s＝100πrad/s，交流发电机的最大感应电动势Em＝NBSω，所以Φm＝BS＝EmNω＝10π100×100πWb＝1×10－3Wb，C正确，D错误

．4．答案：B解析：设该电流的有效值为I，由I2RT＝(I02)2R×T2＋(2I0)2R×T4，解得I＝52I0，B正确．5．答案：A解析：第一次，灯泡两端的电压有效值为U1＝U02＝22U0，A正确，B错误；第二次，设灯泡两

端的电压有效值为U2，则（2U0）2R×T2＋U20R×T2＝U22RT解得U2＝102U0，C、D错误．6．答案：B解析：根据E＝nΔΦΔt可得两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等；根据P＝U2R可知，两电阻的

电功率也不相等，A、D错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，B正确；当磁铁的磁极到达一线圈附近时，一个线圈的磁通量最大，感应电动势为0，另一个线圈通过的磁通量最小，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，C错误．7．答案：

BCD解析：由题图可知t＝0时刻线圈均在中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，A错误；由图像可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B正确；由图像可知交变电流a的电动势最大值为10V，ω＝2πT＝2

π0.4＝5πrad/s，交变电流a的电动势瞬时值表达式为e＝10sin(5πt)V，C正确；交变电流的电动势最大值为Em＝NBSω，则Ema∶Emb＝3∶2，解得Emb＝23Ema＝203V，D正确．8．答案：(1)πB2L2v2mRω（R＋r）2(2)πB2L2v2mω

（R＋r）解析：(1)由导体棒切割磁感线产生的电动势E＝BLv得e＝BLvmsinωt回路中产生正弦交流电，感应电动势最大值Em＝BLvm其有效值为E＝Em2＝BLvm2感应电流有效值I＝ER＋r在0～2πω时间内产生的热量Q＝I2Rt＝(ER＋r)2R·2πω＝(BLvmR＋r)2

·πRω＝πB2L2v2mRω（R＋r）2(2)t＝2πω时速度为v＝0，由功能关系得，外力F所做的功W＝I2(R＋r)t＝πB2L2v2mω（R＋r）9．答案：D解析：当t＝2πω时，即ωt＝2π时，线框回到图示位置，此时的感应电流最小，磁通量最大，A错误；当t＝π

2ω，即ωt＝π2时，线圈转到与图示垂直位置，此时磁通量为零，则0到π2ω时间内产生的感应电动势的平均值为E－＝nΔΦΔt＝nB·12Sπ2ω＝nBSωπ则0到π2ω时间内，通过线框的电量为q＝It＝nBSωRπ·π2ω＝nBS2R，B错误；线框中产生的交变电动势的最大值为Em＝n

B·S2·ω＝12nBSω，C错误；线框中产生的交变电动势的有效值为E＝Em2＝24nBSω，D正确．10．答案：C解析：当线圈平行于磁场方向时电动势最大，其峰值为Em＝nωBS，电流有效值为I＝Em2（R＋r）＝nωBS2（

R＋r），电压表示数U＝IR＝nωBSR2（R＋r），A错误；线圈转过90°的过程中通过灯泡的电荷量为q＝E－R＋rt＝nΔΦR＋r＝nBSR＋r，B错误；电动势的有效值为E＝Em2＝nωBS2，电流的有效值为I＝ER＋r＝nωBS2（R＋r），电灯中产生的焦

耳热为Q＝I2Rt＝nωBS2（R＋r）2R×2πω×14＝n2B2S2πωR4（R＋r）2，C正确；流过线圈电流的最大值为Im＝EmR＋r＝nωBSR＋r，从线圈平行磁场方向位置开始计时，感应电流的瞬时值表达式为i＝I

mcosωtA＝nωBSR＋rcosωtA，D错误．11．答案：B解析：由图像乙可知t＝0.02s时感应电动势为零，处于中性面上，A错误；由题图乙可知周期T＝0.02s，线框每转一周，电流方向改变两次，每秒电流方向改变100次，

B正确，C错误；线圈的转速为n＝1T＝50r/s，D错误．12．答案：C解析：由于线圈从垂直于中性面开始转动，故t＝0为感应电流峰值，故可以排除选项B、D；换向器的作用是使产生的电流方向始终保持不变，

A错误，C正确．13．答案：C解析：发电机线圈在0.5T时刻，磁通量为零，磁通量变化率最大，则感应电动势最大，A错误；发电机线圈电动势的有效值为E＝22Em＝2πNΦmT，因为内外电阻关系未知，所以无法确定输出电压，B错误；单位时间吹过风的质量为m＝π

ρl2v，根据能量守恒，发电机的发电功率P＝12mv2η＝12πηρl2v3，若风速加倍，则发电机的发电功率将变为8倍，C正确，D错误．14．答案：D解析：由题意及法拉第电磁感应定律知，线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的峰

值为Em＝nBlv＝nB·2πrvm＝4V，所以线圈中感应电动势的有效值为E＝Em2＝22V，由闭合电路的欧姆定律可得，小灯泡中电流的有效值为I＝ER1＋R2＝224A＝22A，小灯泡中在10s内消耗电能为W＝I

2R2t＝(22)2×3×10J＝15J，A、B错误；电压表示数为U＝IR2＝322V，C错误；当t＝0.1s也就是T4时，外力的大小为F＝nB·2πrIm＝2N，D正确．15．答案：A解析：设同一阻值为R的电阻接入该交流电源和接入一电压为

U0的恒压直流电源在一个周期内产生相同的热量，则有（U12）2R·T3＋U22R·2T3＝U20R·T，式中U1＝6V，U2＝9V，解得U0＝215V，根据电流的热效应所求得的U0即为该交流电的有效电压，A正

确．16．答案：(1)e＝cos10t(2)7220V(3)0.01C解析：(1)线框从与中性面的垂直的平面开始，最大电动势为Em＝NBSω＝1×0.2×0.5×10V＝1V则电路中的瞬时电动势为e＝Emcosωt＝cos10tV(2)余弦式交流电的电动势有效值为E＝Em2

＝22V则电压表的示数为电路的路端电压，且为有效值，则可得UV＝ERR＋r＝7220V(3)U形框从t＝0时刻开始转过90°的过程为四分之一个周期，则电量为q＝ΔΦR＋r＝BSR＋r＝0.01C．17．答案：(1)1.

2V，b→a(2)图见解析，0.2V(3)1020A解析：(1)金属条ab在磁场中切割磁感线运动，所构成的回路磁通量变化，设经过时间Δt，磁通量变化率为ΔΦ，由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt磁通量的变化量为ΔΦ＝B

ΔS＝B(12r22Δθ－12r21Δθ)代入数据得E＝12Bω(r22－r21)＝1.2V根据右手定则可知感应电流方向为b→a；(2)等效电路如图由题图可知电路总电阻为R总＝R5＋R＝65R＝2.4Ω内外圈的电压为Uab＝ER总×15R＝0.2V(3)ab进入磁场时切割磁感线的时间为t

1＝θω＝124sab进入磁场时金属条ab中的电流I1＝5×ER总＝0.5A车轮转一圈的周期为T＝2πω＝0.5s其他金属条进入磁场时切割磁感线的时间为t2＝θω＝124s其他金属条进入磁场时金属条ab中的电流I2＝ER总＝0.1A根据I21Rt1＋I22Rt1×5＝I2RT解得金属条ab中感应

电流的有效值I＝1020A．考点62变压器远距离输电1．答案：BD解析：甲图的原线圈两端接电源两端的电压，所以是电压互感器，乙图的原线圈串联接入输电线的一根导线，所以是电流互感器，A错误，B正确；电压表测电压的有效值，若V表示数为30V

，则输电线两端的电压有效值U1＝n1n2U2＝2001×30V＝6000V，C错误；电流表测电流的有效值，若A表示数为5A，则通过输电线的电流有效值I3＝n4n3I4＝1001×5A＝500A，D正确．2

．答案：B解析：由n1n2＝U1U2知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；由n1n2＝U1U2知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；由n1n2＝U1U2知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由

于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误．故选B.3．答案：

C解析：将P下滑时，升压比变大，电阻R两端电压变大，A1A2示数均变大，A、B错误；若将滑动P向下滑动到GD的中点，升压比将由1∶2变为1∶4，电阻R的电压将变为原来2倍，故功率变为原来4倍，C正确；若将P向上滑动到CG的中点，升压比将从1∶2变为3∶4，电阻R的电压将变为原来的23倍，电阻

功率将变为原来的49，D错误．4．答案：AC解析：根据n1n2＝80%U1U2可得接收线圈的输出电压约为U2＝8V，A正确；由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，B错误；变压器是不改变其交变电流的频

率的，C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，D错误．5．答案：C解析：理想变压器的输入、输出功率相等，A错误；由图b可知交流电的

频率为f＝1T＝12×10－2s＝50Hz，副线圈输出的交变电压的频率也为50Hz，B错误；当热敏电阻RT的温度升高时，由题可知其阻值将减小；所以副线圈所在电路的总电阻将减小，电路中的电流变大，电流表示数变大；由公式P＝I2R可知定值电阻R1消耗的功率将变大，C正确；电阻RT的阻值变化不

会影响输入电压，所以电压表的示数不变，D错误．6．答案：D解析：图示位置为中性面，从图示位置开始计时，线圈中的感应电压瞬时值表达式为e＝2πNBSnsin2πnt，A错误；根据理想变压器和副线圈构成的等效电阻表达式

R等效＝n21n22(R＋R0)，当P1从M位置逆时针转到N位置，理想变压器n2增大，等效电阻减小，即外电阻减小，路端电压U1减小，B错误；只增大线圈的转速，电源电动势的有效值增大，因为总电阻不变，故原线圈电流

增大，副线圈电流也增大，根据P＝I2R0，定值电阻消耗的电功率也增大，C错误；P2向左滑动，R减小，等效电阻减小，则U1减小，原线圈和副线圈电流都增大，电流表示数增大，U2增大，U1U2减小，D正确．7．答案：AD解析：副线圈所在电路中，当滑动变阻器滑片从中间向上滑动到端点的过

程中，总电阻增大，则可知副线圈所在电路中电流减小，而根据原副线圈匝数与电流的关系n1n2＝I2I1可知，原副线圈匝数不变，则I2减小，I1也减小，即电流表A1的示数减小，A正确；根据原副线圈匝数比与电压的关系

n1n2＝U1U2可知，副线圈两端电压不变，但副线圈所在回路中的电流减小，因此定值电阻R1的分压减小，从而使有并联关系的电阻R2与滑动变阻器两端的电压增大，即电压表的示数变大，B错误；根据闭合电路的欧姆定律有U＝U2－I2R1式中U2＝n2n1U1可知U1不变，则U2不变，该式为U

－I2的函数关系，因此可知ΔUΔI2＝R1＝3Ω，C错误；设R和R2并联后的等效电阻为R′，两者消耗的总功率为P，则有P＝I22R′＝(U2R1＋R′)2R′＝U22R′（R1－R′2）2＋4R1R′＝U22（R1－R′2）2R′＋4R1，因此当

R′＝R1＝3Ω时，R和R2消耗的总功有最大值Pmax＝U224R1而滑动变阻器最大阻值R＝6Ω，且从中间开始向上滑动，则在滑动过程中有3013Ω≤R′≤6016Ω，由此可知R和R2消耗的总功率先增大后减小，D正

确．8．答案：A解析：在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定；当Q位置不动时，副线圈输出电压U2不变，此时P向下滑动，滑动变阻器R接入电路电阻减小，则副线圈输出电流I2变大，根据输入功率等于输出功率，有U1I1＝U2I2可知原线圈电流I1变大，则电流表

的读数变大，A正确，B错误；P位置不动，将Q向下滑动时，副线圈的匝数n2减少，根据U2＝n2n1U1可知副线圈输出电压U2减小，则副线圈输出电流I2变小，根据输入功率等于输出功率，有U1I1＝U2I2可知原线圈电流I1变小，则电流表的读数变小，C、D错误．

9．答案：D解析：根据P＝UI可知将输电电压变为原来的两倍，电流变为原来的一半，A、B错误；保持输送的电功率不变，输电线上的电压损耗ΔU＝IR＝PUR，将输电线电压提高2倍，则电压损耗变为原来的一半，C错误；输电线上的功率损耗ΔP＝I2R＝P2U2R，将输电线电压提高2倍

，则电压损耗变为原来的14，D正确．10．答案：BD解析：设输电线中的电流为I2，T1的输出电压与T2的输入电压分别为U2、U3，则有U2＝I2R＋U3，即T1的输出电压大于T2的输入电压，A错误；T1的输出功率为P2＝U2I2，输电线上损耗的功率为ΔP＝I

22R，T2的输入功率为P3＝U3I2，则P2＝ΔP＋P3，即T1的输出功率大于T2的输入功率，B正确；若用户接入电路的用电器增多，则T2副线圈中的电流增大，由变压器的工作原理可知，T2原线圈中的电流增大，即输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大，即R消耗的电功率增大，C错误；

若用户接入电路的用电器减少，则用电器消耗的功率减小，即T2的输出功率减小，D正确。11．答案：(1)20kW(2)49.7kW497∶22解析：(1)根据题意，由公式P＝UI可得，输电线上的电流为I1＝PU＝50000500A＝100A输电线上损耗的电功率为P损＝I21r＝30kW居民

获得的电功率为P1＝P－P损＝20kW(2)根据题意，由公式P＝UI可得，高压输电后，输电线上的电流为I2＝PU2＝500005000A＝10A输电线上损失的电功率为P′损＝I22r＝102×3W＝300W居民获得的电功率为P2＝P－P′损＝(50－0.3)kW＝49.7kW输电线上损耗的电压为U

损＝I2r＝10×3V＝30V降压变压器原线圈两端的电压为U3＝U2－U损＝5000V－30V＝4970V降压变压器的匝数比为n3n4＝U3U4＝4970220＝49722.12．答案：C解析：因人体安全电流I0≤10mA，则保护器启动必须设置

在A、B线圈电流差值小于10mA时启动，B错误；当线圈A中电流为10mA时，若保护器中的电流为25mA，则线圈A、C的匝数比nAnC＝2510＝52，则线圈A、C的匝数比应该大于或等于5∶2，A错误，C正确；若A线圈中的电流达到10mA，保护器上的

电流达到25mA时，根据IAUA＝ICUC，此时负载电阻电压是保护器两端的2.5倍，因A、C两线圈匝数关系不确定，则负载电阻电压不一定是保护器两端的2.5倍，D错误．13．答案：D解析：当滑动变阻器的滑动端向上滑动时，根据理想变压器的电压规律U1U2＝n1n2可知变压器

两端的电压均不变，所以电压表V1、V2示数均不变．滑动变阻器接入电路阻值变大，则副线圈总电阻变大，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流I2变小，即电流表A2示数变小，根据I1I2＝n2n1可知原线圈电流I1变小，即电流表A1示数变小，但A1与A2示数的比值不变；根据

P＝U1I1＝U2I2可知变压器输出功率变小；由于灯泡两端电压保持不变，则灯泡亮度不变，D正确．14．答案：A解析：从电能消耗效果来看，理想变压器与副线圈电路可等效为一个纯电阻，此纯电阻两端电压为原线圈电压、电流为原线圈电流，输入功率等于副线圈

电阻的热功率，即R等＝U1I1，R2＝U2I2，又有U1U2＝N，I1I2＝1N(N为理想变压器原、副线圈匝数比值)，故等效电阻的最大值R等＝N2R＝4R，R1可等效为交流电源的内阻，其内阻r＝R，R2滑片由上向下移动时，等效电阻由4R逐渐减小至趋近于0，根据电源

输出功率与外电阻的关系，可知R2的功率先增大后减小，A正确，B错误；R2的等效电阻等效为电源内阻，即r＝4R，R1滑片由左向右移动时，外电阻由R逐渐减小至趋近于0，根据电源输出功率与外电阻的关系，可知R1的功率一直减小，C、D错误．15．答案：D解析：铭牌显示：U1＝330

0V，U2＝250V，所以n1n2＝U1U2＝665，A错误；变压器在额定状态下运行时，为使白炽灯正常工作，加在定值电阻上的电压为UR＝U2－U灯＝30V，电流为IR＝URR＝40A，而白炽灯的额定电流为I灯＝P灯U灯＝40220A，副线圈上应接入白炽灯n＝IRI灯＝2

20盏，B错误；减少接入副线圈的白炽灯盏数，副线圈上电流减小，固定电阻上的电压减小，白炽灯两端的电压会升高；由于电网电压降低，为使白炽灯正常工作，应减小固定电阻的阻值R，D正确，C错误．16．答案：C解析：因为变压器不改变电压的频率，增大电源的频率，副线圈中电流频率也增大，电容器的容抗减小，灯

泡中电流增大，灯变亮，A错误；任何情况下，原、副线圈的磁通量之比都为1∶1，B错误；当P接b时，原、副线圈匝数之比为5∶1，原线圈电压U1＝Um2＝110V，根据U1U2＝n1n2可得，滑动变阻器R两端的电压为U2＝22V，C正确；当滑动变阻器的滑片向下滑动时，接

入电路中的电阻R减小，根据P＝U22R可知，R消耗的功率变大，所以变压器的输入功率也变大，D错误．17．答案：D解析：发电机输出的电流为I1＝PU1＝200×103500A＝400A，A正确；输电线损失的功率为P线＝I2线R线，可得I线＝P线R线＝200×103×5%4A＝

50A，B正确；升压变压器的匝数比n1∶n2＝I线∶I1＝1∶8，C正确；用户得到的功率为(1－5%)P＝U4I4，解得I4≈864A，D错误．18．答案：AC解析：对变压器甲乙的连接方式分析可知，甲

为电压互感器，乙为电流互感器，A正确；由变压器甲可知U2＝200×220V＝44000V，由变压器乙可知I2＝5×20A＝100A，则U3＝U2－I2r＝42000V，用户端的电压U4＝42000200V＝210V，B错误；输电线路上损耗的功率约占输电总功率的η＝I22r

U2I2＝122≈4.5%，C正确；若用户端接入的用电设备变多，降压变压器次级电阻减小，次级电流变大，输电线上的电流变大，则电流表示数变大，D错误．19．答案：(1)160W(2)2240V(3)640W解析：

(1)设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，则有I4＝P用U4＝8800220A＝40A根据理想变压器的变流比可知I3I4＝n4n3解得I3＝4A所以输电线路上损耗的电功率ΔP＝I23R解得ΔP＝160W(2)根据理想变压器的变压比可知U3U4＝n3n4解

得U3＝2200V升压变压器副线圈两端电压U2＝U3＋I3R解得U2＝2240V(3)根据理想变压器的变压比可知U1U2＝n1n2可得U1＝280V升压变压器的原线圈输入功率P1＝ΔP＋P用可得P1＝8960W根据P1＝U1I1解得I1＝32A根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为Em

＝NBSω代入数据解得Em＝3002V电机线圈内阻上消耗的热功率P内＝I1E－I1U1可得P内＝640W．考点63实验十五探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1．答案：(1)AC(2)B(3)D解析：(1)为便于探究，可以采用控制变量法，故A正确；变压器的原线圈接低压交流

电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故B错误；使用多用电表测电压时，为了安全先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量，故C正确；虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线

、接线柱等检查电路，这样可减小实验误差，避免发生危险，故D错误．故选AC.(2)变压器为理想变压器，则原线圈电压为U1＝n1U2n2＝84×6.0V＝12.0V故选B.(3)假设变压器为理想变压器，则副线圈电压为U2＝n2U1n1＝18×12V＝1.50

V考虑到变压器不是理想变压器，则副线圈两端电压小于1.50V，则读数小于1.50V，故选D.2．答案：(1)C(2)D减小涡流，提高变压器的效率(3)少(4)b解析：(1)变压器只能使用交变电压，不能使用低压直流电源，A错误；为使接触良好，应该拧紧接线柱，但不能用手直接捏紧裸露

的接线柱，B错误；为了确保多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，C正确．故选C.(2)①变压器正视图如图．硅钢片的作用是形成闭合磁路，硅钢片中磁场变化引起在垂直于abcd平面内产生感应电流，所以为了

减小涡流产生的热量，硅钢片应平行于平面aehd.故选D.②这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率．(3)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈为低压线圈，电流大，匝数少．(4)由于实验所用的变压器会产生电能损耗，其实际测量得到的副线圈电压将小于利用理想变压器变压公式得

到的值，所以根据测量数据可判断出变压器的原线圈为b.3．答案：(1)c、d(2)两个线圈的匝数之比(3)A解析：(1)在探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验中，原线圈两端应接入交流电，故应将A、B分

别与c、d连接；(2)根据题表中数据可得，在实验误差允许范围内U1U2＝n1n2U1U3＝n1n3得出结论：在实验误差允许范围内，变压器原，副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比；(3)若把题图丙中的可动铁芯取走，磁损耗变大，原线圈中磁通量变化率比副

线圈磁通量变化率大，根据法拉第电磁感应定律知，副线圈两端电压一定小于4.0V．故选A.4．答案：(1)D(2)少(3)BD(4)B(5)C(6)A解析：(1)观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成，D正确．(2)根据I1I2＝n2n1可知，匝数

少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少．(3)本实验需要用到的是交流电源和多用电表，不需要干电池和直流电流表，B、D正确．(4)为了人身安全，低压交流电源的电压不要超过12V，B正确．(5)依题意，原副线圈的匝数比为2∶1，若是理想变压器，则

有U1U2＝n1n2，解得U1＝6V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6.0V，则原线圈的输入电压可能为9.0V，C正确．(6)实验中需要运用的科学方法是控制变量法，A正确．5．答案：(1)BD(2)D(3)少(4)D解析：(1)变压器工作需要交流电，因

此，为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12V，A错误；即使副线圈不接用电器，原线圈处于空载也有一定的电损，则原线圈也不能长时间通电，B正确；实验通电时，若用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样无形之中，

将人体并联电路中，导致所测数据不准确，也不安全，C错误；使用多用电表测电压时，为了多用电表的安全，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，D正确．(2)观察变压器的铁芯，由于涡流在导体中会产生热量，所以它的结构是绝缘的硅钢片叠成，D正确．(3)观察两个线圈的导线，发现

粗细不同，根据I1I2＝n2n1可知，匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少．(4)原副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，A、B不

符合题意；变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，C不符合题意；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，D符合题意．故选择D.考点64电磁振荡与电磁波传感器1．答案：D解析：电场不随时间变化，不会产生磁场，A错误；电场都随时间均匀变化，只能在周围产生稳定的磁场，也不会产生和发射电

磁波，B、C错误；电场随时间作不均匀的变化，能在周围空间产生变化的磁场，而这磁场的变化也是不均匀的，又能产生变化的电场，从而交织成一个不可分割的统一体，即形成电磁场，才能发射电磁波，D正确．2．答案：ACD解析：电场、磁场相互激发并以波动的形式向外传播，形成电磁波，A正确；电磁波只有在真空中传播时

波速才为3×108m/s，在其他介质中波速均小于3×108m/s，B错误；根据λ＝vf及电磁波从真空进入介质中时，频率不变，波速减小，可知电磁波在介质中的波长λ减小，C正确；电磁波具有波的一切性质，能产生干涉和衍射现象，D正确．3．答案：C解析：若甲、乙两图的磁场均匀变化，就会产生稳

定不变的电场，稳定不变的电场不会产生磁场，就不会持续产生电磁波，A错误；对甲图，从上向下看，感应电流沿顺时针方向，电子在回路中沿逆时针方向运动，B错误；变化的磁场周围产生电场是一种普遍存在的现象，与闭合电路是否存在无关，甲图的闭合电路只是检验

变化的磁场产生电场，乙图即使没有闭合电路空间仍能产生电场，C正确；同理，变化的电场周围产生磁场也是一种普遍存在的现象，与闭合电路是否存在无关，D错误．4．答案：D解析：根据磁感线的方向可以判断电流方向是逆时针，再根据电容器极板上带电的性质可以判断电容器在放电，A错误；电容器在放电，所以电流在增加

，磁场能在增加，自感电动势正在阻碍电流的增加，B、C错误，D正确．5．答案：BC解析：天亮时光控开关自动断开，天黑时闭合，有人走动发出声音，声控开关闭合；两个开关同时闭合，灯就会自动亮，所以两个开关应相互影响同

时符合闭合条件，B、C正确．6．答案：D解析：酒精检测仪是把人体摄入的酒精浓度这个物理量转化为电学量的传感器，属于电化学传感器，D正确．7．答案：BD解析：电流表的示数增大，说明电路中的电流增大，电阻减小，所以这个热敏电阻的电阻率是随温度的升高而降低的；半导体材料的电阻值

在其他条件不变时升高温度，导电性能变好，B、D正确．8．答案：BD解析：由公式U＝ER1＋R2R1，变式可得U＝E1＋R2R1，温度越低，R1的分压越小，随温度的降低R1的阻值越小，随温度的升高R1的阻值越大，A错误，B正

确；若孵化箱温度比预期温度高，为降低孵化箱温度可以调小电阻箱R2，使R1的分压变大，大于定值U1时，控制开关自动断开加热系统，C错误，D正确．9．答案：D解析：根据图乙可知，0～t1内电流逐渐减小，则磁场能逐渐减小，电场能逐渐增大，电容器被充电，且电流为正方

向，即电流方向为逆时针方向，可知下极板带正电，上极板带负电，A错误；t1～t2内电流逐渐增大，则磁场能逐渐增大，电场能逐渐减小，B错误；在t3时刻，电流为0，则线圈中的磁场能最小，C错误；增大电容器两板间距，根据C＝εrS4πkd，T＝2πLC，可知

电容减小，振荡电流的周期减小，D正确．10．答案：AB解析：甲图中，当被测物体在左、右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动．如果测出了电容的变化，就能知道物体位置的变化，所以甲图传感器是位移传

感器，A正确；乙图中A是发光仪器，B是接收光信号的仪器，B中的主要元件是由光敏电阻组成的光电传感器．当传送带上没有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻的阻值较小，供给信号处理系统的电压变低；当传送带上有物品挡住由A射向B的光

信号时，光敏电阻的阻值变大，供给信号处理系统的电压变高．这种高低交替变化的信号经过处理，就会转化为相应的数字，实现自动计数的功能，B正确；丙图中，在两块磁感应强度相同、同极相对的放置的磁体缝隙中放入霍尔

元件，当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，霍尔电压为0，可将该点作为位移的零点．当霍尔元件沿着轴正、负方向移动时，则有霍尔电压输出，且电压大小与位移大小成正比，从而能够实现微小位移的测量，未利用电磁驱动原理，C错误；丁图干簧管

是利用磁场的有无控制电路的通断，D错误．11．答案：C解析：可见光是电磁波谱中人眼可以感知的部分，A正确；根据λ＝cf，紫外线的频率比无线电波大，故紫外线比无线电波的波长短，B正确；微波炉加热食物，是利用微波加热，不是电流的热效应，

C错误；γ射线是频率很高的电磁波，D正确．12．答案：A解析：发生明显衍射现象的条件是尺度或者孔径小于波长，太赫兹波长比红光大，更容易发生明显衍射，A正确；由c＝λf可知，波长越大，频率越小，太赫兹波长比紫外线大，频率低于

紫外线，根据爱因斯坦的光子说，可知它的光子的能量比紫外线光子的能量更小，B错误；太赫兹波长比短波小，频率比短波大，C错误；由于频率越高，其穿透力越强，太赫兹波频率远低于X射线，其比X射线穿透能力更弱，不可以用于工业探伤，D错误．考点65实验十六利用传感器制作简

单的自动控制装置1．答案：(1)a(2)右(3)在预定的报警温度的环境时该热敏电阻RT和滑动变阻器的总电阻之和过小，可以换一个总阻值大一点的滑动变阻器解析：(1)由题图甲可知，热敏电阻RT在温度升高时阻值变小，电路中电流变大

，电磁铁磁性增强，把右侧衔铁吸引过来，与a接触，故c应接在a处．(2)若要使启动报警的温度降低些，热敏电阻的阻值增大，滑动变阻器的滑片P向右移动．(3)在预定的报警温度的环境时该热敏电阻RT和滑动变阻器的总电阻之和过小，电流过大，可以换一个总阻值大一点的滑动变阻器．2．

答案：(1)2.7kΩ(2.6～2.8kΩ均可)(2)AB(3)140R2左解析：(1)从图像上可以看出当照度为0.6lx时的电阻约为2.7kΩ(2.6～2.8kΩ均可).(2)当天亮时，光敏电阻的阻值变小，所以回路中电流增大，则衔铁被吸下来，此次触片和下

方接触，此时灯泡应该熄灭，说明灯泡接在了AB上．(3)根据欧姆表的读数规则，所以电阻值为R＝14×10Ω＝140Ω，回路中的电流为2mA时回路中需要的电阻Rx＝EI＝60.002Ω＝3000Ω，所以选择滑动变阻器R2比较合理．若要求天色渐暗照度降低至1.0l

x时点亮路灯，则天色更暗时光敏电阻更大，要先保证回路中的电流2mA不变，则应减小滑动变阻器的阻值，即向左滑动滑动变阻器．3．答案：(3)t010(5)线性的(6)A(7)受空气阻力的影响解析：(3)从图中可以算出弹簧振子振动周期T＝t010(5)分析数据可知，弹簧振子振动周期

的平方与质量的比值接近于常量3.95，则弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的；(6)因2πmk的单位为kgN/m＝kg·mkg·m/s2＝s因为s(秒)为周期的单位，则其它各项单位都不是周期的单位，故选A.(7)除偶然误差外，钩码振动过程中受空气阻力的影响可能会使本实验产生误差．4．答案：(

1)160(2)800.13(3)偏大解析：(1)欧姆挡选择“×10挡”，则阻值为16×10Ω＝160Ω.(2)当仅有台秤时，压敏电阻的阻值为160Ω，根据闭合欧姆定律得E＝I(R＋R′＋RA＋r)，2500kg的物体在台秤上时，压力为(2500＋500)×10N＝3×104N，压敏电阻的

阻值为100Ω，根据闭合电路欧姆定律得E＝I1(R1＋R′＋RA＋r)，解得R′＝80Ω，I1＝0.13A.(3)重新调节滑动变阻器R，使m＝0时，I＝0.10A，由闭合电路欧姆定律得E′＝I(R′＋RA＋r)，可得R′＋RA＋r＝E′I，因电流不变，E′减小，则R′＋RA＋r减小，当秤上面有汽车

时，由闭合电路欧姆定律得E′＝I′(R＋R′＋RA＋r)，可得I′＝E′（R′＋RA＋r）＋R＝I′（R′＋RA＋r）（R′＋RA＋r）＋R＝I′1＋RR′＋RA＋r，因为(R′＋RA＋r)减小，所以I′减小，则R的阻值偏大，结合图乙可知汽车的

质量偏大．5．答案：(1)变大变小ΔxR0E(2)241.751N解析：(1)当弹性梁右端受力向下弯曲时，R2、R3拉伸，电阻变大，R1、R4压缩，电阻变小．R1两端电压U1＝R0－Δx2R0E，R3

两端电压U3＝R0＋Δx2R0E，所以UAB＝|U1－U3|＝ΔxR0E.(2)压力为1N时该图像的斜率为k＝58－102＝24kΩ/N，压力为5N时该图像的斜率为k′＝26－128kΩ/N＝1.75kΩ/N，要使传感器对力的变化测量

较为灵敏，则相同力，电阻变化大，故在1N附近．验收检测卷十二交变电流传感器1．答案：C解析：医生用来诊断病情的胸透胶片，利用了电磁波中X射线的穿透能力较强这一特点，C正确．2．答案：A解析：原线圈：u＝2002sin(100πt)V

U1＝Um2＝220Vω＝100πrad/s――→ω＝2πff＝50Hz变压器不改变交变电流的频率，故副线圈输出电流的频率也为50Hz，CD错理想变压器变压规律：U1U2＝n1n2＝12―→U2＝440V功率P＝I2U2＝8.8×103

W―→I2＝20A，A对；B错．3．答案：D解析：电容器放电时，电流由a通过线圈流向b，为正方向．起始时刻电流最大，电路向外辐射电磁波的过程中，电路中的能量减小，则电容器两极板的最大电压逐渐减小，D正确．4．答

案：A解析：交流电的峰值Um＝102V，则有效值U＝Um2＝10V，所以电源可以使“10V、2W”的灯泡正常发光，A正确；根据瞬时值表达式可知ω＝100π，则T＝2πω＝2π100π＝0.02s，B错误；t＝0.01s时，经过半个周期

，电压为零，C错误；当电容器的耐压值小于峰值，电容器被击穿，10V小于102V，则“10V、2μF”电容器不能接在这只电源，D错误．5．答案：B解析：在0～T4时间内，正弦交变电流的有效值为82A；在

T4～T2时间内，电流为0；在T2～T时间内，直流电的电流为32A.根据交变电流有效值的定义可知，在单个周期内此交变电流的有效值I产生的焦耳热与该周期内不同电流值在对应的各段时间里产生的焦耳热的关系满足I2RT＝

(82A)2R×T4＋(32A)2R×T2，解得I＝17A＝4.12A，B正确．6．答案：B解析：钳形电流表是根据电磁感应原理制成的，故只能用来测量交变电流，A错误；根据理想变压器电流与匝数关系可知，导线中的被测电流I

1＝n2n1I2＝1A，B正确；电流表示数显示的是交变电流的有效值，若只改变被测通电导线中交变电流的频率而有效值不变，电流表的示数不改变，C错误；若被测通电导线在钳形口绕圈，则n′1＝2，电流表示数I′2＝n′1n2I1＝10mA，D错误．7．答案：C解析：由金属棒的运动

速度v＝202sin(10πt)m/s，金属棒运动的最大速度vm＝202m/s，金属棒产生的感应电动势的最大值为Em＝Bdvm＝10×1×202V＝2002V，A错误；根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可

知，金属棒感应电动势的有效值为U＝Em2＝20022V＝200V，设变压器原线圈电压为U1，变压器副线圈电压为U2，原线圈的电流为I1，副线圈的电流为I2，则U＝I1R2＋U1，U1n1＝U2n2，副线圈回路I2＝2U2R1，功率关系

U1I1＝U2I2，解得U1＝100V，I1＝20A，I2＝10A，B错误；金属棒上产生的热功率为P＝I21R2＝202×5W＝2000W，C正确；R1上产生的热功率为P1＝(I22)2R1＝(102)2×40W＝1000W，D

错误．8．答案：C解析：由题知，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW，则有I1＝PU1＝2×103A，A错误；由题知，用户端电压U4＝220V，功率88kW，则有U3U4＝I4I3＝n3n4P′＝U4I4，联立解得I4＝400A

，I3＝8A，U3＝11000V则输电线上损失的功率为P损＝I23R＝4kW且U2＝U3＋I3R＝11500V，再根据U1U2＝n1n2，解得n1n2＝146，BD错误；根据理想变压器无功率损失有P＝U2I3＋P储，代入数据有P储＝408kW，C正确．故

选C.9．答案：BD解析：由图乙可知周期为0.2s，一个周期内电流方向改变2次，则1s时间内电流方向改变10次，故A错误；若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN的方向为电流的正方向，此时电流方向为正，线框平面与中性面的夹角为π3，且在转π3即回到中性

面处，则电流表达式为i＝Imsin(2πTt＋φ0)＝10sin(10πt＋23π)A，故B正确；感应电动势最大值为Em＝ImR＝4V，图示时刻感应电动势的瞬时值e＝Emcos30°＝23V，故C错误；根据电

动势最大值表达式Em＝BSω，可知磁通量的最大值为Φm＝BS＝Emω＝42π0.2Wb＝25πWb，故D正确．10．答案：AC解析：因原线圈电压有效值不变，根据U1U2＝n1n2可知，副线圈两端电压不变

，A正确；出现火警时，RT阻值减小，则副线圈电流变大，通过RT的电流变大，由P＝IU可知，副线圈的功率变大，即原线圈输入功率变大，故B错误，C正确；若要调高预设的报警温度，即热敏电阻的阻值变小，要保证通过R1的电流不变，则可

增大滑动变阻器R0的阻值，滑片应上移，D错误．11．答案：ABC解析：由理想变压器基本关系知n2n1＝U2U1，U1不变，U2变为原来的5011倍，所以n2n1变为原来的5011倍，A正确；根据P送＝U2I2可知，因P送变为原来的2倍，U2变为原来的5

011倍，则输电线上电流I2变为原来的1125，B正确；根据P损＝I22R线可知，P损变为原来的(1125)2，C正确；总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I4变大，又I2变小，I2＝I3，则n3n4＝I4I3变大，D错误．

12．答案：AC解析：大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr，根据题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω，又

S＝L2，联立可得Emax＝4nBL2ω，则线圈产生感应电动势的有效值E＝Emax2＝22nBL2ω，根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝RER＋R＝2nBL2ω，B错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形

线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值E′max＝8nBL2ω，此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝E′max2＝42nBL2ω，根据电阻定律R′＝plS′可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝RE′R＋2R＝42nBL2

ω3，C正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝nBSω2可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误．13．答案：(1)4.00.5(2)3.54.0解析：(1)

对图乙所示电路，根据闭合电路欧姆定律可得E＝U′＋Ir，即U′＝E－Ir，U′­I图像与纵轴交点的纵坐标等于两节纽扣电池串联后的电动势，图线斜率的绝对值等于电池的内阻，由题图丁可知电动势为E＝4.0V，内阻为r＝2.

0－4.04.0Ω＝0.5Ω.(2)电压表达到满偏时滑动变阻器接入电路的阻值为R＝12Ω，根据欧姆定律可得UR＝ER0＋R＋r，解得R0＝3.5Ω，滑动变阻器的滑片P滑到b端，弹簧的形变量增加了20cm，由平衡条件有k

Δx＝mg，则该电子秤所能称量的最大质量为m＝4.0kg.14．答案：(1)22V(2)0.4A解析：(1)原线圈接在电压u＝2202sin100πt(V)的交流电源上，则有效值U1＝220V设副线圈电压的有效值为U2，则有U1U2＝n1n2电压表

的示数U2＝22V(2)副线圈中电流的有效值I2＝U2R＝4A根据变压器原副线圈电流比关系有I1I2＝n2n1所以电流表的示数I1＝0.4A．15．答案：(1)6.4×102V(2)3.1×104W解析

：(1)电动势的最大值Em＝NBSω有效值E＝Em2解得E＝NBSω2代入数据得E≈6.4×102V(2)输出电压U＝E－Ir输出功率P＝IU解得P＝I(E－Ir)代入数据得P＝3.1×104W．16．答案：(1)1.8×104W(2)12A1440V(3)157211解析：取Δt时

间的河水为研究对象，其质量m＝ρQ·Δt①河水减少的重力势能ΔEp＝mgh②发电机的输出功率P＝ΔEp×62.5%×90%Δt③联立①②③式，代入数据解得P＝1.8×104W(2)如图所示，因为是理想

变压器，所以P＝P1＝P2则线路上损失功率P线＝P×4%④P线＝I2线R⑤联立④⑤式，代入数据解得I线＝12A又因为P2＝U2I线则升压变压器输出电压U2＝1500V输电线上损失的电压U线＝I线R＝60V则U3＝U2－U

线＝1440V(3)对于升压变压器有n1n2＝U1U2＝15对于降压变压器有n3n4＝U3U4＝7211.第十三章热学考点66分子动理论内能1．答案：B解析：1kg该液体所含有分子数为N＝1M·NA＝NAM，A错误；1

m3该液体所含分子数为N＝1Mρ·NA＝ρNAM，B正确；1个液体分子的质量为m0＝MNA，C错误；设液体分子的直径为d，则有43π(d2)3＝MρNA解得d＝36MπρNA，D错误．2．答案：B解析：设

空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，在海底和在岸上分别吸入的空气分子个数为n海和n岸，则有n海＝ρ海VNAM，n岸＝ρ岸VNAM，多吸入的空气分子个数为Δn＝n海－n岸，代入

数据得Δn＝3×1022个，B正确．3．答案：BD解析：布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的表现，A错误；液体温度越高，布朗运动越剧烈，B正确；悬浮微粒越小，液体分子撞击作用的

不平衡性表现得越明显，C错误；悬浮微粒做布朗运动，是液体分子的无规则运动撞击造成的，D正确．4．答案：A解析：气体、液体、固体之间都可以发生扩散现象，A错误；扩散现象本身就是由分子不停地做无规则运动产生的，B正确；物体的温度越高，分子的热运动就越快，扩散就越快，C正确；不同的物质在相互接触时可

以彼此进入对方属于扩散现象，扩散现象说明分子间存在着间隙，D正确．5．答案：D解析：布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒，受到液体或气体分子的无规则撞击所做的无规则运动，用肉眼无法观察到布朗运动，沙尘暴的运动是气流运动形成的，不是布朗运动，A错误；从低温到高温，内能增加，内能的宏观表

现是温度，温度越高，内能越大，B错误；氧分子尺寸的数量级为10－10m，而PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5μm的颗粒物，C错误；PM2.5在空气中的运动是布朗运动，由空气中大量空气分子无规则运动对其撞击的不平

衡性引起的，D正确．6．答案：AC解析：由题图知，乙分子从r3到r1，甲、乙两分子间作用力表现为引力，所以乙分子受的合力向左，由牛顿第二定律可知乙分子向左做加速运动，A正确，B错误；由题图知，乙分子从r3到r1过程中，两

分子间分子力先增大后减小，C正确；乙分子从r3到r1过程中，两分子间分子力先增大后减小，从r1到O，甲、乙两分子间作用力表现为斥力，一直增大，D错误．7．答案：A解析：0℃的水变成0℃的冰时，体积增大，并且放热，内

能减小，因温度不变，分子平均动能不变，则分子势能减小，A正确；悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，受力越趋于平衡，布朗运动越不明显，B错误；将一个分子从无穷远处(r＞10－9m)无限靠近另外一个分子，分子力先增加后减小再增加，分子力先表

现为引力，做正功，后表现为斥力做负功，分子势能先减小后增大，C错误；内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能的总和，D错误．8．答案：B解析：1kg氢气物质的量为n＝1000g2g·mol－1＝500mol，1kg氢气所含的分子数

量为N＝500mol×6.02×1023mol－1＝3.01×1026，B正确．9．答案：B解析：“茶香四溢”是扩散现象，C、D错误；茶香四溢是因为茶水的香味分子不停地做无规则的运动，扩散到空气中，A错误；物体温度越高，分子的无规则运动越剧烈，所以

茶水温度越高，分子的热运动越剧烈，茶香越浓，B正确．10．答案：A解析：1mol铂原子的体积V＝mρ≈9×10－6m3，每个铂原子的体积V1＝VNA≈1.5×10－29m3，V1＝43π(D2)3，解得铂原子

的直径D≈3×10－10m，A正确．11．答案：B解析：该折线图不是花粉颗粒的实际运动轨迹，只是间隔20s的位置连线，因为花粉颗粒的运动是无规则的，A错误；花粉颗粒受到水分子的撞击，做无规则运动，所以经过F点后20s，花粉颗粒可能在H点，

B正确；花粉颗粒受到水分子的撞击，做无规则运动，所以花粉颗粒的无规则运动反映了水分子的无规则运动，C错误；时间间隔相等，位移越大，则平均速度就越大，故花粉颗粒由A到B的平均速度小于由C到D的平均速度，D错误．12．答案：A解析：两分子的能量包括

分子势能与分子动能，由于两分子所具有的总能量为0，而分子的动能不可能为负值，可知在运动过程中，分子的势能为0或者为负值，即乙分子的运动范围为x≥x1，A正确；乙分子在Q点(x＝x1)时，分子势能为0，根据上述可知其动能为0，B错误；乙分子在P点

时，分子势能最小，分子动能最大，则该位置为平衡位置，乙分子在Q点(x＝x1)时，间距小于平衡位置间距，分子力表现为斥力，C错误；乙分子在P点时，分子势能最小，则该位置为平衡位置，此时分子的加速度为0，D错误．考点67固体、液体和气体1．答案：CD解析：晶体分子在空间分布具有规则性，故石墨、

石墨烯都是晶体，也都是单质，C正确，A、B错误；获取石墨烯的方法为物理方法，D正确．2．答案：ABD解析：晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，A正确；固体甲若是多晶体，则没有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定

的几何外形，B正确；在热传导方面固体甲若是多晶体，表现出各向同性，固体乙一定表现出各向同性，C错误；固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，但是固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，D正确．3．答案：A解析：松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这

些土壤里的毛细管，防止发生浸润现象，可有效减小水分蒸发，保存水分，B、C错误，A正确；松土除了保墒、刈草外，还减少土壤下水分蒸发，提高地温，D错误．4．答案：BD解析：以A管中的水银柱为研究对象有pS＋ρghScosθ＝p0S，则管内封闭气体的压强p＝p

0－ρghcosθ，显然p＜p0，且B管内水银面要比槽内水银面高出hcosθ，B、D正确．5．答案：AC解析：从微观角度来看，气体压强的大小跟两个因素有关：一个是气体分子的平均动能，一个是分子的密集程度，换言

之，气体的压强由温度和单位体积内的分子个数共同决定，A正确；若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定增大，B错误；若气体的压强不变而温度降低，根据盖­吕萨克定律可知气体的体积一定减小，所以单位体积内分子个数一定增加，C正确，D错误．6．答案：C解析：假设液柱不动，则A、

B两部分气体发生等容变化，根据查理定律，对气体A，有pATA＝p′AT′A，对气体B，有pBTA＝p′BT′A，初始状态满足pA＝pB＋ρgh，可见使A、B降低相同温度达到稳定后，有p′A＝T′ATApA＝T′ATA(pB＋ρgh)，p′B＝T′ATApB

，由此可知ΔpA＞ΔpB，ΔFA＞ΔFB，因此水银柱向下移动了一段距离，C正确，A、D错误；由于气体的总体积不变，所以ΔVA＝ΔVB，B错误．7．答案：(1)100cmHg(2)36cm解析：(1)设玻璃管的横截面积为S

，对右管中的气体初态为p1＝p0＝76cmHg，V1＝25cm·S末态V2＝(25cm－6cm)·S＝19cm·S由玻意耳定律有p1V1＝p2V2解得p2＝100cmHg(2)设倒入水银柱的高度为h，则左侧水银柱比右侧高(h－12)cm，由平衡条件可得p0＋h－12cm＝

p2解得h＝36cm.8．答案：(1)0.3m(2)51cm解析：(1)对汽缸和活塞整体受力分析有(M＋m)g＝kΔx解得Δx＝（M＋m）gk＝0.3m(2)由于气缸与活塞整体受力平衡，则根据上述可知，活塞离地面的高度不发生变化，升温前汽缸顶部离地面为

h＝49cm活塞离地面50cm－30cm＝20cm故初始时，内部气体的高度为l＝49cm－20cm＝29cm升温过程为等压变化V1＝lS，T1＝290K，V2＝l′S，T2＝310K根据V1T1＝V2T2解得l′＝31cm.故此时倒立汽缸

的顶部离地面的高度h′＝h＋l′－l＝51cm.9．答案：B解析：因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A错误；cd是等压线，

温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd<Ve，所以Vd<Va，所以da过程中气体体积发生变化，D错误．10．答案：C解析：由V­T图像可知，理想气体ab过程做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化．根据理想气体状态

方程，有pVT＝C可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，C正确．11．答案：C解析：图像中BC段是冰的熔化过程，虽然温度不变，但熔化过程必需吸热，A错误；水的沸点随气压的升高而升高，随气压的降低而降低，沸点是98℃，说明当地的大气压低于一个标准大气压，B错误；

由图像可知，在BC段，物质的温度保持0℃不变，所以该固体的熔点是0℃，此过程中物质正在熔化，是晶体，C正确；冰完全熔化为水时，质量不变，同一个加热器进行加热，加热时间相同时冰和水吸收的热量相同，冰升温比水快(即冰上升的温度较高

)，由Q＝cmΔt可知，冰的比热容比水小，D错误．12．答案：A解析：照片中的玻璃和水滴发生了不浸润现象，水滴与玻璃表面接触的那层水分子间距比水滴内部的水分子间距大，A正确；水滴的表面张力作用使水滴呈球形，由于重力的作用使水滴呈椭球形，B错误

；照片中水滴表面分子比水滴的内部稀疏，接触面的水分子的作用力表现为引力，C错误；照片中的玻璃和水滴发生了不浸润现象，D错误．13．答案：D解析：甲容器中A、B处压强是由所装物质的重力而产生的，乙容器中C、D处压强是由分子撞击器壁而产生的，A、B错误；根据液体内部压强规律p＝ρgh可知pA＞p

B，气体分子间距离很大，C、D处气体分子平均碰撞情况一致，乙容器中pC＝pD，C错误；当温度升高时，pA、pB不变，pC、pD变大，D正确．14．答案：D解析：气缸导热性能良好，由于热交换，气缸内的气体温度不变，缓缓向活塞上倒上细沙，气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律可知，气体体积与压强成

反比，A、B、C错误，D正确．15．答案：AB解析：由于等温线是一条双曲线，它表明在温度保持不变的情况下，气体的压强与体积成反比，A正确；一定质量的气体，在不同温度下，相同压强的情况下，体积不同，因此等温线不同，B正确；对一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越大，即相同

压强下，温度越高，体积越大，因此T1<T2，C、D错误．16．答案：(1)291K(2)76.3cmHg(3)刻度均匀，等压状态下，温度与体积成线性关系解析：(1)由等压变化V＋Sl1273＋t1＝V＋Sl2T解得T＝291K(2)由等温变化(p0＋h)(V＋Sl1)＝(p

0＋h＋Δh)(V＋Sl2)解得p0＝76.3cmHg(3)刻度均匀．由(1)可知，等压状态下，温度与体积成线性关系．17．答案：(1)307N(2)15cm解析：(1)设开始时缸内气体的压强为p1，当环境温度降为

280K时，缸内气体的压强p2＝p0＋mgS＝1.2×105Pa气体发生等容变化，则p1T1＝p2T2解得p1＝97×105Pa开始时F＋p0S＋mg＝p1S解得F＝307N(2)在活塞上加上重物后，最后稳定时，缸内气体

的压强p3＝p0＋（m＋M）gS＝1.6×105Pa发生等温变化，则p2HS＝p3hS解得h＝15cm.考点68气体状态变化的三类典型模型1．答案：D解析：设大气压强为p0，A管内原来空气柱长度为l，横截面积为S，根据题意可得p0＝p1＝72cmHg，V1＝lS，抽尽B管上面的空气，则A管内空气

柱压强为p2＝18cmHg，体积为V2＝(l＋9)S，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得l＝3cm，A、B、C错误，D正确．2．答案：144cmHg9.42cm解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p

2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p′1，长度为l′1；左管中空气柱的压强为p′2，长度为l′2.以cmHg为压强单位，由题给条件得p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg①l′1

＝(20.0－20.0－5.002)cm②由玻意耳定律得p1l1＝p′1l′1③联立①②③式和题给条件得p′1＝144cmHg④依题意p′2＝p′1⑤l′2＝4.00cm＋20.0－5.002cm－h⑥由玻意耳定律得p2l2＝p′2l′2⑦联立④⑤⑥⑦式和

题给条件得h＝9.42cm.3．答案：(1)8kg(2)200N/m解析：(1)气体温度从300K增加到330K的过程中，发生等容变化，则有p0T0＝p1T1解得p1＝1.1×105Pa，此时活塞恰好离开卡环，得p1＝p0＋mgsinθS解得m＝8kg.(2)气体

温度从330K增加到480K的过程中，由理想气体状态方程得p1V1T1＝p2V2T2解得p2＝1.2×105Pa,对活塞受力分析可得p0S＋mgsinθ＋kΔx＝p2S解得k＝200N/m.4．答案：A解析：初态时，对“

工”字形活塞整体受力分析有pASA＋M工g＋p0SB＝pBSB＋p0SA，对上面汽缸受力分析有pASA＝p0SA＋M上缸g；末态时，对“工”字形活塞整体受力分析有p′ASA＋M工g＋p0SB＝p′BSB＋p0SA，对上面汽缸受力分析有p′ASA＝p0SA＋M上缸g，联立解得p′A＝pA，p

′B＝pB.对A、B气体，根据理想气体状态方程可得pAVAT＝p′AV′AT′，pBVBT＝p′BV′BT′，因温度降低，p′A＝pA，p′B＝pB，则V′A、V′B均变小，由于下面汽缸的横截面积大于上面汽缸的横截面

积，则活塞下降，上面汽缸下降，才能使A、B气体体积均变小，A正确．5．答案：(1)12(p0＋p)(2)12p0＋14p4（p0＋p）V02p0＋p解析：(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10

－p)×2S＝(p0－p)S①得p10＝12(p0＋p)②(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S＝p1×2S③由玻意耳定律得p1V1＝p10×2V0④p2V2＝p0×V

0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p1＝12p0＋14p⑦V1＝4（p0＋p）V02p0＋p⑧6．答案：D解析：打气时，活塞每推动一次，把体积为V0压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0体积为nV0

的气体压入容器内，容器内原来有压强为p0体积为V的气体，现在全部充入容器中，根据玻意耳定律得p0(V＋nV0)＝p′V解得p′＝(1＋nV0V)p0；抽气时，每拉动一次，把容器中气体的体积从V膨胀为V＋V0，而容器内气体的压强就要减小，活塞推动时将抽气筒中的V0气体排出，而再次拉动活塞

时，将容器中剩余的气体从V又膨胀到V＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：第一次抽气：p0V＝p′1(V＋V0)，得p′1＝VV＋V0p0；第二次抽气：p′1V＝p′2(V＋V0)，得p′2＝(VV＋V0)2p0；第三次

抽气：p′2V＝p′3(V＋V0)，得p′3＝(VV＋V0)3p0…第n次抽气完毕后，气体压强为pn＝(VV＋V0)np0，A、B、C错误，D正确．7．答案：C解析：根据玻意耳定律np0V1＋p1V0

＝p2(V0＋nV1)，代入数据解得n＝50，即能分装50瓶，C正确．8．答案：(1)1.4×105Pa(2)0.22m解析：(1)最初平衡时，对汽缸有p0S＋Mg＝pS解得p＝1.4×105Pa(2)再次平衡时，对汽缸有

p0S＋Mg＝p′S＋F汽缸体积V′＝L′S最初汽缸体积V＝LS根据玻意耳定律pV＝p′V′解得L′＝0.14mΔL＝L′－L同时，弹簧相比原来上升了Δx＝Fk故汽缸上端上升了Δh＝ΔL＋Δx解得Δh＝0.22m．9．答案：(1)90cmHg(2)400K(3)30cm

解析：(1)对管内密封气体p＝ρgh＋p0＝14cmHg＋76cmHg＝90cmHg(2)设玻璃管的横截面积为s，缓慢加热密封气体，管内空气做等压变化，有lST0＝（l＋Δl）ST1解得T1＝400K(3)注入水银，管内空气做等温变化，有pS(l＋Δl)＝p2Sl由平衡条件得

p2S＝ρg(h＋Δh)S＋p0S解得Δh＝30cm.10．答案：(1)5＜x＜15(2)10次解析：(1)设给自行车打气次数为x，由玻意耳定律得1．5p0×10V0＋xminp0V0＝2p010V0解得xmin＝

5次由玻意耳定律得1.5p0×10V0＋xmaxp0V0＝3p010V0解得xmax＝15次，所以给自行车打气的次数范围5＜x＜15.(2)设允许给自行车最多打气y次，由理想气体状态方程得1.5p0×10V0＋yp0V0T0＝3p0×1

0V0T0＋0.2T0解得y＝10次．11．答案：(1)2p0(2)23p04p0(3)569T解析：(1)对活塞受力分析可知2p0S＋p0S＋p0·2S＝pB·2S＋p0S解得pB＝2p0(2)A中气体，初状态pA1＝p0，VA1＝Sh2，TA1＝T末状态VA2＝S(h2＋h4)，TA2＝

T由玻意耳定律有pA1VA1＝pA2VA2解得pA2＝23p0B中气体，初状态pB1＝2p0，VB1＝2Sh2，TB1＝T末状态VB2＝2S(h2－h4)，TB2＝T由玻意耳定律有pB1VB1＝pB2VB2解

得pB2＝4p0(3)对C中气体，初状态pC＝p0，VC＝Sh2＋2Sh2，TC＝T末状态V′C＝S(h2－h4)＋2S(h2＋h4)对活塞有2p0S＋pA2S＋p′C·2S＝pB2·2S＋p′C·S解得p′C＝163p0由理想气体状态方

程有pCVCTC＝p′CV′CT′C解得T′C＝569T考点69热力学定律与能量守恒1．答案：B解析：外界对气体做了8×104J的功，则W＝8×104J，气体内能减少了1.2×105J，则ΔU＝－1.2×10

5J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q＝－2×105J，B正确，A、C、D错误．2．答案：C解析：初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有(p1－p0)s＝mg，汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力

，故汽缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子

热运动的速率都减小，A、B错误；速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误．3．答案：C解析：由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据pVT＝C，温度降低，则艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据ΔU＝W＋Q可知气体放出热量，C正确．4．答案

：BCD解析：因p­T图像中a到b的线段的延长线过原点，由pVT＝C可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，A错误；因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，B正确；因W＝0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，

C、D正确．5．答案：(1)37℃(2)20J解析：(1)气体发生是等压变化，由气体实验定律V1T1＝V2T2得hS300＝（h＋Δh）S（t2＋27）代入数据解得t2＝37℃(2)气体等压膨胀对外做功W＝－p0·ΔV＝－p0(S·Δh)代入数据得W＝－10J由热力学第一定律得ΔU

＝W＋Q代入数据ΔU＝－10J＋30J＝20J．6．答案：BC解析：符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，A错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，B正确；机械能可以全部转化为内能，但在不产

生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能，C正确；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，D错误．7．答案：BD解析：热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C错误；根据热力

学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，必须借助于其他系统做功，A错误，B正确；压缩机工作时会发热，将一部分电能转化为内能消耗掉，这种影响没法消除，D正确．8．答案：BD解析：晶体熔化时吸收热量，温度不变，其分子热运动的平均动能不变，A错误；热量只能自发地从高温物体传到低温

物体，不自发地情况下可以从低温物体传到高温物体，空调的工作说明了热量可以从低温物体传到高温物体，不违反能量守恒定律，故B正确；第二类永动机违反了热力学第二定律，C错误；根据分子运动速率的统计规律可知，0℃和100℃氧气分子的速率都

呈现“中间多，两头少”的分布特点，D正确．9．答案：AC解析：根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，对于甲中气体，由于气体既不对外做功，外界也不对气体做功，因此有W＝0，ΔU＝Q，汽缸甲内气体吸收了800J热量，其内能增加800J，而汽缸乙中气体与甲中气体完全相同，当完全相同的气体从同一温度升高到另一

相同温度时其内能也一定相同，因为温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子平均动能相同，而对于一定量的同种气体而言，分子平均动能相同，则其内能相同，因此可知，乙汽缸中气体内能也增加了800J，A正确；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，汽缸乙内气体吸收了1000J热量

，而气体内能增加了800J，则可知乙中气体对外做功200J，B错误；设甲乙两汽缸初始时气体的体积均为V0，根据题意可知，乙汽缸在给气体加热的过程中发生的是等压变化，设温度升高到127℃时体积变为V1，则由盖­吕萨克定律可得V0T0＝V1T1，式中T0＝27℃＋273K＝300K，T1＝127

℃＋273K＝400K，解得V1＝43V0，而p0ΔV＝W，式中ΔV＝V1－V0＝13V0，W＝200J，解得V0＝6×10－3m3，温度升高到127℃过程中，乙中气体体积增量为ΔV＝13V0＝2×10－3m3，C正确，D错误．10．答案：

(1)35℃(2)2.5atm(3)吸热，温度不变，气体内能不变；气体对外做功而内能不变，根据热力学第一定律可知气体吸热解析：(1)等容变化，由p0T0＝p1T1且T0＝280K解得T1＝308K即t1＝35℃(2)等温过程，由p0V0＝p2V2且V0＝10L，V2＝4L解得p2＝2

.5atm(3)吸热，温度不变，气体内能不变；气体对外做功而内能不变，根据热力学第一定律可知气体吸热．考点70实验十七用油膜法估测油酸分子的大小1．答案：(1)单层VS(2)DACB(3)AC(4)6×10－10解析：(1)本实验

利用了油酸分子易在水面上形成单层分子油膜的特性．若将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，这滴溶液中含有纯油酸体积为V，形成面积为S的油酸薄膜，则由此可估测油酸分子的直径为d＝VS.(2)实验中先在浅盘中倒入约2cm深的水，将痱子

粉均匀地撒在水面上；然后将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地扩展为形状稳定的油酸薄膜；将玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上；将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，计算油酸薄

膜的面积．则合理的顺序是DACB.(3)该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大．根据d＝VS，将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，则V偏大，测得的分子直径d偏大，A正确；油酸酒精溶液长时间放置

，酒精挥发使溶液的浓度变大，则油膜的面积偏大，则测得的分子直径偏小，B错误；水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，则S的测量值偏小，分子直径测量值偏大，C正确；计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理，则S测量值偏大，则分子直径测量

值偏小，D错误．(4)一滴该油酸酒精溶液含纯油酸的体积为V＝1200×150cm3＝10－10m3，油酸分子的直径为d＝VS＝10－100.16m≈6×10－10m．2．答案：(1)ABD(2)8×10－12(3)1×

10－28×10－10(4)偏大解析：(1)将油膜看成单分子油膜，油膜是呈单分子分布的，单分子油膜的厚度等于分子的直径，A正确；不考虑各个油酸分子间的间隙，认为这些油酸分子是一个一个紧挨在一起的，分子之间没有间隙，B

正确，C错误；将油酸分子看成球形，测出油酸的体积V和形成单分子油膜的面积S，单分子油膜的厚度d＝VS，可以认为厚度等于分子的直径，D正确．(2)一滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积为V＝175×6104mL＝8×10－6mL＝8×10－12m3.(3)由图可知油膜面积为S＝111L2＝111×1cm

2≈1×10－2m2，油酸分子的直径为d＝VS＝8×10－121×10－2m＝8×10－10m.(4)若滴入75滴油酸酒精溶液的体积不足1mL，则代入计算的纯油酸的体积偏大，可知测量结果偏大．3．答案：(1)8.0×10－3(2)5×10－12(3)6×10－10(4)BD解析：

(1)每个小方格的面积为S1＝(10mm)2＝1×10－4m2，面积超过小方格面积一半的方格的个数为80个，不足半格的舍去，则油酸膜的面积约为S＝80S1＝80×10－4m2＝8.0×10－3m2.(2)每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积为V＝0.5100

0×1000mL＝5×10－12m3.(3)把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则分子的直径为d＝VS＝5×10－128.0×10－3m≈6×10－10m.(4)为能形成单分子油膜，油酸浓度应适当小些；绘制轮廓图应在油酸扩散稳定后进行，B、D正确．4．答案：(1)A(

2)4×10－54×10－9(3)AD解析：(1)“将油酸分子看成球形”采用的方法是理想模型法，A正确．(2)一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积V＝150×1500＝4×10－5mL，每小格面积1cm2，超过半个格子的算一个，不满半格的舍去，大约100个，所以分子直径d＝VS＝4×10－5100

×1cm＝4×10－7cm＝4×10－9m.(3)水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，致使水面上的油酸分子呈现多层，导致面积变小，测得油酸分子直径变大，A正确；配置好的油酸酒精溶液放置时间过长，浓度变大，导致油膜面积测量值偏大，分子直径测量值偏小，B错误；计算油酸膜面积时，错将不完整的方格

作为完整方格处理，则会使测得油酸面积变大，可知油酸分子直径变小，C错误；用注射器测得50滴油酸酒精溶液为1mL时，不小心错记为40滴，导致实际面积变小，油酸分子直径变大，D正确．5．答案：(1)①②④③(2)2.5×10－63.1×10－38.1×10－10

(3)AD解析：(1)先用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在

水面上，再用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定，然后将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，最后将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小；因此正确的顺序是①②④③.(2)一滴油

酸酒精溶液中纯油酸的体积为V＝0.2×11000×180mL＝2.5×10－6mL，油膜的面积为1平方厘米乘以方格数目，不足半格的不计入，超过半格的按一格计入，油膜覆盖的方格大约在31个，所以油膜的面积为S＝31cm2＝3.1×1

0－3m2.用纯油酸的体积除以油膜的面积，得出的油膜厚度，即是油酸分子的直径，根据实验数据，油酸分子的直径为d＝VS＝2.5×10－6mL3.1×10－3m2≈8.1×10－10m.(3)为了防止酒精的挥发，配置的

油酸酒精溶液不能长时间放置，否则浓度会发生变化，A正确；在水面上滴入油酸酒精溶液后，应该等油膜的形状稳定后再描形状数方格，B错误；若实验中撒的痱子粉过多，则油膜面积偏小，则计算得到的油酸分子的直径将偏大，C错误

；数方格时，为了减小实验误差，不足半个的舍去，超过半个的算一个，D正确．考点71实验十八探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系1．答案：(1)ACD(2)尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变(3)C解析：(1)用橡胶塞密封注射器的下端

，是为了封住一定量的气体，A是必要的；没有必要测量柱塞的直径，由于整个过程中，截面不变，知道长度就可以，列方程时，两边可以把截面积消掉，B没必要；读取压力表上显示的气压值，知道初末状态的气压值，C是必要的；读取刻度尺上显示的空气柱长度来表示空气的体积，D是必要的．(2)尽可能保证封闭气体在状态变化

过程中的温度不变．(3)图像中直线比曲线直观，在等温变化中，p与1V成正比，因此画p­1V图像，应是一条过坐标原点的倾斜直线，C正确，A、B、D错误．2．答案：(1)AC(2)1p(3)bb＋V0解析：(1)该气体发生等温变化，从注射器的刻度上读出体积

，因此传感器A为压强传感器，A正确；在步骤①中，将注射器与传感器A连接前，应使注射器封住一定量的气体，因此不必将活塞移至注射器最右端，B错误；操作中，不可用手握住注射器封闭气体部分，是为了保持封闭气体的温度不变，C正确；若实验过程中不慎

将活塞拔出针筒，气体的质量发生变化，因此以上数据全部作废，应重新做实验，D错误．(2)做出图像为一条直线，根据玻意耳定律pV＝C，因此x轴应为1p.(3)设石子体积为V1，对一定量的气体，根据玻意耳定律可得p(V－V1)＝C，整理得V＝Cp＋V1，因此可得V1＝b，软管容积

为V0不能忽略，则表达式为p(V＋V0－V1)＝C，整理得V＝Cp＋V1－V0，可知V1－V0＝b，故V1＝b＋V0.3．答案：(1)V1p图线见解析(2)V－kp(3)2.4×103解析：(1)根据玻意耳定律，有pV＝C，要作直线图像，故作V­1p图像，即方格图的纵坐标应标明的物理

量是V，横坐标则应标明1p，图像如图所示．(2)注射器中的气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律pV＝C可知气体体积趋向于0时，p趋向于无穷大．从图像知，纵轴截距表示小晶体的体积，故有k＝V－V01p－0＝p(V－V0)，解得V0＝V－kp.

(3)由上面分析可得小晶体的体积为V0＝0.27×10－5m3，小晶体的密度ρ＝mV0＝2.4×103kg/m3.4．答案：(1)控制气体的温度不发生变化p­1V或V­1p(2)AB(3)见解析放热解析：(1)实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了控制气体的温度不

发生变化．根据理想气体状态方程pVT＝C得V＝CT1p或p＝CT1V，为检验气体的压强p与体积V是否成反比例关系，能较直观的判定该关系，可将图线转化为p­1V或V­1p图像．(2)根据pV＝nRT，由曲线可知对于同一V值所对应的p值不同，

故两组注射器内气体的p与V的乘积不相等，可知当气体质量一定时，若两组实验环境温度T不同，pV乘积不等；同理，当两组封闭气体的质量不同时，pV乘积不等，A、B正确；若某组器材的气密性不佳，在实验中会漏气，气体质量会持续变化，此时不可能得到反比例关系图线；同理，若某组实验中活塞移动

太快，会使注射器内封闭气体的温度不断变化，此时图线也不可能符合反比例关系，C、D错误．(3)一定质量的理想气体，其分子总数是一个定值，当温度保持不变时，则分子的平均速率也保持不变，当其体积增大几倍时，则单位体积内的分子数变为原来的几分之一，因此气体的压强也减为原来

的几分之一；反之若体积减小为原来的几分之一，则压强增大几倍，即压强与体积成反比，这就是玻意耳定律．缓慢推活塞，气体体积减小，外界对气体做功，而温度保持不变则气体内能不变，故气体放热．5．答案：(1)AB(2)1V漏气(或者环境温度降低)解析：(1)为减小实验误差，推拉柱塞时应尽量缓慢

，以防止柱塞移动太快，气体的温度产生变化，A正确；推拉柱塞时不能用手握注射器筒上空气柱部分，以防止空气温度产生变化，B正确；若实验中橡胶塞脱落，气体的质量变化，需重新做实验，C错误．(2)当温度不变时有pV＝C，即压强p与V成反比，两者的关系图像不是直线，但压强p与1V

是线性关系，故应当以1V为横坐标；一定质量的气体在温度不变的条件下压强与体积的关系为pV＝C，其中常数与物质的量和气体温度有关，由图乙可知压缩气体压强增大，点(1V，p)与坐标原点连线斜率减小，则C减小，即实验过程中有漏气现象或者环境温度降低．验收检测卷十三热学1．答案：A解析：若A、B两

点的温度变化不同，说明薄片具有各向异性，则薄片一定为晶体，A正确，B错误；若A、B两点的温度变化相同，说明薄片具有各向同性．而根据晶体与非晶体的特性规律，单晶体具有各向异性，非晶体与多晶体具有各向同性，因此，薄片既有可能为非晶体，也有可能为多晶体，C、D错误．2．答案：D解析：

此现象属于扩散现象，是分子无规则运动的结果，不能说明分子间存在相互作用的引力，A错误；扫地时灰尘飞扬，该现象属于机械运动，不是扩散现象，所以成因不同，B错误；分子运动永不停息，C错误；二氧化氮气体的密度大于空气的密度，颜色变得相同后，上方瓶中因有二氧化氮气体，所以密度比空气大，D正确．3．答案：C

解析：根据题意，PM10表示直径小于或等于10μm的悬浮颗粒物，10μm＝1×10－5m，A错误；因为PM10始终悬浮在空气中，在空气分子的作用下做无规则运动，所以空气分子的作用力不可能始终大于其所受重力，B错误；PM2.5颗粒物在空气分子的撞击下做布朗运动，

C正确；从题目所给信息不能判断出PM2.5的浓度随高度的变化情况，D错误．4．答案：C解析：在r＞0阶段，分子力表现为引力，F做正功，分子动能增大，势能减小，A错误；在r＜r0阶段，分子间表现为斥力，F做负功，分子动能减小，势

能增加，B错误；根据上面选项分析可知在r＝r0时，分子势能最小，并且小于零，动能最大，C正确，D错误．5．答案：B解析：根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，现代汽车技术已经非常先进，但也不能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能，A错误；气体燃烧过程符

合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能，B正确；气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，该过程符合热力学第一定律，C错误；根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，发动机工作时，就算没有

漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，燃料产生的热量也不能完全转化成机械能，D错误．6．答案：D解析：步骤①和②都从相同的高度下落，不同的是豆粒的个数，故它模拟的气体压强与分子密集程度的关系，也说明大量的豆粒连续地作用在盘子上能产生持续

的作用力，即反映了气体压强产生的原因，A错误，D正确；步骤②和③的豆粒个数相同，让它们从不同的高度落下，豆粒撞击的速率不同，所以它们模拟的是气体压强与分子的速率的关系，或者说是气体的分子压强与气体平均动能的关系，B、C错误．7．答案：A解析：CO2气体与外界未实现热交换，则Q

＝0，上升过程压强减小，则体积变大，气体对外做功W<0，则气体内能减小，温度降低，则气体分子的平均动能减小，A错误，D正确；气体体积变大，压强减小，气体温度降低，分子平均速率减小，气体密度减小，则单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少，B、C正确．8．答案：B解析：气体在A、B两状

态的内能相等，则气体在A、B两点温度相同，则从A到B过程，气体的温度先升高后降低，因此气体分子平均动能先增大后减小，A错误；从B到C过程，气体体积不变，气体压强减小，温度降低，则气体分子平均动能减小，B正确；从C到D过程，等温过程，

气体内能不变，外界对气体做功等于气体放出的热量，C错误；从D到A过程，温度升高，气体分子速率分布曲线峰值向速率大的一方移动，D错误．9．答案：AC解析：气体的压强与两个因素有关，一是气体分子的平均速率，二是气体分子的数密度，气体分子的平均速率或密集程度增大，气体的压强不一定增大，

A、C符合题意．10．答案：AD解析：把熏黑的金属球放入水中时，在小球周围形成一层薄薄的空气膜，所以金属球表面附着的黑色物质和水是不浸润的，A正确，B错误；金属球在水中呈现出明亮颜色是因为光发生了全反射，光从光密介质到光疏介质会发生全反射，所以光密介质是水，光疏介质是空气膜，C错误，D正确．11

．答案：AC解析：根据题意，B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，可知在B中液面移动时，可近似认为气体体积不变，即该测温装置利用了气体的等容变化的规律，A正确；温度为27℃时，封闭气体的压强p＝p0－h＝

75cmHg－16cmHg＝59cmHg，即封闭气体的压强相当于59cm高的水银柱产生的压强，故B错误；根据查理定律有pT＝C，其中p＝p0－x，即有p0－xT＝C可知，温度升高，管内水银面的高度x降低，即管中刻度从上往下，表示的温度逐渐升高，若把该温度计置于高山顶进行测温，由于高山顶的大气

压低于标准大气压，对管中气体有p＝p0－x，温度一定时，管中气体压强运动，大气压强减小，可知管内液面的高度比山底的低一些，则温度的测量值偏大，C正确；若该温度计因某种原因漏掉一部分气体，管中气体的压强减小，可知管内液面上

升，根据上述，温度的测量值偏小，D错误．12．答案：BC解析：由p­V图像知ab是等压过程，a、c两状态的压强与体积乘积为一个定值2pV，即ac是等温过程，则ad是绝热过程；p­V图像中面积表示气体做功，由图像知Wab＜Wac＜Wad，即绝热过程

外界对气体做功，A错误；比较b、c、d三个状态，由于体积相等，根据pT＝C，由图像可知b、c、d三个状态的温度高低关系为Td＞Tc＞Tb，由于a、c两状态的温度相等，则a、b、c、d中d的温度最高，B正确；等压过程，气体的体

积减小，根据VT＝C可知气体的温度降低，则气体的内能减小，C正确；等温ac过程，气体的内能不变，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，气体体积减小，外界对气体做功，则气体放热，D错误．13．答案：(1)C(2)双曲线BD(3)Va

＋Vb解析：(1)为避免温度发生变化，不能用手握住注射器，A错误；实验中气体体积不是通过数据采集器获得的，B错误；为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，C正确；为避免温度发生变化，实验过程中不能以较快的速度推拉活塞，故D错误．(2)根据玻意耳定律可知p

­V图线理论上是一条双曲线；根据p(V＋V0)＝C可得p＝CV＋V0＜CV，由于在使注射器内空气体积逐渐减小的过程中，压强增加，但实际增加的偏小，所以p­1V图像的图形向下弯曲，所以画出的p­1V图像应当是D；注射器与压强传感器连接处软管的体积不能

忽略，根据V＝C1p－V0，所以V­1p的图像应为B.(3)根据玻意耳定律有p(V＋Va－V石)＝C变形可得V＝1pC＋V石－Va，根据图像可知石头的体积为V石＝Va＋Vb.14．答案：(1)360K(2)111J解析：(1)活塞从A到B过程中，气体发生等压

变化，则有ShATA＝ShBTB解得TB＝360K.(2)活塞上升过程，外界对气体做功为W＝－(p0S＋mg)(hB－hA)＝－11J根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q联立解得Q＝111J．15．答案：(1)32p0p0S2

g(2)177℃解析：(1)设初始状态汽缸内封闭气体压强为p，体积为V，稳定时汽缸内封闭气体压强为p1，体积为V1，加入沙子质量为m，初始状态下汽缸内气体压强与大气压强相同，有p＝p0添加沙子过程中，汽缸

内气体经历等温变化，由玻意耳定律pV＝p1V1且V＝SH，V1＝23SH联立解得p1＝32p0对活塞进行分析有p1S＝pS＋mg解得m＝p0S2g(2)设活塞再次回到高H处时，环境温度为t2，温度升高过程中，汽缸内气体经历等压变化，由盖­

吕萨克定律得V1T1＝VT2T1＝t1＋273，T2＝t2＋273联立解得t2＝177℃.16．答案：(1)100次(2)42次解析：(1)设至少充气n次，则n次充气的气体体积为nV100，压强为p0，充气后压强为p1

＝p0＋mgS＝2p0充气后所充气的气体体积为V2，由玻意耳定律有p0nV100＝2p0V2解得n＝100次．(2)设至少充气N次，则N次充气的气体体积为NV100，压强为p0，温度为T0；汽缸原有气体体积V2，压强为2p0，温度为T0；充气

后体积为V，压强为2p0，温度为T0＋NT0100；由理想气体状态方程，得p0NV100＋2p0V2T0＝2p0VT0＋NT0100解得N＝100(2－1)根据题意，取N＝42次．第十四章光学考点72光的折射全反射1．答案：B

D解析：由sinθ1sinθ2＝n，且n＞1，可得sinθ2＝1nsinθ1，A错误，B正确；又因为n＝cv，得v＝1nc，C错误，D正确．2．答案：A解析：根据折射定律n上sinθ上＝n下sinθ下由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则n下>n上，则θ下逐渐减小，画出光路图

如下则从高到低θ下逐渐减小，则光线应逐渐趋于竖直方向．故选A.3．答案：A解析：过A点和B点分别做法线，如图所示在△ASO中，由正弦定理可得Rsinθ＝3Rsin∠SAO，解得∠SAO＝120°，i＝60°，因此可知∠SOA＝30°，而根据几何关系可知∠OAB＝∠OBA

，而由折射定律有sinisin∠OAB＝sinrsin∠OBA，解得r＝60°，而∠SOA＋∠AOB＋r＝180°，得∠AOB＝90°，∠OAB＝∠OBA＝45°，由此可知，n＝sinisin∠OAB＝s

in60°sin45°＝62，A正确．4．答案：(1)2(2)26L3c解析：(1)如图所示设入射角为i，折射角为r，根据几何关系可得tani＝LL＝1，tanr＝33LL＝33可得i＝45°，r＝30

°液体对该单色光的折射率为n＝sin45°sin30°＝2.(2)根据折射率公式可知，光在介质中的传播速度为n＝cv解得v＝cn＝22c根据几何关系可得，装满液体后容器内最右侧的光线在液体中传播到容器底部所

用的时间为t＝233L22c＝26L3c.5．答案：CD解析：发生全反射现象的条件是：光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于临界角，所以A、B均错误；由折射率n＝sinθ1sinθ2＝2可知，当入射角最大为90°时，

折射角θ2＝45°，C正确；由折射率n＝sinθ1sinθ2，D正确．6．答案：C解析：光线从O点入射，设折射角为β，由折射定律有sinα＝nsinβ，解得β＝30°，即该束单色光在MQ边的折射角为30°，A错误；设边长NP＝l，则MN＝2l，作出光路图如图

所示．由几何关系可知光在MN边的入射角为60°，B错误；设光在玻璃砖与空气界面发生全反射的临界角为C，有sinC＝1n＝22，即C＝45°，而光在MN边的入射角大于45°，所以光在MN边发生全反射，不能从MN边射出，C正确；根据几何关系可知光在

A点发生全反射后到达NP边的B点时的入射角为30°，小于全反射临界角，所以光在B点折射出玻璃砖，D错误．7．答案：AC解析：光路如图，则n＝sinisinrsini≈tani＝dh′，sinr＝tanr

＝dh则h′＝hn＝343m＝2.25m，A正确，B错误；因sinC＝1n＝34则tanC＝37，在水面上能看到鱼的水域圆半径R＝htanC＝3h7＝977m，故C正确，D错误．8．答案：(1)tanθ(2)

Dtanθ解析：(1)设折射角为r，根据几何关系可得r＝90°－θ根据折射定律可得n＝sinθsinr联立可得n＝tanθ.(2)如图所示．根据几何关系可得d＝Dsin（90°－θ）sinθ＝Dtanθ.9．答案：B解析：根据题意，画单色光光

路图如图：根据几何关系tanθ＝12BDBE＝34，故θ＝37°，根据折射定律n＝sin53°sinθ，解得n＝43，B正确；根据传播速度与折射率关系v＝cn，解得v＝34c，C错误；根据几何关系有α＝53°，根据临界角与折射率

的关系sinC＝1n＝34＜sinα＝0.8，光射到E点时发生全反射，没有光线射出，A错误；光线射到AC面时，入射角为37°，根据几何关系，所以折射角为53°，D错误．10．答案：(1)60°(2)23dc解析：(1)由几何关系可知入射光线在A

B界面的入射角为i＝60°由折射定律有n＝sinisinr＝3解得r＝30°故折射光线与AB界面的夹角θ＝90°－r＝60°(2)若光线直接从AC界面射出，光路如图所示，可知从C点射出时路程最长，此时s1＝d由sinC＝1n

＝13可知，光线经BC面全反射后从AC界面射出，光路如图所示，设BD距离为x由几何关系可得ED＝x2cos30°，DF＝dtan60°－xcos30°，s2＝ED＋DF联立以上三式可得s2＝2d－3x3可知当x＝0时，s2＝2d.故最长路程为2d，又因为v＝cn，

t＝2dv代入数据可得t＝23dc.11．答案：B解析：设两束单色光的入射角为θ，对单色光a，由折射定律得na＝sinθcosα，光束a在玻璃砖中传播速度为va＝cna，对单色光b，由折射定律得nb＝sinθcosβ，光束b在玻璃砖中传播速度为vb＝cnb，所以光束a与光束b在玻璃砖中传播速

度的比值vavb＝nbna＝cosαcosβ，B正确．12．答案：A解析：单色光从P点以45°角射入玻璃砖，出射光线和入射光线平行，则有折射光线与垂直OP的夹角相等，则光线在玻璃砖中的光路图如图所示，由折射定律可得n＝si

nθsinα，由几何关系可知sinα＝OPOP2＋R2＝12，联立解得n＝2，A正确，B、C、D错误．13．答案：D解析：光路如图所示根据折射定律有n＝sin45°sinr，解得r＜30°，根据几何知识可知，两条光在BC面的入射角为i＞75°，根据sinC＝1n，解得C＜45°，所以调整a

、b光的入射位置，光在BC面发生全反射，不可能从BC边射出，A错误；由于α<β，可知a光束进入棱镜时偏折较大，a、b光束的间距可调，故a光束上移，b光束下移，a、b光束就有可能从CD同一位置射出，B错误；由图可知a光束从CD边射出可能离底边BC

更远，C错误；根据图中a光束的光路图，根据正弦定理有EFsin45°＝BEsin（90°＋α）＝BEcosα，解得EF＝sin45°cosαBE，同理可得EG＝sin45°cosαCE，a光在玻璃中的路程为sa＝EF＋EG＝sin45°cosα(CE＋BE)＝sin4

5°cosαBE＝12cosαBE，a光在玻璃中的速度为va＝cna＝csin45°sinα＝2csinα，a光在玻璃中的运动时间为ta＝sava＝BEcsin2α，同理可得tb＝sbvb＝BEcsin2β，由于na＝sin45°sinα＞nb＝sin45°sinβ＞2可知

sinα＜sinβ＜12，则α＜β＜30°，2α＜2β＜60°，则有sin2α＜sin2β，可知ta＞tb，D正确．14．答案：B解析：由全反射角公式和几何关系，有sinC＝1n＝34，tanC＝37，在小蝌蚪竖直向下运动过程中，如图所示，小蝌蚪从A点到B点过程中，在水面之上看不到小蝌蚪，有A

B＝RtanC－h＝724m，则在水面之上看不到小蝌蚪的时间为t＝ABv＝576s，B正确．15．答案：C解析：设光在该材料中传播速度为v，由L＝vt，解得v＝Lt＝2.4×108m/s，由n＝cv可知n＝1.25.设全反射临界

角为C，则sinC＝1n＝0.8，光刚好发生全反射，可知光在透明材料中的路程为s＝LsinC＝7.5m，则t′＝sv＝7.52.4×108s＝3.125×10－8s，C正确．16．答案：(1)12(2

)（7－1）Rc解析：(1)在△ABO中，∠ABO＝α，∠BAO＝β，∠BOA＝θ，如图所示，设玻璃砖的折射率为n，根据题意可得sinC＝1n根据折射定律可得n＝sinisinβ，sinα＝sinC在△ABO中，根据正弦定理可得2Rsinα＝Rsinβ解得

sini＝12(2)因为n＝2，n＝sinisinβ，sinβ＝122，sinC＝12，θ＝C－β所以得sinθ＝7－14在△ABO中，根据正弦定理可得Rsinβ＝ABsinθ且有v＝cn该单色光从A点传播到B

点所用时间为tAB＝ABv解得tAB＝（7－1）Rc.17．答案：(1)3(2)（43＋3）R2c解析：(1)半圆上的D点到BC的距离为32R，由三角形边角关系可知，折射角为30°，则，玻璃砖的折射率为n＝sin60°sin30°＝3.(2)光射到AB边时的入射角为

45°，发生全反射的临界角为sinC＝1n＝33即C＜45°故光在传播到AB边后发生全反射，光路图如图所示光在玻璃砖中的路程为s＝2R＋32R光在玻璃砖中的传播的速度为v＝cn故光在玻璃砖中的传播时间t＝sv＝（43＋3）R2c.考点73光的波动性1．答案：D解析

：铁丝圈挂上一层薄薄的液膜，观察到彩色条纹，是薄膜干涉现象，A、B错误；由重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，因表面张力的原因，侧截面是一个圆滑的曲面，不是梯形，C错误；黄光照射，将看到上疏下密的黄色横条纹，D正确．2．答案：B解析：根据双缝干涉的条纹间距与波

长关系有Δx＝Ldλ由题图知Δx乙＝2Δx甲则d乙＝12d甲故选B.3．答案：A解析：相邻两条亮纹之间的距离Δx＝Ldλ＝b＋c2aλ，A正确，B、C、D错误．4．答案：C解析：紫外线由真空进入液体后，频率不变，根据公式E＝hν可知光子能量

不变，A错误；由于频率不变，传播速度减小，波长变短，根据公式可得λ＝11.8λ0＝11.8×13.5nm＝7.5nm，B错误，C正确；由于波长变短，所以更不容易发生明显衍射，D错误．5．答案：A解析：根

据单缝衍射图样和双缝干涉图样特点判断．单缝衍射图样为中央亮条纹最宽最亮，往两边变窄，双缝干涉图样是明暗相间的条纹，条纹间距相等，条纹宽度相等，结合图甲、乙可知，甲对应单缝，乙对应双缝，A正确，B、C、D错误．6．答案：C解析：电

灯S发出的光，包含着垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿着各个方向振动的光波的强度都相同，属于自然光，A错误；自然光先经过偏振片A形成偏振光，当偏振片B的透振方向与A的透振方向不垂直时，才能从P点看到光亮，所以A是起偏器，B是检偏器，B错误；由于此时人眼在P处迎着

入射光方向看不到光亮，说明A、B透振方向垂直，以SP为轴将A转过45°，则透过A的偏振光的振动方向将存在平行于B透振方向的分量，此时将有部分光可以透过B，在P处可以看到光亮，C正确；无论将B沿SP向A平移至何位置，透过A的偏振光的振动方向始终与B的透振方向垂直，在P处始终看不

到光亮，D错误．7．答案：C解析：手机、电脑、电视等电子显示设备发出的光是偏振光，D错误；3D眼镜的2个镜片是两个透振方向互相垂直的偏振片，图中电脑显示屏发出的偏振光的透振方向与左侧眼镜垂直，没有光穿过左侧眼镜，左侧眼镜看不

见电脑显示屏，电脑显示屏发出的偏振光的透振方向与右侧眼镜平行，有光穿过右侧眼镜，右侧眼镜看得见电脑显示屏，A、B错误，C正确．8．答案：A解析：在转动金属丝圈的过程中，由于两层薄膜的厚度不变，故反射光形成的光程差也不会发生变化，故产生的干涉

条纹仍保持原来的状态不变，A正确．9．答案：C解析：该测量原理是光的干涉现象，A错误；由图乙可知，在空气薄膜中相同的长度下，单色光a、b相邻明条纹的关系满足6Δxa＝8Δxb，解得Δxa∶Δxb＝4∶3，相邻明条纹之间空气薄膜

的厚度差等于λ2，由几何关系知Δxsinθ＝λ2，故单色光a、b的波长之比约为4∶3；单色光a、b分别通过同一装置进行双缝干涉实验时，由双缝干涉条纹间距公式Δx＝ldλ可知，单色光a形成的相邻明条纹间距比单色光b大一些，B、D错误；根据单色光a、b的波长关系，由公式c＝λf可知，单色光a

的频率小于单色光b的频率，根据光电效应方程Ek＝hν－W0可知，用单色光a、b照射同种金属时，用单色光a照射不发生光电效应，换用单色光b照射可能会发生光电效应，C正确．10．答案：BD解析：由题意知条纹的形成属单缝衍射，并非运用光的干

涉，A错误，B正确；由单缝衍射可知，缝变窄条纹宽度变宽，故如果屏上条纹变宽，表明细丝变细了，C错误，D正确．11．答案：BD解析：该绿光的波长是λ＝cf＝3.0×1086.0×1014m＝5×10－7m，A错误；因为Δx＝7.5×10－7m＝32λ

，半波长的奇数倍是干涉的减弱点，P点出现暗条纹，B正确；仅将绿光换成红光，红光波长更长，根据Δx＝Ldλ知其他条件不变，波长变大，条纹宽度变大，则光屏上相邻两条纹的中心间距变大，C错误；根据Δx＝Ldλ知仅将单缝靠近双缝，

不改变条纹间距，则光屏上相邻两亮条纹的中心间距不变，D正确．考点74实验十九测量玻璃的折射率1．答案：(1)BC(2)偏小(3)x1x2解析：(1)实验中，不能将玻璃砖界面当尺子画界线，A错误；大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，引起的角度误差会减小，B正确；只要操作正确，任何

形状的玻璃砖均可用“插针法”测量折射率，C正确；由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于在下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，D错误．(2)如图所示作图得到的光路图和实际光路图相比，入射角没有变化，折射角

的测量值偏大，由n＝sinisinr知折射率偏小．(3)由几何关系可知sini＝ABOA＝x1R，sinr＝CDOC＝x2R，则玻璃砖的折射率为n＝sinisinr＝x1x2.2．答案：(1)C(2)大(

3)1.5(4)偏大解析：(1)手拿光学元器件时切忌用手触摸“工作面”，以防脏污甚至腐蚀光学面造成永久的损坏，A错误；为减少测量误差，入射角应适当大一些，即P1、P2的连线与法线NN′的夹角应尽量大些，B错误；为

了减小作图误差，将出射光线确定得更准确些，P3和P4的距离应适当取大些，C正确；测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关，故玻璃的两个光学面aa′、bb′不平行，对玻璃折射率的测定结果没有影响，D错误．(2)如果有几块宽度不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应

选用宽度大的玻璃砖来测量，宽度越大，出射光线的侧位移越大，折射角的测量越准确，故为了减小误差应选用宽度大的玻璃砖来测量．(3)根据折射率定义公式有n＝sinθ1sinθ2，代入数据可得玻璃砖的折射率为n＝0.60.4＝1.5.(4)在实

验过程中，画出界面a后，不小心将玻璃砖向上平移了一些，导致界面a画到图中虚线位置，而在作光路图时界面a仍为开始所画的，实际光线如图中的O′Q所示，而作图光线如图中OQ所示，导致折射角偏小，所测得的折射率偏大．3．答案

：(1)BD(2)丙DEFG解析：(1)根据题意可知，然后应插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像，从而确定出射光线，故正确的操作步骤为BD.(2)根据题意，过P3、P4做一条直线与AC边相交于H，并

以入射点O为圆心做一个圆，与入射光线相交于D，与OH连线的延长线相交于G，过O点做法线，过D点做法线的垂线交于E，过G点做法线的垂线交于F,由图可知sinα＝DEDO，sinβ＝FGOG，DO＝OG，可得仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率，题图丙所示正确．根

据几何关系可得，折射率为n＝sinαsinβ＝DEFG.4．答案：Ⅰ.(3)P1、P2的像P3和P1、P2的像(4)1.33Ⅱ.BD解析：Ⅰ.(3)选择合适的点竖直插大头针，在BC外侧调整视线观察到大头针P1和P2的像在一条直线上，再竖直插上两枚大头针，使P

3挡住P1和P2的像，P4挡住和P1、P2和P3的像；(4)设入射角为i，折射角为r，P2(x2，y2)，P3(x3，y3)，P4(x4，y4)，则有n＝sinrsini，而sinr＝y4－y3（x4－x3）2＋（y4－

y3），sini＝y2x22＋y22，代入数据联立解得n≈1.33.Ⅱ.应选用较细的大头针完成实验，这样可准确确定光线的传播方向，故A错误，B正确；插在光学元件同侧的两枚大头针间的距离应适当大些，这样可减小确定光线方向时产生的误差，C错误，D正确．5．答案：(2)③2.25(2.24～2.26均可

)(3)d2d11.51(1.50～1.52均可)(4)小一些解析：(2)③毫米刻度尺的分度值为1cm10＝0.1cm，因此读数需要向后估读一位，故d1＝2.25cm.(3)根据题意作出法线、入射角θ1、折射角θ2，如图所

示sinθ1＝Mfd1sinθ2＝Mfd2⇒n＝sinθ1sinθ2＝d2d1＝1.51(4)为减小d1和d2测量的相对误差，可以增大d1和d2，因此激光在M点入射时应尽量使入射角小一些．考点75实验二十用双缝干涉实验测量光的波长1．答案：(1)0.35dx5L4.8×10－7(2

)D解析：(1)图丙中游标卡尺的最小分度值为0.05mm，主尺示数为0，游标尺的第7刻度线与主尺刻度线对齐，则示数为0＋7×0.05mm＝0.35mm，A、B条纹间的距离为5倍相邻亮(暗)条纹间的距离，故Δx＝x5.根据相邻亮(暗)条纹间的间距公式有Δx＝

ldλ，解得λ＝dx5L，代入数据可得λ＝4.8×10－7m.(2)该同学对实验装置调节后，在像屏上仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目有所增加，可知相邻条纹间的宽度减小，由公式Δx＝ldλ可知，该调节可能是更换波

长更短的光做实验，即将红色滤光片换成绿色滤光片，其他调节都达不到该实验效果，D正确．2．答案：(1)65.0(2)6.50×10－7(3)变小解析：(1)刻度尺的最小刻度值为1mm，由刻度尺读出A、B两亮纹的位置为xA＝25.0mm，xB＝90.0m

m，则A、B两亮纹中心间的距离x＝xB－xA＝65.0mm.(2)相邻两亮条纹间的距离Δx＝xn＝65.010mm＝6.50mm，由λd＝ΔxL，可得该激光的波长λ＝dLΔx＝0.36×10－33.6×6.50×10－3m＝6.50×10－7m.(3)绿光波长在505～566纳米

之间，如果用绿色激光重新实验，由于绿色激光的波长较小，由λd＝ΔxL可知，d、L不变，则相邻亮纹间距会变小．3．答案：(1)B(2)（x2－x1）d4l(3)B解析：(1)“用双缝干涉测量光的波长”实验装置中，光具座上a、b、c处放置的光学元件依次为滤光

片、单缝、双缝，B正确．(2)由图可知，相邻条纹间距为Δx＝x2－x14，根据公式Δx＝ldλ，联立可得λ＝（x2－x1）d4l.(3)实验时单缝向下微微移动，通过双缝S1、S2的光仍是相干光，仍可产生干涉条纹，A错误；对于中央亮纹来说，从S′处经过S1、S

2到中央亮纹的路程差仍等于0，如下图所示而S′S1＞S′S2，要使得S′S1＋S1P＝S′S2＋S2P，那么S1P＜S2P，则中央亮纹O的位置略向上移动，B正确，C错误．4．答案：(1)12.6702.310(2)6.6×

10－7解析：(1)螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，测量头上螺旋测微器的读数为12.5mm＋17.0×0.01mm＝12.670mm，条纹间距为Δx＝xn－x1n－1＝12.670－1.1206－1mm

＝2.310mm.(2)根据条纹间距与波长的关系可得λ＝dLΔx＝2.00×10－4×2.310×10－30.700m＝6.6×10－7m．5．答案：(1)C(2)B(3)（x2－x1）d6L3.110(4)小于解析：(1)单缝和双缝均沿竖直方向，因此得到的干涉条纹为竖直方向

的干涉条纹，C正确．(2)取下红色滤光片，通过单缝的为白光，因此得到的干涉条纹为彩色条纹，B正确．(3)根据题意，相邻亮条纹之间的距离为Δx＝x2－x16，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝Ldλ，单色光波长λ＝（x2－x

1）d6L.20分度值的游标卡尺的精确度为0.05mm，读数31mm＋2×0.05mm＝31.10mm＝3.100cm，(4)从图可以看出，若条纹倾斜，则真实值小于测量值．验收检测卷十四光学1．答案：A解析：用游标卡尺两测量爪间的狭缝观察光源时所得到的是光的衍

射现象，狭缝越小，衍射现象越明显，A正确．2．答案：A解析：荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于光线从水中射向空气时发生光的全反射，A正确；全息照片是借助于一束相干的参考光，利用物光与参考光的光程差，同时记录光波的振幅与相位的信息，利用光的干

涉现象，B错误；加有偏振滤光片的相机拍照，偏振片可将车窗的反射光减弱，从而可以拍摄清楚汽车内部的情景；用涂有增透膜的相机拍照，仍不能拍摄清楚汽车内部的情景，C错误；肥皂泡在阳光下呈现彩色条纹是肥皂膜内外反

射的光线叠加产生的效果，这是光的干涉，D错误．3．答案：D解析：光在AB中不会发生全反射，图中C中光线向下；在D中可能使光线向上偏折；临界角的正弦sinC＝1n＝11.5＝23，入射角的正弦sinθ＝22，比较可得sinθ＞sinC，光线能发生全反射，故可知D图

可产生如图所示的效果，D正确．4．答案：C解析：根据反射定律和折射定律可知，a是入射光线，b是反射光线，c是折射光线，A错误；此玻璃砖的折射率n＝sinisinr＝sin40°sin30°，B错误；顺时

针转动玻璃砖时，入射角r增大，故反射角也增大，光线b顺时针方向转，C正确；a光是入射光，不会随玻璃砖的转动而消失．逆时针转动玻璃砖时，入射角r先减小后增大，光线c的强度先增大后减小，最后发生全反射，光线c消失，D错误．5．答案：D解析：激光源发出的激光相位差恒定，A错误；若在缝屏上先、后安装

透振方向水平和竖直的偏振片，由于偏振片只允许一个方向的激光通过，所以照射到光屏上的光强度一定变化，B错误；若在缝屏上安装的是双缝，光屏上得到的是明暗相间等距的条纹，增大双缝间距时由Δx＝ldλ，可知条纹变窄，C错误；若在缝屏上安装的是单缝，光通过单缝时发生衍射，光屏上得到的是

中间宽、两侧窄的明暗相间的条纹．当孔径或障碍物的尺寸小于波长或与波长相差不大时衍射现象明显，所以单缝变窄时衍射现象更明显，中央亮条纹变宽，D正确．6．答案：B解析：根据折射定律n＝sinθsinα可得光线在AC界面折射后折射角为α＝30°，A错误；光线在BD界面发生全反射的临界角为si

nC＝1n，解得C＝45°，如图所示，光线在BD界面的入射角为30°，小于全反射临界角，故光射入透明介质后能从BD界面射出，B正确；光射入透明介质后，传播速度变为v＝cn，C错误；根据λ＝vf＝cnf可知光射入透明介质后，波长变短，D错误．7．答案：A解析：如图所示由正弦定理得Rsinβ＝

rsinα，整理得sinα＝rRsinβ，当β＝90°时，α最大，即从P点或Q点垂直于PQ发出的光线射到球面上的入射角最大，则sinαm＝rR，若所有光线都能直接射出，应满足sinαm＜sinC＝1n，解得r＜Rn，发光圆面的最大面积S＝π(Rn)2＝

πR2n2，A正确．8．答案：B解析：内外两层间形成空气劈尖，光线在空气膜的上下表面反射，并发生干涉，形成明暗相间的条纹，设空气膜顶角为θ，两相邻亮条纹的间距为Δl，如图所示，两处光的路程差分别为δ1＝2d1，δ2＝2d2，由δ2－δ1＝λ得d2－d1＝λ2，由几何关系得tanθ＝d2－d1Δ

l，即Δl＝λ2tanθ.当用力按压左下角时，θ角减小，Δl增大，条纹变疏．又任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等，可知条纹向左下方移动，B正确．9．答案：ACD解析：当在偏振片A、B间放糖溶液时，由于糖溶液的旋光作用，使通过偏振片A的偏振光振动方向转动了一定角度

，到达O处的光强会明显减弱，A正确，B错误；但当将偏振片B转过一个角度，恰好使透振方向与经过糖溶液后的偏振光振动方向一致时，O处光强又为最强，故偏振片B的旋转角度等于α，同理转动偏振片A也可以达到相同的效果，C、D正确．10．答案：ABD解析：由题意画出如图所示的光路图，可知光束Ⅰ是反射光线，所以

仍是复色光，而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ是单色光，A正确；由于光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，所以玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，根据v＝cn可知，光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小，B正确；当增大α角且α<90°，即入射角减小时，光束Ⅱ、Ⅲ会靠近光束

Ⅰ，C错误；因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的，根据光的入射角与反射角相等以及光的可逆性，可知改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行，D正确．11．答案：ACD解析：由a、b经棱镜后的偏折情况可知a的折射率大于b的折射率，A正确；

由n＝cv知，a光在棱镜中的传播速度小，B错误；a的折射率大，频率大，由v＝λf可知a的波长小，由Δx＝ldλ知，a光的条纹间距小，C正确；b光的波长大，衍射现象更明显，D正确．12．答案：AC解析：光在环状透明体中的

光路如图所示B点处发生全反射，则有sinC＝1n＝12，解得C＝45°，在三角形ABO中，由正弦定理可得Rsinr＝2Rsin（180°－C），解得sinr＝12，r＝30°.由折射定律sinisinr＝n可得s

ini＝22，i＝45°，则有β＝i＝45°，可得d＝2Rsinβ＝R，A正确，B错误；在三角形ABO中α＝C－r＝15°，由正弦定理可得Rsinr＝ABsinα，解得AB＝（6－2）R2，根据折射率光的速度表达式有n＝cv，光线从A点传播到B点的时间为t＝ABv＝（

3－1）Rc，C正确，D错误．13．答案：(1)5.2×10－6(2)丁解析：(1)10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，第1条明条纹对应的游标卡尺读数为x1＝1cm＋5×0.1mm＝10.5mm，第5条明条纹对应的游标卡尺读数为x5＝3.1cm＋4×0.1mm＝31.4mm，则有Δx＝x5－

x14＝31.4－10.54mm＝5.225mm，根据Δx＝λld可得入射光的波长为λ＝dΔxl＝0.50×10－3×5.225×10－3500×10－3m≈5.2×10－6m．(2)由图丁可看到初末条纹是同一条纹，丁图存在造假现象．14．答案：(1)暗

条纹(2)5条暗条纹6条亮条纹解析：(1)光的波长为λ＝cf＝3.0×1086×1014＝5.0×10－7m路程差为Δr＝3×10－6mn＝Δrλ＝3×10－65×10－7＝6由于两光源的振动情况恰好相反，所以P点

出现暗条纹；(2)O点的路程差为0，也是暗条纹，OP间还有5条暗条纹，6条亮条纹．15．答案：(1)43(2)(1277－3)m解析：(1)点光源Q在距水面4m处发出的光在观景台右侧面与水面交接处折射到幕布，照射到幕布的光最高，如图则sinα＝332＋42＝35，sinβ＝432＋42＝45水对

该单色光的折射率n＝sinβsinα＝43(2)刚好没有光照到幕布上时，光照射到水面时刚好发生全反射，如图则sinC＝1n＝34设光源到P点的距离为L，可得sinC＝LL2＋H2解得L＝1277m则光源向左

移动Δx＝L－l＝(1277－3)m．16．答案：(1)45°(2)（3＋1）Lc解析：(1)作出光在棱镜中的光路图如图所示．设光在AD面的入射角θ1，折射角θ2，根据折射定律可得n＝sinθ1sinθ2由题意在AB面F点恰好全反射，设临界角为C，则sinθ＝

1n临界角为C＝45°由几何关系知θ2＋C＝75°可得θ2＝30°联立以上几式解得θ1＝45°(2)在△AEF中，设AF长LAF，EF长LEF，由正弦定理LAFsin（90°－θ2）＝LEFsin75°在△BFG中，设BF长LBF，FG长LFG，由正弦定理LBFsin（9

0°－θ3）＝LFGsin75°根据对称性有θ2＝θ3光在棱镜中传播距离s＝LEF＋LFG光在棱镜中传播速度v＝cn则光在棱镜中传播时间t＝sv联立以上几式解得t＝（3＋1）Lc.第十五章原子结构波粒二象性原子核考点76光电效应波粒二象性1．答案：C解析：一切物体都会辐射电磁波，绝

对零度的物体才可能没有辐射，温度越高，辐射的电磁波越强，A、B错误；普朗克假设黑体辐射中的辐射能量是不连续的，只能取能量基本单位的整数倍，从而很好地解释了黑体辐射的实验现象，C正确，D错误．2．答案：AC解

析：金属逸出功只与极限频率有关，A正确；根据光电效应方程Ek＝hν－W0可知，光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，只延长入射光照射时间，光电子的最大初动能不变，B错误，C正确；发生光电效应的条件是入射光的

频率大于截止频率，光电子逸出所经历的时间几乎相同，D错误．3．答案：C解析：能否发生光电效应取决于光的频率，与照射时间长短无关，A错误；增加极板间电压，会出现饱和电流，不会一直增大，B错误；调换电源正负极，若反向电压达到遏止电压，则电流表示数消失，C正确；光

电效应反映了光具有粒子性，D错误．4．答案：BC解析：由爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν－W0，由动能定理得Ek＝eU，用a、b单色光照射同种金属时，逸出功W0相同．当νa＞νb时，一定有Eka＞Ekb，Ua＞Ub，A错误，B正确；若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb，C正确；因逸出功相同，有W

0＝hνa－Eka＝hνb－Ekb，D错误．5．答案：B解析：根据爱因斯坦的光电效应方程Ek＝hν－W0＝hν－hνc分析可知，Ek­ν图像的斜率表示普朗克常量，因此两条图线的斜率相同，而钨的逸出功大于锌的逸出功，即钨的截止频率大于锌的截止频率，而图线与横轴的交点表示金

属的截止频率，则可知钨的Ek­ν图像在右侧，锌的在左侧，B正确．6．答案：BC解析：根据光电效应方程，结合动能定理可知eUc＝Ekm＝hν－W＝hν－hν0，变式可得Uc＝heν－heν0，斜率k＝b2a＝he，解得普朗克常量为h＝be2a，A错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W可知

，纵轴截距的绝对值表示逸出功，则实线对应金属的逸出功比虚线大，B正确；入射光频率一定，饱和光电流由入射光的强度决定，即光的颜色不变的情况下，入射光越强，光子数越多，饱和光电流越大，C正确；分析图丁可知，当达到饱和光电流以后，增加光电管两端的电压，光电流不变，D错误．7．答案：B解

析：根据E＝hν可知光子的能量增加后，光子的频率增加，又根据λ＝cν可知光子波长减小，A错误，B正确；根据p＝hλ可知光子的动量增加；又因为光子质量不变，根据p＝mv可知光子速度增加，C错误，D错误．8．答案：AD解析：题图甲中的每一个

电子都是一个点，说明少数粒子体现粒子性，到达的位置不同，说明单个电子的运动轨道不确定，A正确，C错误；题图乙中明暗相间的条纹说明大量的粒子表现为波动性，B错误；明条纹是电子到达概率大的地方，D正确．9．答案：B解析：打断该材料分子键需要的能量为该激光器单光子能量，则该激光的光子能量为ε＝hν＝h

cλ，解得ε＝5.5×10－19J，B正确．10．答案：CD解析：根据题意可知金属的截止频率为νc＝6×1014Hz，则有λ＝cνc＝3.0×1086.0×1014m＝5.0×10－7m，所以光源S发出的光波波长不能大于5.0×10－7m，A错误；根据

遏制电压与光电子的最大初动能之间的关系，同时结合爱因斯坦的光电效应方程可得eUc＝Ek＝hν－hνc，整理得Uc＝heν－heνc，由此可得图像的斜率为he，B错误；当光电流等于10－8A时，根据电流的定义式可知每秒产

生的光子的个数为N＝Ite＝10－8×11.6×10－19个≈6.25×1010个，C正确；当光源S发出的光能使光电管发生光电效应，则光源越强，被烟雾散射进入光电管的光就越多，越容易探测到烟雾，也就是说光电烟雾探测器灵敏度越高，即通过调节光源发光的强度来调整光电烟

雾探测器的灵敏度是可行的，D正确．11．答案：A解析：n＝3激发态的氢原子向低能级跃迁时释放的能量为E1＝－1.51－(－3.40)＝1.89eV，E2＝－3.40－(－13.6)＝10.20eV，E3＝－1.51－(－13.6)＝12.09eV，可见光能量的范围为1.64eV～3.19e

V，所以只有E1在可见光光子能量范围内，A正确；根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W0，解得W0＝hν－Ekm＝2.55eV，B错误；根据图丙可知a光的遏止电压小于b光的遏止电压，根据hν＝Ekm＋W0，eUc＝Ekm得a光子的能量小于b光子的能量，所以a光

为氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1能级时发出的光，C错误；部分光线被遮挡，不改变光子的能量，则光电子飞出阴极时的最大初动能不变，D错误．12．答案：BD解析：光电子在反向电场中减速运动，根据动能定理有－eU1＝0－12mv2，则可得用频率为ν1的光照射时，光电子的最大初速度v＝2eU1

m，A错误；根据爱因斯坦的光电效应方程有eU1＝hν1－W0，eU2＝hν2－W0，可得金属的逸出功W0＝hν1－eU1，W0＝hν2－eU2，可得普朗克常量h＝e（U1－U2）ν1－ν2，而根据W0＝hν可得阴极K金属的极限频率ν＝U1ν2－U2ν1U1－U2，

B、D正确，C错误．考点77原子和原子核1．答案：AC解析：天然放射性现象说明原子核内部具有复杂的结构，A正确；α粒子散射实验说明原子具有核式结构，B错误；根据电荷数守恒和质量数守恒知，β衰变放出一个电子，新核的电荷数增加1，即原子序数增加，C正

确；氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的能量小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的能量，故从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长，D错误．2．答案：D解析：α粒子是氦的原子核，

因此不是质子流，A错误；实验结果说明占原子质量绝大部分的带正电的物质集中在很小的空间范围，B错误；α粒子发生大角度偏转是金箔中的带正电的原子核对α粒子的库仑斥力引起的，C错误；为避免空气分子的影响，内部需要抽成真空，D正确．3．答案：B解析：氢原子从n＝4能级跃迁到n＝1能级时辐射出

一种光子，能量为E＝－0.85eV－(－13.6eV)＝12.75eV，这种光子照射到逸出功为10.75eV的金属上，逸出的光电子最大初动能Ek＝E－W0＝2.00eV，B正确．4．答案：CD解析：γ射线为衰变或重核裂变时才会放出，氢原

子跃迁无法辐射γ射线，A错误；氢原子从n＝3的能级向n＝2的能级辐射光子的能量E＝－1.51eV－(－3.40eV)＝1.89eV，在可见光范围之内，B错误；氢原子在n＝3能级吸收1.51eV的光子能量就可以电离，紫外线的最小频率大于1.51eV，可以使处

于n＝3能级的氢原子电离，C正确；氢原子从n＝4能级跃迁至n＝2能级辐射光子的能量E′＝－0.85eV－(－3.40eV)＝2.55eV，在可见光范围之内；同理，从n＝3的能级向n＝2的能级辐射光子的能量也在可见光范围之内，所以大量氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时可辐射出2种频率

的可见光，D正确．5．答案：C解析：因可见光的光子能量在1.6eV～3.1eV之间，所以观测到的可见光可能是氢原子由高能级向n＝2的能级跃迁时放出的，A错误；n＝2能级的氢原子要吸收至少3.4eV的能量才可能电离，而可见光的光子能量在1.6eV～3.1eV之间，B错误；当大量氢原子从n＝2向

基态跃迁时辐射出的能量为10.2eV，而从其他高能级向基态跃迁时辐射出的能量都大于10.2eV，且都大于可见光的最大能量3.1eV，所以大量氢原子从高能级向基态跃迁时会辐射出紫外线，C正确；大量n＝4

能级的氢原子向基态跃迁时，大量n＝4能级的氢原子最多能辐射出C24＝6种频率的光，D错误．6．答案：AB解析：根据质量数守恒和电荷数守恒，核反应方程为147N＋10n―→146C＋11H可知X为质子11H，A正

确；由于146C具有放射性，且C是构成生物体的主要元素之一，146C可以用作示踪原子，B正确；β衰变放出的电子来自原子核，C错误；由于半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核不适用，所以经过一个半衰期，10个146

C不一定剩下5个，D错误．7．答案：BC解析：衰变前后有质量亏损，因为有能量释放，Th核的质量大于23491Pa核的质量，A错误，B正确．一个23490Th核有234－90＝144个中子，一个23491Pa核有234－91＝143个中子，中子数减少了1，C正确．放

射性物质衰变时放出来的γ光子，来自原子核，D错误．8．答案：D解析：由题意可知146C能自发进行β衰变，则其核反应方程为146C―→0−1e＋147N，所以产物为147N，A错误；β衰变辐射出的电子是核内的中子转变成质子的同时向外释放的，B错误；146C的半衰期不受外界因素

的影响，与环境的压强、温度等无关，因此温室效应不会引起146C的半衰期发生变化，C错误；若测得一古木样品的146C含量为活体植物的14，由m＝m0·(12)n可知n＝2，则经过了两个半衰期，即11460年，D正确．9．答案：CABEF解析：α衰变是一种元素衰变成另一种元素过程中释放出α粒子的现象

，选项C为α衰变；β衰变为衰变过程中释放出β粒子的现象，选项A、B均为β衰变；重核裂变是质量较大的核变成质量较小的核的过程，选项E是常见的一种裂变；聚变是两个较轻的核聚合成质量较大的核的过程，选项F是典型

的核聚变过程．10．答案：D解析：根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为1，为氕核11H，A、B错误；根据质能方程可知，由于质量亏损核反应放出的能量为E＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2，C错误、D正确．11

．答案：AC解析：根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，所以X为中子，A正确，B错误；根据题图可知23592U、9438Sr、13954Xe中，9438Sr的比结合能最大，最稳定；23592U的质量数最大，结合能最大，比结合能最小，最不稳

定，C正确，D错误．12．答案：A解析：由题意可知原子的半径是原子核半径的105倍，如果把原子放大为直径是100m的球，同比放大后原子核的半径为r＝100105＝10－3m＝1mm，相当于一粒小米的大小，A正确．13．答案：BC解析：这群氢原子跃迁时能够发出C24，

即6种不同频率的光子，A错误；这群氢原子发出的光子中，能量最大的为E＝E4－E1＝－0.85eV－(－13.6eV)＝12.75eV，B正确；这群氢原子发出的光子中，从n＝4能级跃迁到n＝3能级时发出的光能量最小，则光的频率最小

，即波长最长，C正确；这群氢原子跃迁时发出的光子频率是不连续的，D错误．14．答案：C解析：根据玻尔理论，只有能量刚好等于氢原子两个能级差的光子(电磁波)才能被氢原子吸收，A、B错误，C正确；吸收了电磁波的氢原子处于的状态叫激发态，D错误．15．答案：D

解析：由半衰期定义可知16m＝23m×(12)n，解得n＝2，即t2－t1时间内经过2个半衰期，故半衰期τ＝t2－t12，D正确．16．答案：D解析：根据质量数和电荷数守恒可知核反应为126C＋42He―→168O

，可知Y是α粒子，α射线穿透能力比γ射线弱，电离能力比γ射线强，D正确．17．答案：C解析：钍基反应堆是通过裂变把核能转化为电能，A错误；钍233通过衰变转化为铀233，该过程放出能量，故钍233的比结合能小于铀233的比结合能，B错误；根据题意可知钍232变成铀233的核反应方程式是

23290Th＋10n―→23392U＋20－1e，C正确；铀233的裂变方程质量数不守恒，D错误．18．答案：D解析：核聚变的核反应燃料主要是氢的同位素，A错误；根据质量数与电荷数守恒，可知，氘氚核聚变的核反应方程为21

H＋31H―→42He＋10n，B错误；核聚变反应过程中释放出大量能量，根据质能方程可知，核聚变反应过程中存在质量亏损，C错误；轻核聚变比重核裂变产能高，相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多，D正确．19．答案：A解析：23592U＋10n―→14156Ba＋9236Kr

＋310n是重核裂变，也叫链式反应，A正确；21H＋31H―→42He＋10n是轻核聚变，β衰变会释放电子，B错误；13755Cs―→13756Ba＋0－1e是β衰变，C错误；42He＋94Be―→126C＋10n是人工核转变，D错误．20．答案：(1)235

92U＋10n―→9038Sr＋13654Xe＋1010n(2)140.4MeV(3)45.7t解析：(1)根据核裂变规律可得23592U＋10n―→9038Sr＋13654Xe＋1010n(2)裂变过程的质量亏损为Δm＝mU＋mn－mXe－mSr－10mn＝0.1507u释放的能量为ΔE＝mc

2＝0.1507×931.5MeV≈140.4MeV(3)核电站一年的发电量为E＝Pt＝2×125×107×365×24×60×60J＝7.884×1016J由E＝NΔE＝m·3%MNAΔE得m＝EM3%·NA

ΔE代入数据解得m≈45.7t．验收检测卷十五原子结构波粒二象性原子核1．答案：C解析：玻尔的量子化模型很好地解释了原子光谱的分立特征，A错误；玻尔的原子理论成功的解释了氢原子的分立光谱，但不足之处，是它保留了经典理论中的一些观点，如电子轨道的概念，还不能完全

揭示微观粒子的运动规律，B错误；光电效应揭示了光的粒子性，C正确；电子束穿过铝箔后的衍射图样，证实了电子的波动性，质子、中子及原子、分子均具有波动性，D错误．2．答案：B解析：当α粒子进入原子区域后，离带正电的原子核远的受到的库仑斥力小，运动方向改变小．只有

极少数粒子在穿过时距离正电体很近，受到很强的库仑斥力，发生大角度散射，A错误，B正确；由库仑定律和原子核式结构模型可知，电子的质量只有α粒子的17300，它对α粒子速度的大小和方向的影响，完全可以忽略，α粒子偏转主要是带正电的原子核造成的，C、D错误．3．答案：D解析：显微

镜的分辨率与使用光源(光子或电子)的波长成正比，则0.2μm＝k600nm，2nm＝k·λ，解得λ＝6nm，A、B错误；根据p＝hλ可知p＝1.1×10－25N·s，C错误，D正确．4．答案：D解析：原子核发生衰变时，剩余质量m＝m0(12)

tT，经过43.2年剩余钚238的质量与初始值的比值为mm0＝(12)tT＝(12)43.286.4＝12≈0.707，D正确．5．答案：B解析：铯原子利用的两能级的能量差量级对应的能量为ε＝10－5eV＝

10－5×1.6×10－19J＝1.6×10－24J，由光子能量的表达式ε＝hν可得，跃迁发射的光子的频率量级为ν＝εh＝1.6×10－246.63×10－34Hz≈2.4×109Hz，跃迁发射的光子的频率量级为109Hz，B正确．6．答案：B解析：玻尔理论成功解释了氢原子光谱的实验规律，但

无法解释复杂原子的光谱现象，A错误；食盐被灼烧时，钠原子吸收能量处于高能级，向低能级跃迁时放出光子，故B正确；黄双线的光子能量约为E＝hcλ＝6.63×10－34×3×108589.0×10－9J≈2.10eV，根据发生光电效应的条件可知，不能使逸出功为2.25e

V的金属发生光电效应，C错误；太阳光谱是吸收谱，太阳光谱中有题述两种波长的光，说明太阳大气层有钠元素，D错误．7．答案：B解析：β射线是衰变中产生的电子，是原子核中的一个中子转化而来的，不是来源于原子内层电子，穿透能力较强，很容易穿透黑纸，A错误；碳14能够自发地进行β衰变而变成氮，其核反应方程为

146C―→147N＋0－1e，B正确；放射性元素的半衰期是由原子核内部自身因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，C错误；半衰期是大量原子核的统计学规律，对于少量原子核不成立，D错误．8．答案：A解析：根据反应过程，质量数和电荷数守恒可知

，核反应方程为105B＋10n―→73Li＋42He，A正确；该核反应属于人工转变，B错误；反应过程存在质量亏损，反应后的原子核比反应前的原子核更稳定，所以硼核的比结合能E1小于新核的比结合能E2，C错误；该核反应质量亏损为Δm＝4E3＋7E2－10

E1c2，D错误．9．答案：BC解析：根据eU＝12mv2和λ＝hp＝hmv得λ＝h2emU知加速电场不一定是匀强电场，A错误，B正确；加速电压U越大，电子束的波长越小，衍射现象越不明显，C正确；若用速度相同的质子代替电子，波长大大减小，衍射现象更不明显，D错误．10

．答案：ABD解析：轻核聚变是把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应称聚变反应，又称为热核反应．它需要极大的压强和极高的温度．原因是核聚变反应必须在极高的压力和温度下进行，和太阳发光的原理类似，A正确；线圈的作用是通电产生磁场使氘核等带电粒子在磁场中旋转而不溢出，B正

确；核电站的原理是裂变，托卡马克的原理是聚变，C错误；该装置是科学家设想的其中一种方案是磁约束装置，另一种方案是利用聚变物质的惯性进行约束，D正确．11．答案：BC解析：入射光子的动量p＝hλ，A错误；K电

极发射光电子的最大动能为Ek，则Ek＝hcλ－W0，解得W0＝hcλ－Ek，B正确；电子聚集在A电极后，使A极带负电，因此会在球内部建立一个从K指向A的反向电场，阻碍电子继续往A聚集．当A、K之间达到最大电势差U，最大动能为Ek的电子都无法到达A极．根据动能

定理－eU＝－Ek，A、K之间的最大电压U＝Eke，C正确；根据Ek＝hcλ－W0可知，若仅增大入射光强度，最大初动能不变，A、K之间电压将不变，D错误．12．答案：ABC解析：氢原子从n＝5能级跃迁到n＝2能级可产

生a光，能量Ea＝E5－E2＝2.86eV，从n＝4能级跃迁到n＝2能级可产生b光，能量Eb＝E4－E2＝2.55eV，故均在可见光范围内，所以都是可见光，因为a光能量大，根据E＝hν＝hcλ可知λa＜λb，A

正确；根据eUc＝hν－W0可知，光子能量越大，遏止电压越大，所以Ua>Ub，B正确；a光产生的光电子最大初动能Ekm＝Ea－W0＝0.57eV，C正确；γ射线是原子核受激而产生的，故D错误．13．答案：(1)net(2)2U0em(3)见解

析解析：(1)根据电流的定义式可得I＝qt＝net(2)根据动能定理－U0e＝0－12mv2m解得vm＝2U0em(3)电子受到的重力为G＝mg＝9.1×10－30N电子受到的静电力F＝Eq＝Ued＝2×10－16N可得FG＝2×10－169.1×10－30≈2×1013电子在电场中运动时

，受到的静电力远大于其重力，故电子的重力可以忽略不计．14．答案：(1)PcS(2)PtmcPt－P2t22mc2解析：(1)每个光子的动量为p1＝hλ取较短时间Δt，Δt时间内物体吸收的光子数为Δn＝PλΔthc由动量定理得FΔt＝Δnp1物体受到的光子作用力为F′，由牛顿第三定律有F

′＝F该力产生的压强为p压＝F′S，可得p压＝PcS(2)光子与物体系统动量守恒有np1＝mv，得v＝Ptmc系统能量守恒有Pt＝Q＋12mv2，得Q＝Pt－P2t22mc2.15．答案：(1)－1.51eV(2)1.03×10－7m(3)6图见解析解析：(1)由公式En＝E1n2当n＝

3能量为E3＝－13.6eV32≈－1.51eV(2)据跃迁理论得E3－E1＝hν而c＝λν联立解得波长为λ＝1.03×10－7m(3)大量的氢原子处于n＝4的激发态在跃迁过程中向低能态跃迁发光时有C24＝6共有6种光谱线，光谱线图如图所示．16．答案：(1)43186111(2

)7.452MeV解析：(1)静止的镭核衰变时动量守恒，α粒子与Rn核运动方向相反，因此均带正电，在磁场中所受洛伦兹力方向相反，偏转方向相反；又因粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，故两粒子的运动轨迹为两外切圆，由动量守恒

知0＝mαvα－m2v2由qvB＝mv2R可得R＝mvqB由电荷数守恒可知Rn核的电荷量为q2＝88e－2e＝86e可知α粒子与Rn核在磁场中运动的半径之比RαR2＝q2qα＝86e2e＝431由周期公式T＝2πmqB可知α粒子与Rn核在磁场中运动的周期之比为TαT2＝m

α·q2m2·qα＝4×86e222×2e＝86111(2)衰变过程中的质量亏损Δm＝m1－m2－mα＝0.008u衰变过程中放出的能量为ΔE＝Δmc2＝0.008×931.5MeV＝7.452MeV.