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教材习题答案
第 1 章 安培力与洛伦兹力
第1 节 安培力及其应用
节练习
１．答案
２．答案 极 电子从左向右运动 受洛伦兹力作用 阴极射线
Ｎ 。 ， ，
向下偏转 根据左手定则判断知 磁场方向从正面向背面 故
， ， ，
与阴极射线管离得近的是条形磁体的 极
Ｎ 。
３．答案 ＢＣ 由Ｂｑｖ ｍ
ｖ２
得Ｒ
ｍｖ
Ｔ ２π
ｍ
４π
Ｅ
ｋ 速度相同
＝ Ｒ ＝Ｂｑ， ＝ Ｂｑ ＝ Ｂｑｖ２ ，
２．答案 如图所示
： 时若质量不等 则半径不相等 错 若动能相等 速度不相
， ，Ａ ； ，
等 则周期不等 错
， ，Ｄ 。
４．答案 ＢＤ 达到稳定时 洛伦兹力与电场力平衡 有 Ｅｑ
， ， ＝
Ｕ
ｑ Ｂｑｖ 所以Ｕ Ｂｄｖ 正确 由左手定则知 电子受到的
ｄ ＝ ， ＝ ，Ｂ 。 ，
洛伦兹力向下 导体下表面聚集电子 故ａ点电势低于ｂ点电
， ，
若要使导体受到的安培力更大 可以增大磁感应强度Ｂ 势 错 对
， ， ，Ａ、Ｃ ，Ｄ 。
还可以增大通过导体的电流Ｉ ｍｖ
。 ５．答案 ３ ａ
３．答案 线圈将顺时针转动 线圈转动过程中受到的安培力大 ａｑ （０， ３ ）
。 ２
小不变 磁场均匀地辐向分布 线圈转动过程各个位置的磁 解析 带电粒子在磁场中的运动情况如图所示 洛伦兹力提
。 ， ，
感应强度的大小不变 螺旋弹簧的弹力与转动的角度成正比 ｖ２
， ， 供向心力 有Ｂｑｖ ｍ
所以电流表的刻度均匀 ， ＝ ｒ
。
４．答案 前一位同学的方法可行
。
前一位同学的方法 通电后线圈开始转动 在前半周转动
， ，
过程中 线圈中有电流 安培力做正功 后半周电路中没有电
， ， ，
流 安培力不做功 但由于惯性线圈能够连续转动 后一位同
， ， 。
学的方法 线圈中电流始终存在 安培力先做正功 后做负功
， ， ， ，
线圈只能摆动
。 其中ａ ｒ °
５．答案 ＢＣ 根据左手定则 当电流沿顺时针方向时 线圈所 ＝ ｓｉｎ６０
， ， ａ ｍｖ
受安培力的方向垂直于纸面向外 当电流沿逆时针方向时 线 解得ｒ ２ 则Ｂ ３
； ， ＝ ， ＝ ａｑ
圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 故 正确 ３ ２
， Ｂ、Ｃ 。
６．答案 Ａ 加上磁场后 由于两导线电流等大反向 因此两导 出射点与坐标原点的距离ｂ ｒ ｒ ° ａ
， ， ＝ ＋ ｃｏｓ６０ ＝ ３
线受到的安培力大小相等 方向相反 所以出射点的坐标为 ａ
， 。 （０， ３ ）
７．答案 ｍｖ Ｂｑ
３ Ａ ６．答案 ２ θ ｔ
解析 开关断开时 铝棒重力与弹簧拉力平衡 ｋ ｘ ｍｇ （１） Ｂｑ （２） ＝ ｍ
， ， Δ １＝ ２
开关闭合后 由左手定则可知 安培力方向竖直向下 大 解析 负离子在磁场中的运动轨迹如图所示 洛伦兹力提
， ， ， （１） ，
小Ｆ ＢＩＬ 且ｋ ｘ ｍｇ Ｆ ｖ２ ｍｖ
＝ ， Δ ２＝ ＋ 供向心力 有Ｂｑｖ ｍ 解得ｒ
其中 ｘ ． ， ＝ ｒ ， ＝Ｂｑ
Δ １＝０５ ｃｍ
ｘ ｘ ． ． ｍｖ
Δ ２＝Δ １＋０３ ｃｍ＝０８ ｃｍ 离子到达屏ＭＮ上时的位置与Ｏ点的距离为
２
ｒ
＝
２
Ｂｑ
解得Ｉ
＝３ Ａ
第2 节 洛伦兹力
节练习
１．答案
ｍ
负离子在磁场中做匀速圆周运动的周期Ｔ ２π 则
（２） ＝ Ｂｑ ，
１
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离子到达位置Ｐ所用的时间ｔ ２ Ｔ ２ （１） （２）１×１０ ｍ／ｓ
＝ ＝ Ｂｑ 不需要 没有不同
２π （３）
所以θ Ｂｑ ｔ 解析 电子受到的洛伦兹力与电场力平衡 电子才能沿直
＝ ｍ （１） ，
２ 线通过小孔Ｓ 电子受到的电场力向上 因此洛伦兹力应向
。 ，
下 由安培定则可以确定 磁场方向垂直于纸面向里
第3节 洛伦兹力的应用 ， ， 。
Ｕ Ｕ
节练习 由 Ｂｑｖ ｑ 得 ｖ ３００
（２） ＝ ｄ ， ＝ Ｂｄ ＝ －２ ． ｍ／ｓ ＝ １×
１．答案 在洛伦兹力的作用下 等离子束中的正离子向Ｂ金属 ６×１０ ×００５
， ５
板聚集 负离子向Ａ金属板聚集 从而在Ａ Ｂ两金属板间产生 １０ ｍ／ｓ。
， ， 、 Ｕ
电势差 由ｖ 可知 与电荷ｑ无关
。 （３） ＝Ｂｄ ， 。
ｍｖ
２．答案 ２ ｍ Ｂ２ｑ２Ｒ２ Ｂ Ｒ２
Ｂｌ ６．答案 ２π π
（１） Ｂｑ （２） ｍ （３） Ｕ
解析 离子在磁场中的运动情况如图所示 根据左手定则可 ２ ２
， 解析 由回旋加速器的工作原理可知 交变电压的周期应
（１） ，
知 离子带正电 洛伦兹力提供向心力 有Ｂｑｖ ｍ
ｖ２
其中ｌ 与带电粒子在磁场中的运动周期相同 才能使带电粒子每次
， ， ， ＝ ｒ ， ＝ ，
到达间隙时加速
ｍｖ 。
２
ｒ
，
解得ｑ
＝
２
Ｂｌ 。 由Ｂｑｖ ｍ
ｖ２
得Ｂｑ ｍ
ｖ
２π
ｍ
所以Ｔ ２π
ｍ
＝ ｒ ＝ ｒ ＝ Ｔ ， ＝ Ｂｑ
当带电粒子在磁场中运动的轨道半径等于 形盒半
（２） Ｄ
ｖ２ ＢｑＲ
径Ｒ时 粒子的动能最大 由Ｂｑｖ ｍ 得ｖ
， 。 ＝ Ｒ ＝ ｍ
Ｂ２ｑ２Ｒ２
所以Ｅ １ ｍｖ２
ｋｍ＝ ＝ ｍ
２ ２
设粒子在 形盒内的加速次数为 ｎ 则有Ｅ
３．答案 ＢＤ 由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外 错误 （３） Ｄ ， ｋｍ ＝
，Ａ ； Ｂ２ ｑ２Ｒ２
ｎＵｑ
由Ｕｑ ＝ １ ｍｖ２ 可知 ， 粒子进入磁场时的速度是ｖ ＝ ２ ｍ Ｕｑ ，Ｂ 正 ２ ｍ ＝
２ ｎ Ｂ Ｒ２
则粒子在 形盒内的运动时间为ｔ Ｔ π
确 粒子在磁场中运动的周期为Ｔ ２π ｍ 所以 两种粒子在磁 Ｄ ＝ ＝ Ｕ
； ＝ Ｂｑ ， ， ２ ２
Ｕ ｌ Ｕ
ｍ ｍ ７．答案 ２
场中运动的时间差值为半个周期的差值 即π（ １－ ２） 错 （１）Ｂｌ （２） Ｂ
， Ｂｑ ，Ｃ １
Ｕ Ｕ
误 由Ｕｑ １ ｍｖ２ 和Ｂｑｖ ｍ
ｖ２
可得 粒子在磁场中的运动轨
解析
（１）
由Ｂｑｖ
＝ ｌ
ｑ
，
得ｖ
＝Ｂｌ 。
； ＝ ＝ Ｒ ， １ １
２ Ｖ ｌ ｌ ｖｔ ｌ Ｕ
迹半径为Ｒ ２ ｍＵｑ １ ２ ｍＵ 两种粒子打到照相底片上 （２） 管道内液体的流量Ｑ ＝ ｔ ＝ １ ｔ ２ ＝ ２ Ｂ 。
＝ Ｂｑ ＝ Ｂ ｑ ，
的距离为两轨迹直径之差 正确 章末练习
，Ｄ 。
θ
科学认知
ｔａｎ ｍＵ
４．答案 ２ ２ １．答案 动量是矢量 动能是标量 因为速度方向改变 大小不
ｒ ｅ ， 。 ，
变 所以动量变化 动能不变
， ， 。
解析 如图所示
，
在加速电场中
，
由动能定理
，
有Ｕｅ
＝
１ ｍｖ２
ｖ２ ｖ
２ ２．答案 Ｄ 由Ｂｑｖ ｍ 得Ｂｑ ｍ ｍω
＝ ｒ ＝ ｒ ＝
ｍｖ Ｂｑ
所以ｒ ω
＝Ｂｑ， ＝ ｍ
则带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后 粒
，
子轨道半径增大 角速度减小
， 。
３．答案 ＡＣ 由图可知 Ｒ ｒ Ｒ ｒ 所以 正确
， １＝ ３ ， ２＝ ， Ａ ；
ｖ２ ＢｑＲ
ｖ２ 由Ｂｑｖ ｍ 得 ｖ Ｒ 所以速度之比是
在匀强磁场中 洛伦兹力提供向心力 Ｂｅｖ ｍ 其中 ＝ Ｒ ＝ ｍ ∝ ， ３ ∶ １，Ｂ
， ， ＝ Ｒ，
错误
ｒ ；
Ｒ
＝ θ 由Ｂｑ ｍ ｖ ｍω ２π ｍ 得Ｔ ２π ｍ 周期相同
ｔａｎ ＝ Ｒ ＝ ＝ Ｔ ， ＝ Ｂｑ ， 。
２
θ θ
在磁场中的运动时间ｔ Ｔ θ 所以时间之比是
ｔａｎ ｍＵ ＝ ∝ ， ２ ∶ ３，Ｃ
解得Ｂ ２ ２ ２π
＝ ｒ ｅ 正确 错误
，Ｄ 。
２
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ｖ２ ｍＵ
解析 由Ｕｑ １ ｍｖ２ 和Ｂ ｑｖ ｍ 可得 Ｂ １ ２
（１） ＝ １ ＝ Ｒ ， １＝ Ｒ ｑ 。
２
Ａ在运动的第ｎ周内 设速度为ｖ 周期为Ｔ
（２） ， ｎ， ，
Ｒ
由动能定理得
，
ｎＵｑ
＝
１ ｍｖ２ｎ， Ｔ
＝
２
ｖ
π
２ ｎ
Ａ在运动的第ｎ周内 电场力对粒子做功的平均功率Ｐ
， ｎ＝
Ｗ Ｕｑ Ｕｑ ｎＵｑ
ｎ
Ｔ ＝ Ｔ ＝ Ｒ ｍ
π ２
科学辨析
８．答案 ｃｄ先逆时针转动然后与ａｂ靠近
ＢＥａｂｌ Ｂ２ｖａｂｌ 。
４．答案 ｐｌｂ或 或 温故知新
ρｂ ｒａｌ ρ
＋
解析 血浆匀速流动 则血浆中电流所受安培力等于导管 ９．答案 Ａ ａ点磁场最强 说明ａ点离导线最近 ＥＦ各点均
（１） ， ， 。
前后两端的压力差 则Ｆ ｐＳ ｐｌｂ 离金属管线最近 所以ＥＦ与金属管线平行 画出左侧视图
， ＝ ＝ 。 ， 。 ，
将上下表面和电源接通后 垂直磁场方向的血浆电流 如图所示 ｂ ｃ两点间的距离是ｌ 且ｂ ｃ两点的磁场与地面
（２） ， 。 、 ， 、
长度为ｂ 电流受到的安培力Ｆ ＢＩｂ 夹角是 ° 所以金属管线深度即金属管线与 ａ 之间的距离
， ＝ ４５ ，
ｂ ｌ
血浆的电阻Ｒ ρ 是
＝ ａｌ 。
２
Ｅ Ｅａｌ
血浆中的电流Ｉ
＝Ｒ ｒ＝ρｂ ｒａｌ
＋ ＋
ＢＥａｂｌ
所以安培力Ｆ ＢＩｂ
＝ ＝ρｂ ｒａｌ
＋
血浆中带电粒子ｑ受到的电场力与洛伦兹力平衡 设
（３） ，
Ｕ
长方形导管上下表面的电势差为Ｕ 有 ｑ Ｂｑｖ 则Ｕ Ｂｖｂ 血
， ｂ ＝ ， ＝ ，
１０．答案 垂直于滑轨平面向下 ．
０２５ Ｔ
ｂ Ｕ Ｂｖａｌ
浆的电阻Ｒ ρ 所以血浆中的电流Ｉ 所以安培 解析 闭合开关后 金属棒刚好静止在滑轨上 因此安培力
＝ ａｌ， ＝ Ｒ ＝ ρ ， ， ，
沿斜面向上
Ｂ２ｖａｂｌ 。
力Ｆ ＢＩｂ 由左手定则 磁场方向垂直滑轨向下
＝ ＝ ρ 。 ， 。
Ｅ ｍｇ θＲ
Ｂ２ ｌ２ｑ 由ＢＩｌ ｍｇ θ和Ｉ 得Ｂ ｓｉｎ
５．答案 ９ １００Ｕ Ｕ １６Ｕ ＝ ｓｉｎ ＝ Ｒ ＝ ｌＥ
（１） Ｕ （２） ０≤ ≤ ０
３２ ０ ８１ ９ 代入数据得Ｂ ．
＝０２５ Ｔ
解析 原本打到ＭＮ中点Ｐ的离子 运动轨道半径Ｒ ３ ｌ １１．答案
（１） ， ＝
４
ｖ２
由Ｕ ｑ １ ｍｖ２ 和Ｂｑｖ ｍ 可得 原本打到 ＭＮ 中点 Ｐ
０ ＝ ＝ Ｒ ，
２
Ｂ２Ｒ２ ｑ２ Ｂ２ｌ２ｑ
的离子质量为ｍ ９
＝ Ｕ ｑ ＝ Ｕ
２ ０ ３２ ０
ｖ２ Ｂ２Ｒ２ｑ Ｒ２
由Ｕｑ １ ｍｖ２ 和Ｂｑｖ ｍ 可得 Ｕ １６ Ｕ
（２） ＝ ＝ Ｒ ， ＝ ｍ ＝ ｌ２ ０
２ ２ ９
当Ｒ ｌ时 Ｕ １６Ｕ
＝ ， ＝ ０
９
当Ｒ ５ ｌ时 Ｕ １００Ｕ
＝ ， ＝ ０
６ ８１
所以加速电压的调节范围是１００Ｕ Ｕ １６Ｕ
０≤ ≤ ０
８１ ９
ＢＥｌ
６．答案 垂直纸面向里 单元自我检测
（１） （２）ｍＲ
解析 根据左手定则 磁场方向垂直纸面向里
１答案 Ｂ 由右手螺旋定则知导线ａ中电流产生的磁场的磁
．
（１） ， 。
（２） 刚开始运动时 ， 安培力Ｆ ＝ ＢＩｌ
感线环绕方向为顺时针
，
进一步由左手定则判断知导线ｂ所
受安培力方向向右
Ｅ 。
通过导体的电流Ｉ
＝ Ｒ ２．答案 Ｃ 地磁场的方向是从磁场北极指向磁场南极 由左手
，
Ｆ ＢＥｌ 定则知电子流将向上偏转
所以金属棒ＭＮ的加速度ａ 。
＝ ｍ ＝ｍＲ ３．答案 Ａ 金属棒受力情况如图所示 两悬线等长变短 θ角
， ，
ｍＵ Ｕｑ ｎＵｑ 不变 错 金属棒质量变大 θ 角变小 错 磁感应强度变
７．答案 １ ２ ，Ｂ ； ， ，Ｃ ；
（１） Ｒ ｑ （２） Ｒ ｍ 大 θ角变大 错
π ２ ， ，Ｄ 。
３
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。
４．答案 Ｃ 磁单极子穿过超导线圈的过程中 当磁单极子靠近
，
线圈时 穿过线圈的磁通量增加 远离线圈时 穿过线圈的磁
， ， ，
通量减小 若是 极磁单极子 磁场方向从上向下 从上向下
。 Ｎ ， ，
看 靠近线圈时 感应电流方向为逆时针 远离线圈时 感应电
， ， ， ，
流方向还是逆时针 若是 极磁单极子 磁场方向从下向上
。 Ｓ ， ，
从上向下看 靠近线圈时 感应电流方向为顺时针 远离线圈
， ， ，
时 感应电流方向还是顺时针 正确 错误
， ，Ｃ ，Ａ、Ｂ、Ｄ 。
５．答案 Ａ 对于 图 出现扰动时 不管是上下振动还是左右
Ａ ， ，
４．答案 ＡＢ 带电粒子穿过薄金属板后能量有损失 速度变 振动 穿过紫铜薄板的磁通量都会变化 从而产生感应电流
， ， 。 ，
小 所以轨迹半径变小 正确 错误 由ｆ Ｂｑｖ可知 粒子穿 感应电流的磁场阻碍薄板的振动
， ，Ｂ ，Ｃ ； ＝ ， 。
越金属板后 所受洛伦兹力变小 错误 根据左手定则 粒子 ６．答案 Ｃ 闭合开关 的瞬间 固定线圈中的电流产生向右的
， ，Ｄ ； ， Ｓ ，
带负电 正确 磁场 穿过金属环的磁通量增大 根据楞次定律可知 从右侧
，Ａ 。 ， ， ，
５．答案 ＡＢＣ 当 Ｂｑｖ Ｅｑ 时 带电粒子做匀速直线运动 当 看 金属环中产生沿顺时针方向的感应电流 故 错误 若金
＝ ， ； ， ， Ａ ；
Ｂｑｖ Ｅｑ时 带电粒子向左下偏转或向右上偏转 不可能做匀 属环固定 根据 增缩减扩 可知 开关闭合瞬间有收缩的趋
≠ ， ， ， “ ” ，
速圆周运动 势 故 错误 若金属环置于线圈的右侧 金属环将向右弹射
。 ， Ｂ ； ， ，
６．答案 如图所示 故 正确 若将电池正负极调换后 穿过线圈的磁通量仍发生
（１） Ｃ ； ，
变化 金属环仍能被弹射 故 错误
， ， Ｄ 。
７．答案 俯视 小磁针将顺时针偏转
， 。
第2 节 法拉第电磁感应定律
节练习
１．答案 闭合电路的一部分导体切割磁感线时会有感应电流产
生 沿东西方向站立时 导线方向与地磁场方向垂直 实验现
； ， ，
增加缠绕圈数 增大电流Ｉ 增大电流Ｉ 象更明显
（２） ２ １ 。
７．答案 ｎＢＩｌ 水平向右 ｎＢＩｌｖ ２．答案 ＢＤ 线圈Ａ中输入变化的电流 穿过线圈Ｂ的磁通量
（１） （２） ，
解析 由左手定则 线圈前后两边受到的安培力互相抵
Φ
（１） ， Φ才会变化 Φ才不等于 由法拉第电磁感应定律Ｅ Δ
消 只剩下线圈右边受到安培力 方向水平向右 大小是Ｆ ，Δ ０， ＝ ｔ
， ， ， ＝ Δ
ｎＢＩｌ 可知 正确 错误
。 ，Ｂ、Ｄ ，Ａ、Ｃ 。
安培力的功率Ｐ Ｆｖ ｎＢＩｌｖ Φ ｎＳ Ｂ Ｂ
（２） ＝ ＝ 。 ３．答案 Ｃ 由法拉第电磁感应定律Ｅ ｎΔ （ ２－ １） 由
ｍ ｍｖ ＝ ｔ ＝ ｔ ｔ ，
８．答案 如图所示 ３π ３ Δ ２－ １
（１） （２） Ｂｅ （３） Ｂｅ 楞次定律 线圈内感应电流的方向由ａ到ｂ 所以ｂ是等效电
２ ， ，
源的正极 所以ａ ｂ的电势大小关系为φ φ 正确
， 、 ａ＜ ｂ，Ｃ 。
４．答案 ． 卫星
（１）７１６６８ Ｖ （２）
解析 Ｅ ＢＬｖ ． －５ ． ３ ． ３
（１） ＝ ＝ ４ ６×１０ ×２０ ５×１０ ×７ ６×１０ Ｖ＝
．
７１６６８ Ｖ。
根据右手定则 缆绳中的电流方向由下到上 从航天
（２） ， ，
飞机到卫星 卫星相当于等效电源的正极 故靠近卫星一侧缆
， ，
ｍ ｍ 绳的电势高
Ｔ Ｔ ２ Ｂ π ｅ ２π Ｂｅ ｍ 。
解析 Ｔ 上 下 ２ ３π ５．答案
（２） ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ Ｂｅ。 （１）１ Ｎ （２）１０ ｍ／ｓ （３）２０ Ｗ
２ ２ ２ ２ ２ 解析 导体棒ｃｄ始终静止 受力平衡 Ｆ ｍｇ θ ．
ｍｖ ｍｖ ｍｖ （１） ， ， 安＝ ｓｉｎ ＝０２×
ｘ Ｒ Ｒ ３
（３）Δ ＝２ 上＋２ 下＝２· Ｂｅ＋２·Ｂｅ＝ Ｂｅ 。 １
２ １０× ＝１ Ｎ。
２
设导体棒ａｂ运动的速度为ｖ时 产生的感应电动势
第2 章 电磁感应及其应用 （２） ，
Ｅ
为Ｅ 通过导体棒ｃｄ的感应电流为Ｉ 则Ｅ Ｂｌｖ Ｉ Ｆ ＢＩｌ
， ， ＝ ， ＝ ｒ， 安＝
２
第1 节 科学探究：感应电流的方向
Ｆ ｒ
解得ｖ ２ 安
节练习 ＝ Ｂ２ｌ２ ＝１０ ｍ／ｓ
１．答案 略 导体棒ａｂ匀速运动 受力平衡 则有
（３） ， ，
２．答案 顺着磁场的方向看 线圈通过位置 时 感应电流的方 Ｆ Ｆ ｍｇ θ
， Ⅰ ， ＝ 安＋ ｓｉｎ ＝２ Ｎ
向是顺时针 线圈通过位置 时 感应电流的方向是逆时针 所以拉力Ｆ的功率为Ｐ Ｆｖ
； Ⅱ ， 。 ＝ ＝２×１０ Ｗ＝２０ Ｗ
３．答案 圆盘绕竖直轴旋转时
，
相当于沿半径方向的导体切割
６．答案 ＮＢｌ２ω ４
Ｎ２Ｂ２ｌ３ω
磁感线而产生电势差 根据右手定则 流过电阻的电流方向 （１）２ （２） Ｒ ｒ
。 ， ＋
４
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解析 线圈切割磁感线时 ｂｃ ａｄ边切割磁感线的运动速 ( )
（１） ， 、 Ｂ １ ｖ ｔ ｖ ｔ °
ｌ Δ· Δ ｓｉｎ６０
度为ｖ ω ２ ｔ 所以 正确 错误
＝ Ｒ ｔ ∝Δ， Ｂ ，Ｄ 。
２ Δ
感应电动势为Ｅ
＝２
ＮＢ
·２
ｌ
·
ｖ
＝２
ＮＢｌ２ω
５．答案
Ｂｌ２ω
Ｄ Ｒ Ｃ Ｄ
Ｒ → → →
Ｅ ２
ｂｃ边受到的安培力Ｆ ＮＢＩ ｌ ＮＢＩｌ 其中Ｉ
（２） ＝ ·２ ＝２ ， ＝Ｒ ｒ 解析 根据右手定则 回路中感应电流的方向是Ｄ Ｒ Ｃ Ｄ
＋ ， → → →
所以Ｆ ４
Ｎ２Ｂ２ｌ３ω
铜盘半径中点的转动速度ｖ １ ωｌ
＝ Ｒ ｒ ＝
＋ ２
感应电动势Ｅ Ｂｌｖ １ Ｂｌ２ω
第3节 自感现象与涡流 ＝ ＝
２
节练习 Ｅ Ｂｌ２ω
感应电流的大小Ｉ
＝ Ｒ ＝ Ｒ
１．答案 采用双线绕法 线圈上相邻两条导线的电流方向相反 ２
， ，
６．答案 在图示位置时 ｌ 边切割磁感线 产生感应电动势 ｌ
产生的磁场互相抵消 ， 因此 ， 电流通过该线圈时几乎不会产生 ， ２ ， 。 ２
边的速度ｖ ωｌ 所以Ｅ Ｂｌ ｖ Ｂｌ ωｌ ＢＳω
磁场 ， 从而使自感现象减弱到可以忽略不计的程度 。 ＝ １， ＝ ２ ＝ ２ １＝ 。
２．答案 当线圈Ｍ中通入高频电流时 产生变化的磁场 穿过自 ｎ ｒ２ Ｂ ｎ ｒ２ Ｂ ｔ
， ， ７．答案 π ２ ０ 从ｂ到ａ π ２ ０ １
行车零件Ｎ的磁通量变化 产生感应电动势 把ａ的两端相接 Ｒｔ Ｒｔ
， ， ３ ０ ３ ０
触后电阻较大 产生的热量较多 接口处熔化从而自动焊接 ｎ Φ
， ， 解析 根据法拉第电磁感应定律得 感应电动势 Ｅ Δ
， ＝ ｔ ＝
起来 Δ
。
３．答案 开关 Ｓ 接通瞬间 ， 由于线圈的自感很大 ， 对电流的阻碍 ｎＳ Δ ｔ Ｂ ＝ ｎ π ｒ ｔ ２ ２ Ｂ ０
作用很大 ， 电路相当于灯 ＬＢ 与Ｒ并联后与灯 ＬＡ 串联 ， 两灯同 Δ ０
时亮 ， Ｉ Ａ＞ Ｉ Ｂ，Ａ、Ｂ 错误 ； 开关 Ｓ 断开的瞬间 ， 线圈产生自感电动 根据闭合电路欧姆定律得 电流Ｉ Ｅ ｎ π ｒ２ ２ Ｂ ０
， ＝Ｒ Ｒ＝ Ｒｔ
势 ， 与灯 ＬＡ 构成闭合回路 ，Ｃ 正确 ，Ｄ 错误 。 ＋２ ３ ０
根据楞次定律得 电流方向是从ｂ到ａ
４．答案 Ｂ 铜盘转动时 切割磁感线 产生感应电流 处于磁场 ，
， ， ，
中受到安培力的作用 ， 阻碍铜盘转动 ， 使之很快停下来 。 Ｂ ０ 到ｔ １ 时间内 ， 通过Ｒ １ 的电荷量ｑ ＝ Ｉｔ １＝ ｎ π ｒ Ｒ ２ ２ Ｂ ｔ ０ ｔ １
正确 ３ ０
。 ８．答案 磁铁顺时针移动时 铝片也顺时针转动 磁铁逆时针移
５．答案 ＡＤ 电磁炉的面板如果用金属材料 使用时 面板发 ， ；
， ， 动时 铝片也逆时针转动 这是由于电磁驱动的作用
生电磁感应而损失电能 所以面板采用陶瓷 发热部分为铁锅 ， ； 。
， ， ９．答案 如图所示
底部 提高加热效率 正确 错误 可以通过改变电子线 （１）
， ，Ａ ，Ｂ、Ｃ ；
路的频率来改变电磁炉的功率 正确
，Ｄ 。
６．答案 人造卫星轨道各处的地磁场强弱不同 人造卫星在运
，
行时穿过人造卫星的磁通量会发生变化 使外壳中有涡流产
，
生 这些电能是由机械能转化来的 所以卫星的机械能减小
， ， ，
从而使卫星轨道半径减小 造成卫星离地高度下降
， 。
章末练习
科学认知
１．答案 当车身颠簸时 电弓脱离电网线瞬间 由于自感现象
， ， ，
电车内部电动机线圈会产生一个较大的自感电动势 由于这
， （２）ＢＣＤ
个电动势很大 使电弓与电网线之间的空气电离 产生火花放 解析 要使副线圈中感应电流方向与原线圈中电流的绕行方
， ，
电现象 向相同 需要使穿过副线圈的磁通量减小 正确
。 ， ，Ｂ、Ｃ、Ｄ 。
２．答案 Ａ 每个叶片都切割磁感线 根据右手定则 感应电流 １０．答案 在开关 断开的瞬间 线圈因自感产生电动势 与灯
， ， Ｓ ， ，
方向是从ａ到ｂ ｂ相当于等效电源的正极 ａ点电势低于ｂ点 泡构成回路 由于灯泡 线圈 Ｒ 串联 灯泡中的电流等于线
， ， ， 、 、 １ ，
电势 叶片ｂ点的速度为ｖ ωｌ ｆｌ 所以每个叶片的感应电 圈中的电流
。 ＝ ＝２π ， 。
若Ｒ Ｒ 灯泡中的电流瞬间变小 灯炮先突然变到某
动势Ｅ １ Ｂｌｖ ｆｌ２Ｂ １＞ ２， ，
＝ ＝π 。 一较暗状态 再逐渐熄灭 若 Ｒ Ｒ 灯泡中的电流瞬间变
２ ， ； １＜ ２，
３．答案 Ｄ 由楞次定律知 涡旋电场的方向是逆时针方向 从 大 灯炮先变得比原来亮 再逐渐变暗到熄灭
， （ ， ， 。
上向下看 与带正电小球运动方向相同 所以电场力对小球
Ｂ Ｓ Ｂ Ｓ
）， ， １１．答案 Δ Δ 由Ｅ到Ｆ
做正功 小球的动能增加 正确 （１） ｔ Ｒ
， ，Ｄ 。 Δ
４．答案 Ｂ 三角形导线框ｄｅｆ进入磁场时
，
磁通量增加
，
由楞次 Ｂ２ｌ
Δ
Ｓ
ｇ ｔ
定律知 感应电流方向为顺时针方向 三角形导线框ｄｅｆ离开 （２） ｍＲ － Δ
， ，
磁场时 磁通量减小 由楞次定律知 感应电流方向为逆时针 略
， ， ， （３）
Ｅ Φ Ｂ Ｓ Φ Ｂ Ｓ
方向 所 以 错 误 由 Ｉ Δ Δ 解析 由法拉第电磁感应定律得Ｅ Δ Δ
， Ａ、 Ｃ ； ＝ Ｒ ＝ Ｒ ｔ ＝ Ｒ ｔ ＝ （１） ＝ ｔ ＝ ｔ
Δ Δ Δ Δ
５
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由欧姆定律得Ｉ Δ ３．答案 Ａ 由图 可知 Ｔ ． 所以ω ２π 电
＝ Ｒ ＝Ｒ ｔ （ｂ） ， ＝０２ ｓ， ＝ Ｔ ＝１０π ｒａｄ／ｓ，
Δ
Ｂ Ｓ Ｂ Ｓ 流的表达式为ｉ ． ｔ 正确 磁铁的转速是 ｎ
所以通过ＥＦ的电荷量ｑ Ｉ ｔ Δ ｔ Δ ＝０ ６ ｓｉｎ １０π Ａ，Ａ ； ＝
＝ Δ ＝Ｒ ｔ·Δ ＝ Ｒ
Δ １ 错误 风速加倍时 ω 电流的表达式
根据楞次定律可知 金属棒 ＥＦ 中感应电流方向由 Ｅ Ｔ ＝５ ｒ／ｓ，Ｂ ； ， ＝２０π ｒａｄ／ｓ，
，
到Ｆ 为ｉ ． ｔ 错误
。 ＝１２ ｓｉｎ２０π Ａ，Ｃ、Ｄ 。
Ｅ Ｂ Ｓ ｎＢｌ２ω ｎＢｌ２ωＲ
感应电流Ｉ Δ ４．答案 ｂ ａ ｄ ｃ Ｒ ｂ
（２） ＝ Ｒ ＝Ｒ ｔ （１） → → → → → （２） （３） ｒ Ｒ
Δ ２ ２（ ＋ ）
Ｂ２ｌ Ｓ 解析 根据右手定则 图示位置电路中的电流方向是ｂ
安培力Ｆ ＢＩｌ Δ （１） ， →
＝ ＝ Ｒ ｔ ａ ｄ ｃ Ｒ ｂ
Δ → → → →
设竖直向上为正 由动量定理 得 Ｆ ｍｇ ｔ ｍｖ ωｌ
， ， （ － ）Δ ＝ ０ 由Ｅ Ｂｌｖ 可得Ｅ ｎＢｌ ｎＢＳω
解得ｖ
Ｂ２ｌ
Δ
Ｓ
ｇ ｔ
（２） ＝ ， ｍ＝２ ·
２
＝
０＝ ｍＲ － Δ ｎＢｌ２ω
从图示位置开始 ｅ Ｅ θ ｎＢＳω °
， ＝ ｍ ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ６０ ＝
２
第3 章 交变电流与远离距输电 Ｕ
电压表的示数是电压 的 有 效 值 Ｕ ｍ
（３） ， ＝ ＝
２
第1 节 交变电流的特点 ＲＥ
ｍ
节练习
ｒ
＋
Ｒ ｎＢｌ２ωＲ
＝ ｒ Ｒ
１．答案 周期是 ． 频率是 电压有效值是 最大 ２ ２（ ＋ ）
００２ｓ， ５０Ｈｚ， ２２０Ｖ，
５．答案
值是 ２ Ａ
３１１ Ｖ。
２．答案 Ｃ 大小和方向随时间做周期性变化的电流是交流电 ， 解析 由题图可知 ， Ｔ ＝３ ． １４×１０ －２ ｓ， 所以ω ＝ ２ Ｔ π ＝２００ ｒａｄ／ｓ
正确 电流方向不变 不是交变电流
Ｃ ；Ａ、Ｂ、Ｄ ， 。 串联在外电路中的电流表读数是外电路电流的有效值
３．答案 见解析 ，
所以
解析 标有 的灯泡 其中的 指的是额
“２２０ Ｖ ６０ Ｗ” ， “２２０ Ｖ” Ｅ
定电压 电容的耐压值指的是最大电压 的交流电源的 ｍ
， 。 ２２０ Ｖ Ｉ Ｒ ｒ ｎωΦ ． －２
电压最大值是 超过了电容的耐压值 Ｉ ｍ ＋ ｍ １００×２００×１０×１０
３１１ Ｖ， 。 ＝ ＝ ＝ Ｒ ｒ ＝ ． Ａ＝ ２ Ａ
Ｕ ２ ２ ２（ ＋ ） ２（９５＋５０）
４．答案 Ｂ 正弦式的交变电流具有Ｕ ｍ的关系 其他的交变 ６．答案 ｅ ｔ
＝ ， （１） ＝６４ ｓｉｎ π Ｖ （２）３０ ２ Ｖ １２０ Ｗ
２ 解析 波浪发电产生电动势的瞬时值表达式 ｅ ＮＢｌｖ
电流不一定具有这样的关系 错 对 照明电压 动 （１） ＝ ＝
，Ａ ，Ｂ ； ２２０ Ｖ、 ＮＢ Ｄ ． ｔ ｔ
力电压 指的是有效值 错 交流电压表和交流电流表 π ×（０４π ｓｉｎ π ｍ／ｓ）＝６４ ｓｉｎ π Ｖ
３８０ Ｖ ，Ｃ ； Ｕ Ｒ
测的都是有效值 错 灯泡两端电压的有效值Ｕ ｍ ６４
，Ｄ 。 （２） ＝ ＝ ｒ Ｒ ＝３０ ２ Ｖ
５．答案 ２ ２（ ＋ ）
２ ∶ １ Ｕ２
Ｕ 灯泡的电功率Ｐ
解析 图 和图 电压的有效值分别是Ｕ Ｕ Ｕ ０ ＝ Ｒ ＝１２０ Ｗ
（ａ） （ｂ） ａ＝ ０， ｂ＝
２
由Ｐ
Ｕ２
可知
Ｐ
ａ
Ｕ２ａ
２
第3节 科学探究：变压器
＝ Ｒ Ｐ
ｂ
＝Ｕ２ｂ ＝
１ 节练习
６．答案
１１０ Ｖ １．答案 略
解析 交流电压表测量的是有效值 设灯泡两端的电压有效
。 ２．答案 无现象 因为蓄电池是直流电源
， 。
值是Ｕ 根据有效值的定义有
Ｕ２
Ｔ
æ
è
ç２２０
２
Ｖ ö
ø
÷ ２
Ｔ
３．答案 Ｄ 由
ｎ
题图可知 ， 原线圈电压是Ｕ １＝２２０ Ｖ， 所以副
Ｕ
线圈
， Ｒ ＝ Ｒ · 电压为Ｕ ２ Ｕ 流过电阻 Ｒ 的电流是 Ｉ ２
２ ２ ＝ ｎ １ ＝１００ Ｖ， ２ ＝ Ｒ ＝
解得Ｕ １
＝１１０ Ｖ
１００ 错误 经过 电阻产生的热量是 Ｑ
Ａ＝１０ Ａ，Ａ、Ｂ ； １ ｍｉｎ， ＝
第2 节 交变电流的产生 １０
Ｉ２Ｒｔ ２ ４ 错 变压器的输入功率 Ｐ
节练习 ２ ＝１０ ×１０×６０ Ｊ＝６×１０ Ｊ，Ｃ ； ＝
Ｕ Ｉ Ｕ Ｉ 正确
１ １＝ ２ ２＝１０００ Ｗ，Ｄ 。
１．答案 不正确 因为当线圈平面跟中性面垂直时 穿过线圈的 ４．答案
， ， １３６
磁通量为 但磁通量的变化率最大 当线圈平面在中性面内 Ｕ ｎ Ｕ
０， ； 解析 由 １ １得ｎ ２ｎ ３６ Ｖ
的瞬间
，
穿过线圈的磁通量最大
，
但磁通量的变化率为
０。
Ｕ
２
＝ｎ
２
２＝Ｕ
１
１＝
３８０ Ｖ
×１４４０＝１３６。
２．答案 ＢＣ 由 ｅ Ｅ ωｔ ｔ 可知 ω ５．答案 变小 变大
＝ ｍ ｓｉｎ ＝２２０ ２ ｓｉｎ １００π Ｖ ， ＝ （１） （２）
解析 保持Ｐ的位置不动 原线圈电压与副线圈电压都不
２π 所以Ｔ ． ｆ １ 错 对 ｔ （１） ，
１００π ｒａｄ／ｓ＝ Ｔ ， ＝００２ ｓ， ＝ Ｔ ＝５０ Ｈｚ，Ａ ，Ｃ ； ＝０ 变 Ｑ向下移动 滑动变阻器Ｒ连入电路的阻值变大 电流表
， ， ，
时 ｅ 线圈位于中性面 正确 ｔ ． 时 ｅ 错误 示数变小
， ＝０， ，Ｂ ； ＝００５ ｓ ， ＝０，Ｄ 。 。
６
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保持Ｑ的位置不动 将Ｐ沿逆时针方向移动 副线圈 正确 瓷杯不会产生涡流 取走线圈中的铁芯 加热时间会变
（２） ， ， ； ， ，
匝数变大 所以副线圈电压变大 电流表示数变大 长 错误
， ， 。 ，Ｃ、Ｄ 。
６．答案 ３．答案 Ｃ 图 电路闭合开关瞬间 左侧线圈中 变化的电
３０ （ａ） ， ，
Ｕ 流引起左侧线圈磁通量的变化 进而引起右侧线圈内磁通量
解析 改绕前 原线圈匝数为ｎ １ｎ ２２０ Ｖ ，
， １＝Ｕ ２＝ ×１８０＝１３２０ 的变化 则在输出端产生较大的感应电动势 正确
２ ３０ Ｖ ， 。 Ｃ 。
Ｕ ′ ４．答案 ． 更合适
改绕后ｎ ′ ２ ｎ ５ Ｖ ０２２６ ｍ １１ ｋＶ
２ ＝Ｕ １＝ ×１３２０＝３０ 解析 设输送电功率为Ｐ 输电电压为Ｕ 输电线的电阻为Ｒ
１ ２２０ Ｖ ， ， 线
Ｐ
第4节 电能的远距离输送
则输电线上的电流Ｉ
＝ Ｕ
节练习 Ｐ２
１．答案 这位同学的论证过程中 将输电线上损失的电压误用
线路损耗功率为Ｐ
损＝
Ｉ２Ｒ
线＝Ｕ２
Ｒ
线
，
为输电电压
。
电功率的损失主要是输电线电阻产生的电热
所以Ｒ
Ｐ
损
Ｕ２
Ｐ Ｉ２Ｒ 要减小电能的损耗 应减小输电线的电阻或减小输电 线＝ Ｐ２
＝ 。 ，
线上的电流 在Ｐ Ｐ都不变的情况下 输电电压从 变为
。 损、 ， １１ ｋＶ ２２０ Ｖ，
２．答案 Ｃ Ｌ
即Ｕ变为原来的 １ 导线电阻要变为原来的 １ 由Ｒ ρ
３．答案 ＢＣ 变压器只能改变交流电的电压 错误 远距离输 ， ， ＝ Ｓ
，Ａ ； ５０ ２５００
电采用高压输电 减小输电线上的电流 减小功率损耗 到用 可知 在材料与输送距离不变的情况下 输电线的横截面积要
， ， ， ， ，
户区再采用降压变压器 以正常使用电器 正确 错误 若 变为原来的 倍
， ，Ｂ ，Ｄ ； ２５００ 。
输送功率一定 第二次比第一次输送电压高 输电线上的电流 ( ｄ ) ２
， ， 即Ｓ －６ ２
＝π ＝２５００×１６×１０ ｍ
小 输电线上损失的电功率小 正确 ２
， ，Ｃ 。
解得ｄ ． 显然用 的电压输电是不可行的
＝０２２６ ｍ， ２２０ Ｖ 。
４．答案 升压变压器 ６ 降压变压器２３５
１２５ １１ ５．答案 ｅ ｔ ２０
（１） ＝２４０ ２ ｃｏｓ （５０π） Ｖ （２）
解析 输电线上损失的电功率Ｐ 损＝６ ％ · Ｐ ＝６ ％ ×５０×１０ ３ Ｗ＝ １
３０００ Ｗ 解析 Ｅ ｎＢＳω ２ ．
（１） ｍ＝ ＝１００× ×０４８×５０π Ｖ＝２４０ ２ Ｖ
Ｐ １０π
输电线上的电流Ｉ 损 ３０００ 将图示时刻记为ｔ 电动势瞬时表达式为ｅ Ｅ ωｔ
＝ Ｒ ＝ Ａ＝１０ Ａ ＝０， ＝ ｍｃｏｓ ＝
３０
输电线上损失的电压Ｕ ＩＲ ｔ
损＝ ＝１０×３０ Ｖ＝３００ Ｖ ２４０ ２ ｃｏｓ （５０π） Ｖ
原线圈电压Ｕ 副线圈电压Ｕ
升压变压器副线圈电压Ｕ
Ｐ
５０×１０
３ （２） １＝２４０ Ｖ， ２＝１２ Ｖ
２＝ Ｉ ＝ Ｖ＝５０００ Ｖ ｎ Ｕ
１０ 所以 １ １ ２４０ Ｖ ２０
降压变压器原线圈电压Ｕ Ｕ Ｕ ｎ ＝Ｕ ＝ ＝
３＝ ２－ 损＝５ ０００ Ｖ－３００ Ｖ＝ ２ ２ １２ Ｖ １
６．答案 ．
４７００ Ｖ ００６ Ａ
ｎ Ｕ 解析 由题可知 车轮转动的线速度与摩擦小轮转动的线速
，
所以 升压变压器原 副线圈匝数之比 １ １
， 、 ： ｎ ＝ Ｕ ＝ 度相等 即ωｒ ω ｒ
２ ２ ， ＝ ０ ０
ωｒ
２４０ Ｖ ６ 所以摩擦小轮转动的角速度ω
＝ ０＝ ｒ ＝２８０ ｒａｄ／ｓ
５０００ Ｖ １２５ ０
ｎ Ｕ 线圈产生的感应电动势的最大值为Ｅ ｎＢＳω ．
降压变压器原 副线圈匝数之比 ３ ３ ４７００ ２３５ ｍ＝ ０＝４４８ Ｖ
、 ：ｎ ＝Ｕ ＝ ＝ Ｅ
４ ４ ２２０ １１ ｍ
５．答案 ９
２×１０ Ｗ 车头灯电流的有效值是Ｉ ２ ．
解析 用于发电的水流量为Ｑ ＝１ ． ３５×１０ ４ ｍ ３ ／ｓ－３ ５００ ｍ ３ ／ｓ＝ ＝Ｒ １＋ Ｒ ２ ＝００６ Ａ
科学辨析
４ ３
１×１０ ｍ ／ｓ
ｔ时间内流水的体积Ｖ Ｑｔ 水的质量ｍ ρＶ ７．答案 说法 和说法 正确
＝ ， ＝ １ ３
Ｗ ％ｍｇｈ ％ρＱｔｇｈ 解析 输送电压是升压变压器副线圈的电压 Ｕ 它不是输电
所以发电功率为 Ｐ 电 ２０ ２０ ，
＝ ｔ ＝ ｔ ＝ ｔ ＝ Ｐ Ｕ
线上损失的电压Ｕ 输电线上的电流Ｉ 损 输电线上
％ρＱｇｈ ． ３ ４ ９ 损。 ＝ Ｕ ＝ Ｒ ，
２０ ＝０２×１×１０ ×１×１０ ×１０×１００ Ｗ＝２×１０ Ｗ
章末练习
损失的功率Ｕ
损＝
Ｉ２Ｒ
＝
Ｕ
Ｒ
２损
，
因此说法
２
和说法
４
错误
。
科学认知 科学探究
１．答案 ＢＤ 图示位置线框处于中性面 穿过线框的磁通量最 ８．答案 Ａ 用绝缘导线在线圈外部或变压器铁芯上
， （１） （２）①
大 感应电动势力 错 对 使用变压器的目的是改变电 绕制ｎ匝线圈 将线圈Ａ与低压交流电源连接 用多用电
， ０，Ａ ，Ｂ ； ；② ；③
压 错 若灯泡较暗 说明副线圈电压较小 可以通过减小原 表的交流电压挡分别测量线圈Ａ的输入电压Ｕ 和绕制线圈的
，Ｃ ； ， ， Ａ
线圈匝数或增大副线圈匝数使副线圈电压变大 正确 Ｕ
，Ｄ 。 输出电压Ｕ 求解线圈Ａ的匝数 Ａｎ
２．答案 ＡＢ 本题是涡流现象的应用 通过增加线圈匝数或提 ；④ Ｕ
，
高交流电源的频率都可以提高发热功率 减小加热时间 解析 由 图可知 线圈Ａ的电阻较大 所以线圈Ａ的
， ，Ａ、Ｂ （１） （ｂ） ， ，
７
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等匝数较多 的磁通量变大 由楞次定律知 线圈中感应电流的方向是
。 ， ，
用绝缘导线在线圈外部或变压器铁芯上绕制ｎ匝 ａｂｃｄａ 错误 由于磁铁与线圈转速不同 不同时刻穿过线
（２）① ，Ｃ ； ，
线圈 将线圈Ａ与低压交流电源连接 用多用电表的交流 圈的原磁场方向不同 线圈中感应电流的方向一定发生改
；② ；③ ，
电压挡分别测量线圈Ａ的输入电压Ｕ 和绕制线圈的输出电压 变 错误
Ａ ，Ｄ 。
Ｕ 求解线圈Ａ的匝数 ２．答案 Ｄ 可能是后一位同学所用套环的材料不是导体 不能
；④ 。 ，
Ｕ 产生感应电流
由变压器原理可得 线圈Ａ的匝数ｎ Ａｎ 。
， Ａ＝ Ｕ ３．答案 Ｄ 当 断开时 线圈Ｌ由于自感产生感应电动势 阻
Ｓ ， ，
温故知新 碍电流变小 所以与线圈Ｌ串联的 的指针缓慢回到零点
， Ｇ２ ，Ｓ
９．答案 ｖ２ １ Ｂｌｖ １ 沿逆时针ａｂｃｄａ ３ ｍｇＲ 断开后瞬间 ， 线圈Ｌ与 Ｇ２ 和 Ｇ１ 构成回路 ， 所以 Ｇ１ 的指针先
（１）
２
ｇ （２） Ｒ （３）
４
Ｂ２ｌ２ 立即偏向左方
，
然后缓慢回到零点
，Ｄ
正确
。
ｖ２ ４．答案 Ｄ 由图 （ｂ） 可知 ， 正弦交流电的周期Ｔ ＝０ ． ０２ ｓ， 所以
解析 由机械能守恒定律 得 １ ｍｖ２ ｍｇｈ 解得ｈ １
（１） ，
２
１＝ ， ＝
２
ｇ。
ω ２π 所以原线圈两端电压的瞬时值表达式为ｕ
＝ Ｔ ＝１００πｒａｄ／ｓ，
线框ａｂ边刚进入磁场时 感应电动势Ｅ Ｂｌｖ
（２） ， ＝ １
ｔ 所以 错误 电压表测量的是有效值 所
Ｅ Ｂｌｖ ＝３６ ２ ｓｉｎ１００π Ｖ， Ａ ； ，
感应电流Ｉ ＝ Ｒ ＝ Ｒ １ ｎ Ｕ
以Ｕ ２ １ １×３６ 正确 理想变压器原 副线圈输
根据右手定则 ， 感应电流方向沿逆时针ａｂｃｄａ
２＝ ｎ
１
＝
４
Ｖ＝９ Ｖ，Ｂ ； 、
入 输出功率相同 错误 副线圈电压由原电圈电压和匝数
线框 ｃｄ 边刚要进入磁场时 设线框受到的安培力 、 ，Ｃ ；
（３） ，
比决定 与副线圈的负载无关 Ｒ 处温度升高时 电阻变小 所
为Ｆ ， ， ， Ｔ ， ，
以电流变大 正确
Ｂ２ ｌ２ｖ ，Ｄ 。
则Ｆ ＢＩｌ ２ ５．答案 ＡＣ 设线框电阻为Ｒ 两边长分别为ｘ ｙ 线框以长为
＝ ＝ Ｒ ， 、 ，
ｙ的边平行于ＭＮ 从开始到完全进入磁场 线框产生的热量
ｇ ，
根据牛顿第二定律得ｍｇ Ｆ ｍ
－ ＝ Ｂ２ｙ２ｖ２ ｘ Ｂ２ｘｙｖ
４ Ｑ Ｉ２Ｒｔ Ｒ ｙ ｙ 因为ａｂ边长大于ｂｃ边
ｍｇＲ
＝ ＝ Ｒ２ · · ｖ ＝ Ｒ ∝ ，
两式联立解得ｖ ３
２＝ ４ Ｂ２ｌ２ 长 ， 所以Ｑ １＞ Ｑ ２，Ａ 正确 ，Ｂ 错误 ； 通过导体横截面的电荷量ｑ ＝
１０．答案 Ｉｔ Ｂｙｖ ｘ Ｂｘｙ 所以ｑ ｑ 正确 错误
＝ Ｒ · ｖ ＝ Ｒ ， １＝ ２，Ｃ ，Ｄ 。
６．答案 ｂ到ａ ｎ
（１） （２）ＡＣＥ ｂ
解析 由楞次定律 感应电流的磁场方向应向上 根据右
（１） ， ，
手螺旋定则 感应电流方向盘旋向上 即从ｂ到ａ
， ， 。
为了完成变压器的探究 需要使用交流电源 多用电
（２） ， 、
表 为了让变压效果明显 需要含有闭合铁芯的原副线圈 因
； ， ，
此选 由于有漏磁 因此副线圈测量电压值应该小于理
ＡＣＥ。 ，
论电压值 因此ｎ 为输入端 ｎ 为输出端
， ｂ ， ａ 。
ｍｇＲ
７．答案 从ｂ到ａ 向上
（１） （２）Ｂ２ ｌ２
解析 根据右手定则 棒中产生的感应电流方向从ｂ到ａ
（１） ， ；
根据左手定则 棒受到的安培力方向向上
， 。
当安培力与金属棒的重力相等时 下滑速度达到最
（２） ，
大 即Ｆ ｍｇ
。 ＝
其中 安培力Ｆ ＢＩｌ
， ＝
Ｅ
感应电流Ｉ
＝ Ｒ
感应电动势Ｅ Ｂｌｖ
＝ ｍ
ｍｇＲ
将四式联立 得ｖ
， ｍ＝Ｂ２ ｌ２
８．答案 －３ －３ ． ．
（１）７×１０ Ｗｂ ４×１０ Ｗｂ （２）０４ Ａ １６ Ａ
解析 由 图可知 当ｔ 时 Ｂ ． 穿过线圈的
（１） （ｂ） ， １＝３ｓ ， １＝０３５Ｔ，
磁通量Φ Ｂ Ｓ ． －４ －３ 当ｔ
１＝ １ ２＝０ ３５×２００×１０ Ｗｂ＝７×１０ Ｗｂ； ２＝５ ｓ
时 Ｂ ． 穿过线圈的磁通量Φ Ｂ Ｓ ．
单元自我检测 ， ２＝ ０ ２ Ｔ， ２ ＝ ２ ２ ＝ ０ ２×２００×
－４ －３
１０ Ｗｂ＝４×１０ Ｗｂ。
１答案 Ｂ 当磁铁逆时针转动时 通过线圈的磁通量要改
． ， Φ Ｓ Ｂ
变 ， 由楞次定律可知 ， 为了阻碍磁通量的改变 ， 线圈的转动 （２）０～ ４ ｓ， 感应电动势Ｅ １ ＝ ｎ Δ Δ ｔ ＝ ２ Δ Δ ｔ ＝ ２ ０００×
方向与磁铁的转动方向应相同 ， 但线圈的转速应小于磁铁 ２００×１０ －４ ×０ ． ２
的转速 错 对 磁铁从图示位置开始转动 通过线圈 Ｖ＝２ Ｖ
，Ａ ，Ｂ 。 ， ４
８
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Ｅ
感应电流Ｉ １ ２ ． 法达到所需的高频 由ｆ １ 可知 只有减小Ｌ 才能增
１＝Ｒ Ｒ ＝ Ａ＝０４ Ａ 。 ＝ ＬＣ ， ，
１＋ ２ １＋４ ２π
Φ Ｓ Ｂ 大ｆ 所以要减少线圈匝数来减小Ｌ 错误 正确 而ｆ与电
感应电动势 Ｅ ｎ Δ ２Δ ， ，Ａ ，Ｃ ，
４～ ６ ｓ， ２ ＝ ｔ ＝ ｔ ＝ ２ ０００ × 源电压无关 错误
Δ Δ ，Ｂ、Ｄ 。
－４ ． ５．答案 Ａ 天线处于室外空间变化的电磁场中 产生感应电
２００×１０ ×０４ ，
２ Ｖ＝８ Ｖ 流 此电流通过馈线输送给 ＬＣ 回路 正确 错误 室外天
， ，Ａ ，Ｂ ；
Ｅ 线能接收各个电台的电磁波信号 但只有频率与调谐电路频
感应电流Ｉ ２ ８ ． ，
２＝Ｒ
１＋
Ｒ
２
＝
１＋４
Ａ＝１６ Ａ
率相等的信号对应的电流最强 ， 然后通过解调处理后再输入
后面的电路 其他的电信号被过滤掉 错误
， ，Ｃ、Ｄ 。
第4 章 电磁波
第3节 电磁波谱
第1 节 电磁波的产生 节练习
节练习 １．答案 利用红外线可以加热物体 如红外线烤箱 还可以利用
， ；
Φ Ｓ Ｂ 红外线使特制底片感光 制成红外摄影仪 红外遥感器
１．答案 由法拉第电磁感应定律Ｅ Δ Δ 可知 均匀变化的 ， 、 。
＝ ｔ ＝ ｔ ， ２．答案 Ｂ 变化的电场和变化的磁场才能在空间激发电磁波
Δ Δ ，
磁场产生的电场是稳定的 错误 医院中的 超 利用了声波的反射 错误 车站 机
。 Ａ ； “Ｂ ” ，Ｃ ； 、
２．答案 放电 增大 场安全检查时 透视 行李箱的安检装置利用的是 射线
“ ” Ｘ ，Ｄ
解析 由题图可知 电容器上极板带正电 根据螺线管中电流 错误
， ， 。
方向可以确定 电容器在放电 由于线圈对电流有阻碍作用 ３．答案 ＡＤ 微波炉利用的是微波 不是红外线 错误 电视
， ， ， ， ，Ｂ ；
电路中的电流逐渐增大 放电完毕时 电流最大 电场能全部 机遥控器通过发出红外线信号来遥控电视机 而不是紫外线
。 ， ， ，
转化为磁场能 信号 错误
。 ，Ｃ 。
３．答案 ＢＤ 由振荡电路的周期Ｔ
＝２π
ＬＣ可知
，
要减小周期
４．答案 ｆ
ｃ
３×１０
８
． ９
Ｔ 可以减小电感Ｌ或减小电容Ｃ ＝ λ ＝ １２×１０ －２ Ｈｚ＝２５×１０ Ｈｚ
， 。
５．答案
４．答案 ５２５ ｍ／ｓ
１７３９ ｋＨｚ １７３ ｍ
解析 飞机接收到雷达发出的第一个电磁波时 飞机与雷达
解析 设电感线圈的自感系数为Ｌ 当电容器的电容最大为 ，
，
ｔ
Ｃ １＝３００ ｐＦ 时 ， 接收频率最小为ｆ １＝５５０ ｋＨｚ， 即ｆ １＝ １ ＬＣ 间的距离ｘ １＝ ｃ · ２ １ ＝３００００ ｍ
２π １ 飞机接收到雷达发出的第二个电磁波时 飞机与雷达间
当电容器的电容最小为Ｃ 时 接收频率最大为 ，
２＝３０ ｐＦ ， ｔ
Ｃ 的距离ｘ ｃ ２
ｆ １ ｆ １ ｆ ２＝ · ＝２７９００ ｍ
２＝ ＬＣ ＝ １ Ｃ ＝ １ １０≈１７３９ ｋＨｚ ２
２π ２ ２ 由题可知 ， 在 ｔ ＝４ ｓ 内 ， 飞机飞行的距离 ｘ ＝ ｘ １－ ｘ ２ ＝
ｃ ８
由ｃ ＝ λｆ ， 得最小波长λ ＝ ｆ ２ ＝ １７ ３ ３ × ９ １ × ０ １０ ３ ｍ＝１７３ ｍ ２１００ 所 ｍ 以飞机的速度是ｖ ｘ ２１００
５．答案 电路不断地通断 电路中的电流不断地变化 周围空间 ＝ ｔ ＝ ｍ／ｓ＝５２５ ｍ／ｓ
， ， ４
产生变化的电磁场 激发的电磁波被收音机接收到而发出 咔
， “
咔咔 的响声 章末练习
” 。
６．答案 略 科学认知
１．答案 无线电波的传播途径有地波 天波和空间波三种
、 。
第2 节 电磁波的发射、传播和接收
地波沿地球表面传播 适用于长波 中波和中短波的
， 、
节练习 传播
；
１．答案 要有效地发射电磁波 振荡电路必须满足两个条件 一 天波依靠电离层的反射来传播 适用于短波的传播
， ： ， ；
是振荡频率足够高 二是电场 磁场尽可能分布到较大的空 空间波沿直线传播 适用于超短波 微波的传播
； 、 ， 、 。
间 而开放电路正好满足这两个条件
。 。 ２．答案 Ｂ 由ｆ １ 可知 要提高电磁振荡频率 可以减
２．答案 无线电波的传播途径通常有地波 天波和空间波三种 ＝ ＬＣ ， ，
、 。 ２π
地波沿地球表面传播 适用于长波 中波和中短波的 小Ｌ或减小Ｃ 与充电电压无关 错误 在线圈中插入铁芯 Ｌ
， 、 ， ，Ｃ ； ，
传播 会增大 ｆ减小 错误 增大电容器两极板间的距离 Ｃ 会减
； ， ，Ａ ； ，
天波依靠电离层的反射来传播 适用于短波的传播 小 ｆ增大 正确 增大电容器两极板间的正对面积 Ｃ 会增
， ； ， ，Ｂ ； ，
空间波沿直线传播 适用于超短波 微波的传播 大 ｆ减小 错误
， 、 。 ， ，Ｄ 。
３．答案 如果调谐不准 那么频率比接收电路的固有频率稍高 ３．答案 Ｄ
，
或稍低的电台的电磁波都能在电路中激起感应电流 喇叭中 ４．答案 Ａ
，
会同时出现两个电台的声音 出现 串台 现象 ５．答案 ＡＢ 电磁波即能无线传播 也能有线传播 错误 若
， “ ” 。 ， ，Ｃ ；
４．答案 Ｃ 将可变电容器的动片旋入或旋出指改变电容器的 波源的电磁振荡停止 空间的电磁波还继续传播 不会随即消
， ，
正对面积 将它全部旋出时Ｓ最小 Ｃ最小 由题可知改变Ｓ无 失 错误
， ， ， ，Ｄ 。
９
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等６．答案 Ｄ 磁场均匀变化 在圆环处产生的感应电动势是Ｅ Ｒ两端的电压变小 错误
， ＝ ，Ａ、Ｂ 。
Φ Ｓ Ｂ ４．答案 Ｃ 定值电阻与压敏电阻并联 根据电流表示数Ｉ大于
Δ Δ Ｓｋ ｒ２ｋ 小球运动一周 电场对小球做的功是 ，
ｔ ＝ ｔ ＝ ＝π 。 ， 升降机静止时电流表的示数 可知压敏电阻阻值增大 说明所
Δ Δ ， ，
Ｗ ｑＥ ｑ ｒ２ｋ 正确 受压力减小 升降机一定处于失重状态 可能向上减速 也可
＝ ＝ π ，Ｄ 。 ， 。 ，
科技交流 能向下加速 错误 正确 压敏电阻阻值变大 通过压敏
，Ａ、Ｂ ，Ｃ ； ，
７．答案 略 电阻的电流一定比电梯静止时小 错误
，Ｄ 。
温故知新 ５．答案 ａ端 左
（１） （２）
８．答案 解析 随温度升高 热敏电阻阻值减小 左侧的控制电路
５００ ｍ／ｓ （１） ， ，
解析 设目标接收到雷达发射的电磁波时 目标先后两次位 电流增大 线圈产生的磁场变强 与弹簧相连的衔铁被吸到ａ
， ， ，
置到雷达距离分别为ｘ 和ｘ 处 此时报警器铃响 报警电路应接通 因此ｃ应接在ａ端
， ， ， 。
１ ２
由 两图可知 雷达先后两次从发射到接收所用 要使启动报警的温度提高些 则需要热敏电阻阻值较
（ａ）、（ｂ） ， （２） ，
时间分别为ｔ １＝４×１０ －４ ｓ 和ｔ ２＝３×１０ －４ ｓ 小时才启动报警电路 ， 应使滑动变阻器阻值变大 ， 以保证报警
ｔ 器工作时控制电路的总电阻一定 所以滑动变阻器的滑片 Ｐ
所以有ｘ ｃ １ ，
１＝ · ＝６００００ ｍ 向左端移动
２ 。
ｔ
ｘ ｃ ２ 第2 节 科学制作：简单的自动控制装置
２＝ · ＝４５０００ ｍ
２
由题可知 在 ｔ 内 目标飞行的距离 ｘ ｘ ｘ 节练习
， ＝３０ ｓ ， ＝ １－ ２ ＝
１．答案 略
１５０００ ｍ
ｘ ２．答案 如图所示
所以飞机的速度是ｖ １５０００ ：
＝ ｔ ＝ ｍ／ｓ＝５００ ｍ／ｓ
３０
第5 章 传感器及其应用
第1 节 常见传感器的工作原理
节练习
３．答案 如图所示
１．答案 距离传感器 （１） ：
（１）
透过红外线 灯发射红外线 被物体反射后由红外线
ＬＥＤ ，
探测器接收 以接收到红外线的强度来判断距离 有效距离大
， ，
约为 米 它可感知手机是否被贴在耳朵上讲电话 若是则
１０ 。 ，
会关闭屏幕来省电 距离传感器也可以运用在部分手机支持
；
的手套模式中 用来解锁或锁定手机
， 。
指纹传感器
（２）
目前主流的技术是电容式指纹传感器 然而超音波指纹
，
传感器也有逐渐流行的趋势 电容式指纹传感器作用时 手 测量步骤如下
。 ， （２） ：
指是电容的一极 另一极则是硅芯片数组 透过人体带有的微 调节滑动变阻器 使转换器的输出电压为
， ， ① ， ０；
电场与电容传感器之间产生的微电流 指纹的波峰波谷与传 将质量为ｍ 的砝码放在转换器上 记下输出电压Ｕ
， ② ０ ， ０；
感器之间的距离形成电容高低差 来描绘出指纹的图形 而 将待测物体放在转换器上 记下输出电压Ｕ
， 。 ③ ， ；
超音波指纹传感器原理也类似 但不会受到汗水 油污的干 则Ｕ ｋｍ ｇ Ｕ ｋｍｇ
， 、 ０＝ ０ ， ＝
扰 辨识速度也更为快速 运用在手机中可用来解锁 加密
， 。 、 、 Ｕ Ｕ
得ｋ ０ 所以ｍ ｍ
支付等 。 ＝ｍ ｇ， ＝Ｕ ０
０ ０
２．答案 干手机的工作原理一般为传感器检测到信号 手 此 ４．答案
（ ）， １２０ ℃
信号控制打开加热电路继电器及吹风电路继电器 开始加热 解析 由 图可知 温度等于 时 Ｒ 的阻值为
， 、 （ｂ） ， ２０ ℃ ， Ｔ ４０００ Ω
吹风 当传感器检测的信号消失时 释放触点 加热电路及吹 Ｅ
。 ， ， 由Ｅ Ｉ Ｒ Ｒ 得Ｒ Ｒ
风电路继电器断开 停止加热 吹风 ＝ １（ ０＋ Ｔ） ０＝ Ｉ － Ｔ＝５００ Ω
， 、 。 １
这些都是通过红外感应的方式实现的 感应的主要器件 Ｅ
。 当Ｉ ． 时 设热敏电阻的阻值为Ｒ 则Ｒ Ｒ
由一个红外发射二极管和一个受光 光敏 二极管组成 手放 １＝３６ ｍＡ ， ， ＝ Ｉ － ０＝
（ ） 。 ２
上去之后就相当于一个反射板 受光二极管接收到手反射回
， ２０００ Ω
去的红外线之后 触发控制电路 控制风扇吹风 同时加热部 从图 中查得对应的温度是
， ， ， （ｂ） １２０ ℃
件开始工作 对经过的风进行加热 当人手离开后停止工作 ５．答案 电饭锅盛上食物后 接上电源 自动闭合 同时
， ， 。 （１） ， ，Ｓ２ ，
３．答案 Ｃ 对于负温度系数热敏电阻 温度降低 Ｒ 电阻增大 手动闭合 这时黄灯被短路 红灯亮 电饭锅处于加热状态
， ， Ｔ ， Ｓ１， ， ， ，
并联部分的电阻变大 并联部分的电压变大 小灯泡亮度变 加热到 时 自动断开 仍闭合 水烧开后 温度升高
， ， ８０ ℃ ，Ｓ２ ，Ｓ１ ； ，
强 正确 错误 总电阻变大 干路电流变小 所以定值电阻 到 时 开关 自动断开 这时饭已煮熟 黄灯亮 电饭锅
，Ｃ ，Ｄ ； ， ， １０３℃ ， Ｓ１ ， ， ，
１０
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处于保温状态 由于散热 待温度降至 时 自动闭合 从 图可知 这时热敏电阻的阻值是Ｒ
， ， ７０ ℃ ，Ｓ２ ， （ａ） ， ＝９０ Ω
电饭锅重新加热 温度达到 时 又自动断开 再次处于 Ｅ
， ８０ ℃ ，Ｓ２ ， 由欧姆定律得Ｉ
保温状态 ＝Ｒ Ｒ′ Ｒ
。 ＋ ＋ ０
加热时电饭锅消耗的电功率Ｐ
Ｕ２
保温时电饭锅 则Ｒ′
Ｅ
Ｒ Ｒ ９
．
０
（２） １＝Ｒ
并
， ＝ Ｉ － ０－ ＝
０
．
０２
Ω－１００ Ω－９０ Ω＝２６０ Ω
消耗的电功率Ｐ
Ｕ２
５．答案 还必须测量的物理量有车轮的半径Ｒ和齿轮的齿数Ｐ
２＝Ｒ
１＋
Ｒ
并
由于Ｂ在单位时间内接到的脉冲数是ｎ
，
因此每个间隙转
Ｒ Ｒ
两式中Ｒ ２ ３ ５００×５０ ５００ 动时间为ｔ １
并＝Ｒ Ｒ ＝ Ω＝ Ω ＝ ｎ
２＋ ３ ５００＋５０ １１
Ｒ Ｒ 设车轮一周有Ｐ个齿 则有Ｐ个间隙 那么车轮的转动周
从而有Ｐ Ｐ １＋ 并 ， ，
１ ∶ ２＝ Ｒ 并 ＝１２ ∶ １ 期为Ｔ Ｐｔ Ｐ
＝ ＝ ｎ
第3节 大显身手的传感器 Ｒ Ｒｎ
所以小车的线速度是ｖ ２π ２π
＝ Ｔ ＝ Ｐ
节练习
Ｎ
１．答案 减小 当脉冲数是Ｎ时 经过的时间ｔ Ｎｔ
， 总＝ ＝ ｎ
解析 当油箱中油量减少时 浮标下降 使滑动变阻器的滑片
， ， ＲＮ
向上移动 接入电路的电阻阻值变大 电流变小 小车的行程是ｘ ｖｔ ２π
， ， 。 ＝ 总＝ Ｐ
２．答案 增大 减小
科技交流
解析 当传感器Ｒ 处出现断针时 Ｒ 阻值减小 所以并联部
Ｂ ， Ｂ ， ６．答案 该同学的结论是正确的
分的电阻减小 从而使路端电压Ｕ 减小 由于并联部分的电 。
， ａｂ ； 设转轮的角速度 转速度分别是ω ｎ 轮子转过角θ所需
阻减小 因此并联部分的电压减小 所以通过Ｒ 的电流Ｉ 减 、 、 ，
， ， ２ ２ 要的时间为 ｔ 通过线圈的磁通量的变化量是 Φ 线圈中产
小 而总电阻减小 所以干路电流 Ｉ 增大 电流表示数 Ｉ Δ， Δ ，
。 ， 总 ， Ｂ＝ 生的感应电动势的平均值为Ｅ
Ｉ Ｉ 因此电流表示数增大 。
总－ ２， 。 Φ ＢＳ
３．答案 ＢＤ 当有光照射Ｒ 时 Ｒ 的电阻减小 所以Ｒ 两端 根据法拉第电磁感应定律Ｅ ＮΔ Ｎ
１ ， １ ， １ ＝ Δ ｔ ＝ Δ ｔ
的电压变小 错误 正确 当光线被遮住时 应计数 次 此
，Ａ ，Ｂ ； ， １ ， Ｅ
由闭合电路欧姆定律得 感应电流Ｉ
时Ｒ 的电阻增大 所以Ｒ 两端的电压增大 错误 正确 ， ＝ Ｒ
１ ， １ ，Ｃ ，Ｄ 。
４．答案 Ｂ 常温时 上下触点是接在一起的 否则无法加热 θ ω
， ， ，Ａ 又因为 ｔ ｎ
错误 当电热丝通电加热 双金属片温度升高 双金属片膨胀 Δ ＝ ω ＝
； ， ， ２π
系数上层大 下层小 所以温度升高到一定值时 双金属片会 ＩＲθ
， ， ， 联立以上四式得ｎ
向下弯曲使触点断开 停止加热 正确 若需要设定更高的 ＝ ＮＢＳ
， ，Ｂ ； ２π
温度 应向下调节升降螺丝 使触点断开时双金属片向下弯曲 温故知新
， ，
程度要更大一些 错误 电熨斗中的双金属片温度传感器 Ｌｇ Ｌｇ
，Ｃ ； ， ７．答案 ａ Ｕ′ 还可以测量列车做匀减速
其作用是把热信号转化成电信号 错误 （１） ＝Ｕｈ （２） ｈ （３）
２
，Ｄ 。
５．答案 ＡＣＤ 非触摸式自动水龙头应用的传感器是光传感 运动时的加速度 电压表的零点要在中间 量程要大于 Ｕ
，
器 错误 ２
，Ｂ 。 解析 设金属丝与竖直方向的夹角为θ 对小球ｍ受力分
（１） ，
章末练习 析 其合力Ｆ ｍｇ θ
， ＝ ｔａｎ
Ｆ
科学认知 小球的加速度ａ ｇ θ
＝ ｍ ＝ ｔａｎ
１．答案 若往Ｒ 上擦一些酒精 温度降低 电阻变大 表针向左
Ｔ ， ， ， 电压表所测电阻丝的长度为Ｌ ｈ θ
偏转 若用热吹风对Ｒ 加热 温度升高 电阻变小 表针向右 ＝ ｔａｎ
； Ｔ ， ， ， Ｕ′ Ｌ′
偏转 电压表示数与电源电压的关系为
。 Ｕ ＝ Ｌ
２．答案 Ｃ
Ｌｇ
３．答案 ＡＢＣ 图 的传感器可测量位移 不能测量速度 三式联立 ， 得ａ ＝Ｕｈ Ｕ′
（ｄ） ， ，Ｄ
错误 最大加速度对应着电压表的最大值 由电路图可知
。 （２） ， ，
４．答案 Ａ Ｂ端 Ｕ
（１） 、 （２）２６０ Ω 电压表的最大读数是Ｕ′
解析 当Ａ Ｂ温度较低时 热敏电阻的电阻较大 电路中 ＝
（１） 、 ， ， ２
的电流较小 从 图可知 继电器的衔铁与 Ａ Ｂ 部分连接 Ｌｇ Ｌｇ Ｕ Ｌｇ
， （ｂ） ， 、 ， 所以加速度的最大值是ａ Ｕ′
此时是需要加热的 恒温箱内的加热器要工作 应把恒温箱内 ＝Ｕｈ ＝Ｕｈ· ＝ ｈ
， ， ２ ２
的加热器接在Ａ Ｂ端 将Ｃ点设置在ＡＢ的中间 还可以测量列车做匀减速
、 。 （３） ，
当温度达到 时 加热电路要断开 此时继电器的 运动时的加速度 这时小球偏向ＯＣ线的右方
（２） ５０ ℃ ， ， ， 。
衔铁要被吸走 即控制电路的电流要到达Ｉ ．
， ＝２０ ｍＡ＝０ ０２ Ａ，
１１
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