18-19 第2章 1 电源和电流课时分层作业10

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2018-2019学年高中物理选修3-2课时分层作业10 变压器

课时分层作业(十)[基础达标练](时间：15分钟分值：50分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分)1．理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端．已知三个灯泡均正常发光．该变压器原、副线圈的匝数之比为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2【解析】三灯泡都正常发光，则电流相等，由此可知变压器的原、副线圈的电流比I 1I 2＝12，由于输入、输出功率相等，P 1＝P 2，得U 1U 2＝I 2I 1，得U 1U 2＝21＝n 1n 2，B 正确．【答案】 B2．如图5-4-12所示，一输入电压为220 V 、输出电压为36 V 的变压器副线圈烧坏．为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，然后将原线圈接到220 V 交流电源上，测得新绕线圈两端的电压为1 V ，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( )图5-4-12A ．1 100,360B ．1 100,180C ．2 200,180D ．2 200,360【解析】由U 1∶U 2∶U 3＝n 1∶n 2∶n 3，可得n 1＝U 1U 3n 3＝1 100匝，n 2＝U 2U 1n 1＝180匝，B 选项正确．【答案】 B3．如图5-4-13所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1∶3，次级回路中连入三个均标有“36 V 40 W ”的灯泡，且均正常发光，那么，标有“36 V 40 W ”的灯泡A( )图5-4-13A ．正常发光B ．将被烧毁C ．比另三个灯暗D ．无法确定【解析】副线圈两端的电压U 2＝3U ＝3×36 V ＝108 V ．由U 1U 2＝n 1n 2得，原线圈两端电压U 1＝n 1U 2n 2＝1×1083V ＝36 V ，所以灯泡A 能正常发光．【答案】 A4．(多选)如图5-4-14所示，理想变压器原线圈接入电压有效值恒定的正弦交流电，副线圈接一定值电阻R .调节触头P ，使副线圈匝数变为原来的一半，则调节前后()图5-4-14A ．原线圈中的电流之比为4∶1B ．副线圈中的电流之比为2∶1C ．变压器的输入功率之比为4∶1D ．变压器的输出功率之比为1∶2【解析】使副线圈匝数变为原来的一半，即n ′2＝n 22，根据公式U 1U ′2＝n 1n ′2及U 1U 2＝n 1n 2，可得副线圈两端的电压变为原来的12，所以副线圈中的电流变为原来的12，B 正确；根据公式I 1I ′2＝n ′2n 1及I 1I 2＝n 2n 1，可得I 112I 2＝12n2n 1，原线圈中的电流将变为原来的14，所以A 正确；根据P ＝I 2R ，副线圈中消耗的电功率变为原来的14，所以变压器的输出功率之比为4∶1，理想变压器的输出功率和输入功率相等，所以C 正确，D 错误．【答案】 ABC5．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1 ，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图5-4-15所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U .原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )【导学号：57272114】图5-4-15A ．U ＝66 V ，k ＝19 B ．U ＝22 V ，k ＝19 C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13【解析】设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21R I 22R ＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V ，选项A 正确．【答案】 A6．如图5-4-16所示，两个相同变压器的副线圈接有相同的灯泡L 1、L 2，原线圈接有定值电阻R ，导轨和金属棒MN 的电阻不计．现使金属棒沿轨道向右匀速运动，乙图中金属棒移动速度大于甲图中金属棒的移动速度，则在棒运动的过程中( )图5-4-16A ．L 1、L 2都发光，L 2比L 1亮B ．L 1、L 2都不发光C ．L 2发光，L 1不发光D ．L 1发光，L 2不发光【解析】变压器只改变变化电流的电压，不改变恒定电流的电压，在金属棒MN 移动的过程中，题图甲中金属棒产生的电动势变化，其原线圈中的电流是变化的，故L 1两端会产生电压，L 1亮；而题图乙中导体棒产生的电动势不变化，其原线圈中的电流是不变的，故L 2两端没有电压，L 2不亮，故D 正确，A 、B 、C 错误．【答案】 D 二、非选择题(14分)7．如图5-4-17所示，理想变压器原线圈输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈两端电压220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡A 、B ，绕过铁芯的导线所接的电压表示数为U V ＝2 V ．求：图5-4-17(1)n 1等于多少匝？(2)S 断开时，电流表A 2的示数I 2＝5 A ，A 1示数I 1为多少？ (3)S 闭合时，A 1的示数I ′1为多少？【解析】 (1)由n 1n 3＝U 1U V＝3 3002，解得n 1＝1 650匝．(2)由n 1n 2＝3 300220，解得n 2＝110匝由I 1I 2＝n 2n 1，解得I 1＝13 A ＝0.33 A. (3)I ′2＝2I 2＝10 A ，I ′1＝n 2n 1I ′2＝23 A ＝0.67 A.【答案】 (1)1 650匝 (2)0.33 A (3)0.67 A[能力提升练](时间：25分钟分值：50分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分)1．如图5-4-18所示，一理想变压器接在电压为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可以通过调节滑动触头P来改变．副线圈连接交流电流表、定值电阻R0和可变电阻R，则()图5-4-18A．保持P的位置不动，将R的阻值增大，电流表的读数变小B．保持P的位置不动，将R的阻值增大，R0的电功率变大C．保持R的阻值不变，将P向上滑动，电流表的读数变大D．保持R的阻值不变，将P向上滑动，R0的电功率变大【解析】保持P的位置不动，即原、副线圈的匝数比n1n2不变，故副线圈两端的电压U′恒定，将R的阻值增大时，由I＝U′R＋R0可知，副线圈中的电流变小，故电流表的读数变小，A正确；由P0＝I2R0可知，R0的电功率减小，B错误；保持R的阻值不变，将P向上滑动时，原线圈的匝数n1增大，由U′＝n2n1U可知，副线圈上的电压变小，由I＝U′R＋R0可知，副线圈中的电流变小，C错误；由P0＝I2R0可知，R0的电功率减小，D错误．【答案】 A2．如图5-4-19所示，T为理想变压器，A1、A2为交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时()【导学号：57272115】图5-4-19A．A1的读数变大，A2的读数变大B．A1的读数变大，A2的读数变小C ．A 1的读数变小，A 2的读数变大D ．A 1的读数变小，A 2的读数变小【解析】当滑动触头下移时，R 3变小，R 总变小，I ＝U R 总，U 不变，I 变大，由原、副线圈中电流与匝数成反比，可知A 1的示数变大，U 并＝U －U R 1变小，通过R 2的电流变小，I A2＝I －I R 2变大，A 2的示数变大．【答案】 A3．如图5-4-20所示，一台理想变压器的原副线圈的匝数比为5∶1.原线圈接入最大值一定的正弦交流电，副线圈电路中一个定值电阻与电容器并联，电压表和电流表均为理想交流电表，电流表A 1、A 2及电压表V 的示数分别为I 1、I 2、U 2，定值电阻的阻值为R ，其消耗的功率为P ，电容器的电容为C ，所带的电荷量为Q ，则它们的关系为( )图5-4-20A ．Q ＝CU 2B ．I 2＝U 2R C ．P ＝5I 1U 2D.I 1I 2＝15 【解析】由于电容器两端电压是变化的，即电容器不断的被充电和放电，故其电荷量不是一个定值，故不能用公式Q ＝CU 2来计算，故选项A 错误；根据题意I 2是副线圈的总电流，而U 2R 只是通过电阻R 的电流，由于电容器不断充电和放电，故I 2＞U 2R ，P ＜5I 1U 2，故选项B 、C 错误；根据变压器的相关规律：I 1I 2＝n 2n 1＝15，故选项D 正确．【答案】 D4．(多选)如图5-4-21所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )图5-4-21 A．U ab∶U cd＝n1∶n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压U cd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍【解析】根据变压器的工作原理、交流电的有效值解题．变压器的变压比U1 U2＝n1n2，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压．U1＝U ab，由于二极管的单向导电特性，U cd≠U2，选项A错误；增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1U ab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B正确；c、d端的电压由输入电压U ab决定，负载电阻R的阻值变小时，U cd不变，选项C错误；根据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有U ab I1T＝U2R·T2＋0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I2T＝U2R T，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确．【答案】BD5．如图5-4-22所示的电路图中，变压器是理想变压器，原线圈匝数n1＝600匝，装有熔断电流为0.5 A的保险丝，副线圈的匝数n2＝120匝．要使整个电路正常工作，当原线圈接在180 V的交流电源上时，副线圈()图5-4-22A．可接耐压值为36 V的电容器B．可接“36 V40 W”的安全灯两盏C．可接电阻为14 Ω的电烙铁D．可串联量程为0.6 A的电流表测量其电路的总电流【解析】根据U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝36 V ，又由I 1I 2＝n 2n 1，在保险丝安全的条件下，副线圈中允许通过的最大电流为I 2＝n 1n 2I 1＝600120×0.5 A ＝2.5 A ，最大输出功率P m＝I 2U 2＝2.5×36 W ＝90 W ，B 选项正确；而副线圈交流电压的最大值为36 2 V ，所以A 选项错误；接14 Ω的电阻时，流过电阻的电流将达到I ′2＝3614 A>2.5 A, C 选项错误；若副线圈串联量程为0.6 A 的电流表，则电流表可能会被烧坏，D 选项错误．【答案】 B6．(多选)如图5-4-23甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定电压为U 0的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为R ，图中电压表为理想电表．下列说法正确的是( )【导学号：57272116】图5-4-23A ．变压器输入电压的瞬时值为u ＝U m sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT t (V)B ．电压表的示数为2U 0C ．变压器的输入功率为U 20R D ．变压器的匝数比为U m ∶U 0【解析】由题图乙知，变压器输入电压的瞬时值为u ＝U m sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT t (V)，选项A正确；因额定电压为U 0的小灯泡正常发光，故电压表的示数为U 0，选项B 错误；变压器的输入功率为U 20R ，选项C 正确；由变压器变压公式，变压器的匝数比为U m ∶2U 0，选项D 错误．【答案】 AC 二、非选择题(14分)7．如图5-4-24所示，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈的匝数与次级线圈的匝数之比是3∶1.初级线圈的输入电压是660 V，次级线圈的电阻为0.2 Ω，这台变压器供给100盏“220 V60 W”的电灯用电．求：图5-4-24(1)空载时次级线圈的端电压和输出功率；(2)接通电路时次级线圈的端电压；(3)每盏灯的实际功率．【解析】(1)设空载时次级线圈的端电压为U2，则U2 U1＝n2 n1解得U2＝n2n1U1＝220 V因为空载，次级线圈的负载电阻R2→∞，电流I2＝0，则P＝I2U2＝0.(2)接通电路后，100盏电灯并联的总电阻为R外＝R100＝U2额P额100≈8.07 Ω次级线圈中的电流I′2＝U2R外＋R内＝2208.07＋0.2A＝26.6 A次级线圈的端电压U′2＝I′2R外＝214.66 V.(3)每盏灯的实际功率P′＝I′2100U′2＝26.6100×214.66 W＝57.1 W.【答案】(1)220 V0(2)214.66 V(3)57.1 W。

2019高中物理第二章恒定电流课时作业(十八)(含解析)新人教版选修3_1

课时作业(十八)[全员参与·基础练]1．下列给出多种用伏安法测电池的电动势和内阻的数据，其中处理方法既能减小偶然误差，又直观、简便的是 ( )A ．测出两组I 、U 的数据，代入方程组E ＝U 1＋I 1r 和E ＝U 2＋I 2r 求出E 和rB ．多测几组I 、U 的数据，求出几组E 、r ，最后分别求出其平均值C ．测出多组I 、U 的数据，画出U －I 图象，再根据图象求出E 、rD ．多测几组I 、U 的数据，分别求出I 和U 的平均值，用电压表测出断路时的路端电压即为电动势E ，再用闭合电路欧姆定律求出电池内阻r【解析】选项A 中只测量两组数据求出E 、r ，偶然误差较大；选项B 中计算E 、r 平均值虽然能减小误差，但太繁琐；选项D 中先分别求出I 、U 的平均值再求解的方法是错误的．【答案】 C2．为了测出电源的电动势和内阻，除待测电源和开关、导线以外，配合下列哪组仪器，不能达到实验目的( )A ．一个电流表和一个电阻箱B ．一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器C ．一个电压表和一个电阻箱D ．一个电流表和一个滑动变阻器【解析】根据E ＝I (R ＋r )，由电流表测出电流，用电阻箱读出外电阻的阻值，可以求出E 、r ，A 正确；根据E ＝U ＋Ir ，由电流表测出电流，由电压表测出电压，可以求出E 、r ，B 正确；根据E ＝U ＋UrR ，由电压表测出电压，用电阻箱读出外电阻的阻值，可以求出E 、r ，C 正确；因为滑动变阻器不能读出电阻的数值，所以只有一个电流表和一个滑动变阻器，测不出电动势和内阻，D 错误．【答案】 D3．(多选)某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0～20 Ω，连接电路的实物图如图2－10－8所示．关于该学生接线的说法正确的是( )图2－10－8A ．滑动变阻器不起变阻作用B ．电流表接线有误C ．电压表量程选用不当D ．电压表接线不妥【解析】在实物连线图中，滑动变阻器的两个固定端接入电路了，滑动头没有接，所以移动变阻器滑动端时，不会改变接入电路的电阻大小，变阻器不起变阻作用，A 正确；电流表只允许电流从电表的正接线柱流入，从负接线柱流出，图中电流表的正、负接线柱接对了，所以B 错误；图中电源由一节干电池充当，电动势是1.5 V ，所以电压表量程应选用0～3 V ，图中连接是正确的，所以C 错误；图中把电压表直接和电池并联，这样即使将开关断开，电压表仍有示数，即开关不能控制通过电压表的电流，且电流从负接线柱流入，从正接线柱流出，所以电压表的接线不妥，D 正确．【答案】 AD4．(多选)图2－10－9是根据某次实验记录数据画出的U －I 图象，下列关于这个图象的说法中正确的是( )图2－10－9A ．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E ＝3.0 VB ．横轴截距表示短路电流，即I 短＝0.6 AC ．根据r ＝E /I 短，计算出待测电源内阻为5 ΩD ．根据r ＝|ΔUΔI|，计算出待测电源内阻为1 Ω【解析】在U －I 图中，图线与U 轴的交点表示电源电动势，由图可知E ＝3.0 V ，A 正确；此图的纵坐标并非从零开始，故B 、C 错误；在U －I 图象中斜率ΔUΔI 表示电源内阻r ，故D 正确．【答案】 AD5．(2014·北京高考)利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．(1)应该选择的实验电路是图2－10－10中的________(选填“甲”或“乙”)．图2－10－10(2)现有电流表(0～0.6 A)、开关和导线若干，以及以下器材：A．电压表(0～15 V)B．电压表(0～3 V)C．滑动变阻器(0～50 Ω)D．滑动变阻器(0～500 Ω)实验中电压表应选用________；滑动变阻器应选用________．(选填相应器材前的字母)(3)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2－10－11的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U－I图线.图2－10－11(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.【解析】(1)电流表内阻与电池内阻相差不多，如果用乙图误差较大，应选用甲图．(2)干电池的电动势为1.5 V左右，为减小误差，应选择量程为3 V的电压表；根据电源电动势和电流表量程，可知应选择最大阻值为50 Ω的滑动变阻器．(3)第四组数据误差较大，应舍去，连线后如图所示．(4)根据U －I 图象，电源的电动势为纵轴的截距，为1.5 V ，内阻为斜率的大小，r ＝1.5－1.00.6Ω≈0.83 Ω.【答案】 (1)甲 (2)B C (3)见解析图(4)1.50(1.49～1.51) 0.83(0.81～0.85)6．(2013·浙江高考)采用如图2－10－12所示的电路“测定电池的电动势和内阻”．图2－10－12(1)除了选用照片中的部分器材外，( )A ．还需要电压表B ．还需要电流表C ．还需要学生电源D ．不再需要其他器材(2)测量所得数据如下：(3)根据第5次所测得的实验数据，求得电流表内阻R A ＝________.【解析】 (1)选A ，照片中已有电流表、电阻箱和干电池，还缺少电压表． (2)作出U －I 图象，由图象斜率可求得r ＝(0.75±0.10)Ω.(3)由欧姆定律得：R ＋R A ＝U I ，得R A ＝U I－R ＝0.22 Ω. 【答案】 (1)A (2)0.75 Ω (3)0.22 Ω7．某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路如图甲所示，电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R 0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：(a)电流表(量程0.6 A 、3 A) (b)电压表(量程3 V 、15 V)(c)定值电阻(阻值1 Ω、额定功率5 W) (d)定值电阻(阻值10 Ω，额定功率10 W) (e)滑动变阻器(阻值范围0～10 Ω、额定电流2 A) (f)滑动变阻器(阻值范围0～100 Ω、额定电流1 A)甲 2－10－13请回答下列问题：(1)要正确完成实验，电压表的量程应选择________V ，电流表的量程应选择________A ；R 0应选择________Ω的定值电阻，R 应选择阻值范围是________Ω的滑动变阻器．(2)按电路原理图甲连接实物电路图乙．乙2－10－13(3)测得下列五组数据：＝________V，r＝________Ω.图2－10－14【解析】由于电源是一节干电池(1.5 V)，所选量程为3 V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几欧姆左右，加上保护电阻，最大电流在0.5 A左右，所以选量程为0.6 A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10 Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100 Ω会出现开始电流和电压几乎不变，最后突然变化的现象．系统误差一般是由测量工具和测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小．本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成E E，r测<r.测<【答案】(1)3 0.6 1 0～10(2)如图(3)如图2．0 3.0。

【配套K12】[学习]2018-2019学年高中物理课时分层作业1 电磁感应的发现感应电流产生的

课时分层作业(一) 电磁感应的发现感应电流产生的条件[基础达标练](时间：15分钟分值：50分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化D[本题以验证“由磁产生电”设想的实验为背景，主要考查电磁感应现象．选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观察到电流表的变化；选项C满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C也不能观察到电流表的变化；选项D满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的变化，所以选D.]2．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是( )A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零D．穿过线圈的磁通量为零，磁感应强度也一定为零C[磁通量的大小是由磁感应强度、线圈的面积以及二者的位置关系共同决定的，仅磁感应强度大或者线圈面积大，不能确定穿过线圈的磁通量就大，故A、B错误；当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，但是磁感应强度不为零，故C正确，D错误．] 3．关于产生感应电流的条件，下列说法正确的是( )【导学号：24622005】A．任一闭合回路在磁场中运动，闭合回路中就一定会有感应电流B．任一闭合回路在磁场中做切割磁感线运动，闭合回路中一定会有感应电流C．穿过任一闭合回路的磁通量为零的瞬间，闭合回路中一定不会产生感应电流D．无论用什么方法，只要穿过闭合回路的磁感线条数发生了变化，闭合回路中一定会有感应电流D[只要穿过闭合回路的磁通量发生变化就一定会产生感应电流，而磁通量是穿过某一面积磁感线的净条数，选项D正确；闭合回路在磁场中运动，磁通量可能变化，也可能不变，选项A错误；闭合回路在磁场中做切割磁感线运动，磁通量可能变化，也可能不变，选项B 错误；磁通量为零的瞬间不能说明闭合回路中的磁通量没有发生变化，选项C错误．] 4．如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是( )A BC DB[选项A是用来探究影响安培力大小因素的实验装置．选项B是研究电磁感应现象的实验装置，观察闭合线框在磁场中做切割磁感线运动时电流表是否会产生感应电流．选项C 是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验装置．选项D是奥斯特实验装置，证明通电导线周围存在磁场．]5．如图1113所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r(r<R)的范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为( )图1113A．πBR2B．πBr2C．nπBR2D．nπBr2B[由磁通量的定义式知Φ＝BS＝πBr2，故B正确．]6．(多选)某学生做观察电磁感应现象的实验，错将电流表、线圈A和B、滑动变阻器、蓄电池、开关用导线连接成如图1114的实验电路，则下列说法中正确的是( )图1114A．接通和断开开关时，电流表的指针都不发生偏转B．接通和断开开关时，电流表指针偏转方向一正一反C．开关接通，分别向左和向右移动滑动变阻器滑片时，电流表指针偏转方向相同D．开关接通，分别向左和向右移动滑动变阻器滑片时，电流表指针都不发生偏转AD[蓄电池与A线圈组成的电路是恒定直流电路，A线圈中的磁场是恒定磁场，接通和断开开关时，B线圈组成的闭合回路无磁通量的变化，故电流表的指针不会发生偏转，选项A、D正确．]二、非选择题(14分)7．在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图1115所示．它们是：①电流计②直流电源③带铁芯的线圈A④线圈B⑤开关⑥滑动变阻器图1115(1)试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)。

【高中物理】2018-2019学年高中物理第二章恒定电流11简单的逻辑电路课时作业新人教版选修3-1.doc

11 简单的逻辑电路[课时作业][A组基础巩固]一、单项选择题1.在登录你的电子邮箱(或“QQ”)的过程中，要有两个条件，一个是用户名，一个是与用户名对应的密码，要完成这个事件(登录成功)，它们体现的逻辑电路为( ) A.“与”电路B．“或”电路C.“非”电路D．不存在逻辑电路解析：这两个条件同时满足才能完成登录，则它们体现了“与”电路，A正确．答案：A2.如图所示为三个门电路符号，A输入端全为“1”，B输入端全为“0”．下列判断正确的是( )A.甲为“非”门，输出为“1”B.乙为“与”门，输出为“0”C.乙为“或”门，输出为“1”D.丙为“与”门，输出为“1”解析：甲为“非”门，输出为“0”，乙为“或”门，输出为“1”，丙为“与”门，输出为“0”，则只有选项C正确.答案：C3.请根据下面所列的真值表，从四幅图中选出与之相对应的一个门电路( )解析：从真值表可看出不是单一的“与”“或”关系，更不是单一的“非”关系，一定对应一个复合门电路，从真值表分析可得应为“与非”复合门电路，D选项正确.答案：D4.(2018·浙江温州高二检测)如图所示为由门电路组成的电路，输出端为“1”，指示灯L 亮，输出端为“0”，指示灯L不亮．现要使指示灯L亮，则A、B两输入端分别是( )A.“1”“1”B．“0”“0”C.“1”“0”D．“0”“1”解析：欲使指示灯亮，“非”门的输出应该为“1”，输入为“0”，也就是“或”门的输出为“0”，根据“或”门的特点，“或”门的输入应该是“0”“0”，B对.答案：B5.图中(a)(b)(c)表示“或”门、“与”门或者“非”门的输入信号或输出信号，下列说法中正确的是( )A.若(a)(c)为输入信号，(b)为输出信号，则该电路是“或”门电路B.若(a)为输入信号，(b)为输出信号，则该电路是“非”门电路C.若(b)(c)为输入信号，(a)为输出信号，则该电路是“与”门电路D.若(a)(b)为输入信号，(c)为输出信号，则该电路是“与”门电路解析：若(a)(c)为输入信号，(b)为输出信号，则对应关系分别为“0、1、1”“1、1、0”，若(b)(c)为输入信号，(a)为输出信号，对应关系是“1、1、0”“0、1、1”不属于常见三种门电路之一，A、C错误；若(a)为输入信号，(b)为输出信号，则对应关系是“0、1”“1、0”，反映了相反的一种关系，属于“非”门，B正确；若(a)(b)为输入信号，(c)为输出信号，则对应关系是“0、1、1”“1、0、1”，反映了“或”的逻辑关系，D错误.答案：B二、多项选择题6.如图是一个有三输入端三个门电路组成的复合门电路，当C端输入“0”时，A、B端输入为何值时输出端Y输出为“0”( )A.0 0 B．0 1C.1 0 D．1 1解析：C输入为“0”，输出为“1”，经过“与”关系后输出为“0”，则A、B经“与”关系后输出一定为“0”，所以A、B输入为0、0或0、1或1、0，选项A、B、C正确.答案：ABC7.在基本逻辑电路中，何种逻辑门电路，当所有输入均为0时，输出不是1( )A.“与”门电路B．“或”门电路C.“非”门电路D．都不可能解析：当所有输入都为“0”时，“与”门电路输出为“0”，“或”门电路输出为“0”，“非”门电路输出为“1”，A、B对，C、D错．答案：AB8.两个人负责安装一个炸药包，然后起爆，两个人分别控制两个串联的开关，只有两个人都撤出危险区，在安全区把开关接通时，炸药包才能爆炸，如果有一人没撤出危险区，开关没有接通，炸药包就不能起爆，这就是“与”的概念．如果用“0”表示不起爆，“1”表示起爆，用符号“*”表示“与”的运算符号，则下列运算正确的是( )解析：“与”的关系是A*B的关系，只要有一个是“0”，则结果为零；两个都是“1”，结果是“1”，故选项A、D正确．答案：AD三、非选择题9.楼梯过道中的电灯往往是楼上楼下两个开关都能控制，试设计出这种电路图．设高电压为“1”，低电压为“0”，试讨论灯泡的亮暗情况，并列出真值表．解析：控制电路如图所示，输出Y定义为：“1”代表灯亮，“0”代表灯暗．其真值表如下表所示：[B组能力提升]一、选择题1.如图为一个应用简单逻辑电路控制的自动楼道灯的原理电路，图中S为声控开关(有声音时开关闭合，无声音时开关断开)，R t 为光敏电阻，R1和R2都是定值电阻，A为某种门电路，L为灯泡．当晚上有人发声时，能够自动打开楼道灯，白天即使有人发声，楼道灯也不会亮．则( )A.图中A是一个“与”门电路B.图中A是一个“或”门电路C.图中A是一个“非”门电路D.晚上无光照时L一定亮解析：因为无光照时，有声音，灯泡才亮，否则不亮，无光照和有声音时输入都为“1”，输出为“1”，只要有一个输入为“0”，则输出为“0”，可知该门电路满足“有零为零，全一为一”的要求，即为“与”门电路．故选A.答案：A2.下表是某逻辑电路的真值表，该电路是( )解析：“与”门电路的逻辑功能是两个输入端只要有一端是“0”，输出端就是“0”，真值表如表甲所示：“非”门的输入端与输出端相反，所以，“与”门跟“非”门串联后的真值表如表乙所示，可见D选项正确.答案：D二、非选择题3.电动机的自动控制电路如图所示，其中R H为热敏电阻，R L为光敏电阻，当温度升高时，R H的阻值远小于R1；当光照射R L时，其阻值远小于R2.为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动，电路中虚线框内应选________(选填“与”“或”或“非”)门逻辑电路；若要提高光照时电动机启动的灵敏度，可以________(选填“增大”或“减小”)R2的阻值．解析：增大R2时，R2两端的电压增大，即电动机两端的电压增大，电动机更容易启动. 答案：或增大4.在举重比赛中，有甲、乙、丙三名裁判，其中甲为主裁判，乙、丙为副裁判，当主裁判和一名以上(包括一名)副裁判认为运动员上举合格后，才可发出合格信号．试列出真值表．解析：设甲、乙、丙三名裁判的裁判意见为逻辑变量A、B、C，裁判结果为Y，并且对于A、B、C，设：判上举合格为逻辑“1”，不合格为逻辑“0”．对于Y，设：上举合格为逻辑“1”，不合格为逻辑“0”.根据题意及上述假设列出真值表如下表所示．答案：见解析。

18-19 第1章 2 点电荷之间的相互作用课时分层作业2

课时分层作业(二)[基础达标练](15分钟48分)1．(6分)下列关于点电荷的说法，正确的是()A．点电荷是客观存在的带有电荷的几何点B．带电体如果本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略，那么，该带电体可视为点电荷C．真空中两个静止点电荷间的相互作用力，跟它们之间的距离成反比D．真空中两个静止点电荷间的相互作用力，跟它们所带的电荷量的乘积成反比B[点电荷是理想化的物理模型，客观不存在，故A错误；由库仑定律可知，真空中两个静止点电荷间的相互作用力，跟它们之间的距离的平方成反比，跟它们所带的电荷量的乘积成正比，故C、D错误．]2．(6分)关于点电荷的下列说法中正确的是()【导学号：37032019】A．体积较大的带电体在任何条件下都不可看成点电荷B．足够小(例如体积小于1 mm3)的电荷，一定可以看作点电荷C．由库仑定律可知，两个电荷间的距离趋于无穷小时，库仑力趋于无限大D．一个带电体能否看成点电荷，不是看它尺寸的大小，而是看它的形状和大小对相互作用力的影响是否能忽略不计D[一个带电体能否看成点电荷，并不只是看它本身尺寸的大小，而是看它的形状和大小对相互作用力的影响能否忽略不计，D正确．当研究两个距离很远的带电星球间的库仑力时，两星球也可视为点电荷，A错误．两个很小的带电体距离很小时也不可看作点电荷，B错误．库仑定律的适用条件是真空中的点电荷，当两电荷间的距离趋于无穷小时，电荷不能视为点电荷，库仑定律不再适用了，它们间的库仑力并非无穷大，C 错误．]3．(6分)A 、B 两个点电荷之间的距离恒定，当其他电荷移到A 、B 附近时，A 、B 之间的库仑力将( )A ．可能变大B ．可能变小C ．一定不变D ．不能确定C [根据库仑定律，两个点电荷间的库仑力只由两个电荷的电量和它们间的距离来确定，因此它们间的库仑力不会受到外界的影响．选项C 正确．]4．(6分)真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F .如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的2倍，那么它们之间静电力的大小变为( )【导学号：37032019】A ．F 16B ．F 4C ．16FD ．4FD [由库仑定律可得原来它们之间的库仑力为：F ＝kq 1q 2r 2；变化之后它们之间的库仑力为：F ′＝k 2q 1×2q 2r 2＝4×kq 1q 2r 2＝4F ，故A 、B 、C 错误，D 正确．故选D]5．(6分)两个相同的金属小球(可视为点电荷)所带电荷量之比为1∶5(异种电荷)，在真空中相距为r ，把它们接触后再放回原处，则它们间的静电力可能为原来的( )A ．45B ．35C ．516D ．14 A [设两个小球的电荷量分别为q 、－5q ，由库仑定律知库仑力F 电＝kq ·5q r 2＝5kq 2r 2.两球接触后，电荷量先中和再平分，电荷量变为q ′＝q ＋(－5q )2＝－2q ，此时库仑力F 电′＝k 2q ·2q r 2＝4kq 2r 2＝45F 电．]6．(6分)设某星球带负电，一电子粉尘悬浮在距星球表面1 000 km 的地方，若将同样的电子粉尘带到距星球表面2 000 km 的地方，相对于该星球无初速度释放，则此电子粉尘( )A ．向星球下落B ．仍在新位置保持悬浮C ．被推向太空D ．无法判断B [星球球心到粉尘的距离为r ，粉尘质量为m ，星球质量为M ，粉尘电荷量为q ，星球电荷量为Q .粉尘原来能悬浮，说明它所受库仑力与万有引力保持平衡，则有kQq r 2＝GMm r 2，由等式可看出r 增大时库仑力变化，同样万有引力也变化，等式仍成立，故选B.]7．(6分)如图1-2-2所示，两个质量均为m 的完全相同的金属球壳a 与b ，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支架上，两球心间的距离为L ，为球壳外半径r 的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其所带电荷量的绝对值均为Q ，那么a 、b 两球之间的万有引力F 1与库仑力F 2为( )图1-2-2A ．F 1＝G m 2L 2，F 2＝k Q 2L 2B ．F 1≠G m 2L 2，F 2≠k Q 2L 2C ．F 1≠G m 2L 2，F 2＝k Q 2L 2 D ．F 1＝G m 2L 2，F 2≠k Q 2L 2D [虽然两球心间的距离L 只有其外半径r 的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看做质量集中于球心的质点，因此，可以应用万有引力定律；而本题中由于a 、b 两球壳所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又因两球心间的距离L 只有其外半径r 的3倍，不满足L 远大于r 的要求，故不能将两带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，D 正确．]8．(6分)真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷电量增加2倍，但仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电荷量一定减少了( )【导学号：37032019】A ．12B.13 C ．14 D.124A [因为一个点电荷电荷量变为原来的2倍，q ′＝2q ，根据库仑定律的公式F ＝k Qq r 2，因库仑力保持不变，则有：F ＝k Q ′q ′r 2，联立得：Q ′＝12Q ，故选A ．][能力提升练](25分钟 50分)9．(8分)三个相同金属球，原来有A 、B 两个小球带等量同种电荷，相互间的斥力为F ，用第三个不带电的小球C ，依次接触两个带电小球后再移走，A 、B 距离变为原来的两倍，则原来两个带电小球A 、B 之间的相互斥力变为( )A ．F 2B ．F 4C ．F 8D ．3F 32D [设q 1＝q 2＝q ，则由库仑定律可知F 电＝k q 2r 2 第三个小球接触第一个小球，q 1′＝q 2，第三个小球电荷量为q 2，再与第二个小球接触，电荷量平分，变为q 2′＝q ＋q 22＝34q ，库仑力F 电′＝k q 1′q 2′4r 2＝k q 2·34q 4r 2＝3kq 232r 2＝332F .]10．(8分)如图1-2-3所示，三个完全相同的金属小球a 、b 、c 位于等边三角形的三个顶点上．a 和c 带正电，b 带负电，a 所带电荷量的大小比b 的小．已知c 受到a 和b 的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是( )图1-2-3A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 4B [据“同电性相斥，异电性相吸”规律，确定小球c受到a 和b 的库仑力F ac 、F bc 的方向，若F bc ＝F ac ，则两力的合力沿水平方向，考虑到a 的带电荷量小于b 的带电荷量，故F bc 大于F ac (如图所示)，F bc 与F ac 的合力只能为F 2，故选B.]11．(8分)(多选)半径相同的金属球A 、B 带有等量电荷，相距一定距离时，两球间的相互作用的库仑力为F .今让第三个与A 、B 相同的不带电的金属球C 先后与A 、B 接触后再移开，此时A 、B 的相互作用力大小可能是( )【导学号：37032019】A ．F 8B ．3F 8C ．3F 4D ．F 4AB [金属球A 、B 之间存在着相互作用力即库仑力，利用库仑定律F ＝k Q 1Q 2r 2可知，若当两小球的距离不变时，两球之间的相互作用力的大小与它们之间的带电荷量的乘积成正比．因两个小球的带电性不明确，所以两个小球可能带同种电荷也可能带异种电荷，故两个小球之间的作用力可能是相互吸引力，也可能是相互排斥力．若两个小球带同种电荷，C 分别与A 、B 相接触后，电荷量直接平均分配，最后A 、B 的带电荷量剩下原来的12和34.故此时两个金属球之间的相互作用力变为原来的38，即3F8.若两个小球带异种电荷，C分别与A、B相接触后，电荷量先中和，再平均分配，最后A、B的带电荷量剩下原来的12和14，故此时两个金属球之间的相互作用力变为原来的18，即18F.]12．(8分)把一电荷Q分为电荷量为q和(Q－q)的两部分，使它们相距一定距离，若要使它们之间有最大的斥力，则q和Q的关系是________．【解析】根据库仑定律，有F＝kq(Q－q)r2，其中q(Q－q)＝－q2＋qQ＝－(q2－qQ)＝－(q2－qQ＋Q24)＋Q24＝－(q－Q2)2＋Q24，当q＝Q2时，静电力F有最大值．【答案】q＝Q 213．(8分)两个带同种电荷的金属点电荷，电量分别为2×10－3 C和6×10－3 C，相距为1 m，则：(1)二者间的库仑力大小是多少？(2)若将二者接触后放回原位，库仑力大小是多少？(k＝9.0×109 N·m2/C2)【解析】(1)根据库仑定律，则有：F＝kQqr2＝9×109×2×10－3×6×10－312＝1.08×105 N.(2)两带同种电荷的小球相互接触后，电量均分，故：q′＝12(Q＋q)＝4×10－3 C又由库仑定律得：F′＝kq′q′r2＝9×109×4×10－3×4×10－312＝1.44×105 N.【答案】(1)二者间的库仑力大小是1.08×105N(2)若将二者接触后放回原位，库仑力大小是1.44×105 N14. (10分)如图1-2-4所示，一个挂在丝线下端的带正电的小球B ，静止在图示位置；若固定的带正电的小球A 带电荷量为Q ，B 球的质量为m ，带电荷量为q ，θ＝30°，A 和B 在同一水平线上，整个装置处于真空中，求A 、B 两球之间的距离为多少？【导学号：37032019】图1-2-4【解析】选B 球为研究对象，受力分析如图，因为B 静止，处于平衡状态，根据力的合成及几何知识，得F 电＝mg tanθ，根据库仑定律F 电＝k Qq r 2，得r ＝ kQq mg tan θ＝ 3kQqmg .【答案】 3kQqmg。

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课时分层作业(十)
[基础达标练]
(15分钟分值：50分)
一、选择题(本题共5小题，每小题6分)
1．下列有关电源的电路中，导线内部的电场强度的说法中正确的是() A．导线内部的电场就是电源所形成的电场
B．在静电平衡时，导体内部的场强为零，而导体外部的场强不为零，所以导体内部的电场不是稳定的
C．因为导体处于电源的电场中，所以导体内部的场强处处为零
D．导线内的电场是由电源、导线等电路元件所积累的电荷共同形成的，导体内的电荷处于平衡状态，电荷分布是稳定的，电场也是稳定的
D[导线内部的电场是电源和导线堆积电荷所形成的两部分电场的矢量和，稳定后不同于静电平衡(内部场强处处为零)，而是场强大小恒定，方向与导线切线一致，是一种动态的平衡，故A、B、C错．]
2．在研究长度为l、横截面积为S的均匀导体中的电流时，在导体两端加上电压U，于是导体中有匀强电场产生，在导体中移动的自由电子受匀强电场的作用而加速，但又和做热运动的阳离子碰撞而减速，这样边反复碰撞边向前移动．可以认为阻碍电子向前运动的阻力大小与电子移动的平均速率v成正比，其大小可以表示成k v(k为恒量)．电场力和碰撞的阻力平衡时，导体中的电子移动的平均速率v为一定值，这一定值是()
A．ekU
l B．
eU
kl
C．elU
k D．elkU
B[电场力和碰撞阻力平衡时，有k v＝eE＝e U
l，所以电子定向移动的平均
速率v＝eU
kl，B正确．]
3．有甲、乙两导体，甲的横截面积是乙的2倍，而单位时间内通过横截面
的电荷量乙是甲的2倍，以下说法正确的是()
A．甲、乙两导体的电流相同
B．乙导体的电流是甲导体的2倍
C．乙导体中自由电荷定向移动的速度是甲导体的2倍
D．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速度大小相等
B[由于单位时间内通过乙导体横截面的电荷量是甲的2倍，因此通过乙导
体的电流是甲的2倍，A错误，B正确；由于I＝nqS v，所以v＝I
nqS，由于不知道甲、乙两导体的性质(n、q不知道)，所以无法判断v的大小，C、D错误．]
4. (多选)如图2-1-4所示，将左边的细铜导线与右边的粗铜导线连接起来，已知粗铜导线的横截面积是细铜导线横截面积的两倍，在细铜导线上取一个截面A，在粗铜导线上取一个截面B，若在1 s内垂直地通过它们的电子数相等，那么，通过这两个截面的()
【导学号：55282110】
图2-1-4
A．电流相等
B．电流不相等
C．自由电子定向移动的速率相等
D．自由电子定向移动的速率不相等
AD[由电流定义知I＝q
t＝
ne
t，故A正确，B错误；由电流的微观表达式I
＝nSq v知，I、n、q均相等，因为S A<S B，所以v A>v B，故C错误，D正确．] 5．(多选)半径为R的橡胶圆环均匀带正电，总电量为Q，现使圆环绕垂直环所在平面且通过圆心的轴以角速度ω匀速转动，则由环产生的等效电流下列说法正确的是()
A．若ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍B．若电荷量Q不变而使ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍C．若使ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变大
D ．若使ω、Q 不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变小
AB [截取圆环的任一截面S ，如图所示，在橡胶圆环运动
一周的时间T 内，通过这个截面的电荷量为Q ，则有I ＝q t ＝Q T ，
又T ＝2πω，所以I ＝Qω2π，可知，电流的大小只与Q 和ω有关，A 、B 正确，C 、D 错误．]
二、非选择题(本题共2小题，共20分)
6．(8分)已知电子的电荷量为e ，质量为m ，氢原子的电子在原子核的静电力吸引下做半径为r 的匀速圆周运动，则电子运动形成的等效电流大小为多少？
【解析】截取电子运动轨道的任一截面，在电子运动一周的时间T 内，通过这个横截面的电荷量q ＝e ，
则有I ＝q t ＝e T ①
再由库仑力提供向心力，有ke 2r 2＝m 4π2
T 2·r
解得T ＝2πr e mr
k ②
由①②解得I ＝e 2
2πr 2m kmr .
【答案】 e 2
2πr 2m kmr
7．(12分)导线中的电流是10－8 A ，导线的横截面积为1 mm 2.
(1)在1 s 内，有多少个电子通过导线的横截面(电子电荷量e ＝1.6×10－19 C)?
(2)自由电子的平均移动速率是多大(设导线每立方米内有8.5×1028个自由电子)?
(3)自由电子沿导线移动1 cm ，平均要多长时间？
【解析】 (1)根据I ＝q t ，得q ＝It ＝10－8 C
故n 1＝q e ＝10－81.6×10
－19＝6.25×1010(个)．
(2)设在导线单位体积内有n个电子可以作自由电子，每
个电子带有电荷量e，如果导线的横截面积为S，那么时间t内通过横截面S 的电荷量
q＝neS v t
即电流I＝q
t＝
neS v t
t＝neS v
则自由电子的平均移动速率
v＝
I
neS＝
10－8
8.5×1028×1.6×10－19×1×10－6
m/s≈7.4×10－13 m/s.
(3)t′＝L
v＝
1×10－2
7.4×10－13
s≈1.4×1010 s.
【答案】(1)6.25×1010
个(2)7.4×10
-13
m/s(3)1.4×10
10
s。