教科版物理选修3-2《优化方案》精品练第2章第1节知能优化训练

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2013年教科物理选修3-3：第2章第1、2节知能优化训练

1．下列各组物理量哪些能决定气体的压强()A．分子的平均动能和分子种类B．分子密集程度和分子的平均动能C．分子总数和分子的平均动能D．分子密集程度和分子种类解析：选B.气体的压强是由大量分子碰撞器壁而引起的，气体分子的密集程度越大(即单位体积内分子数越多)，在单位时间内撞击器壁单位面积的分子就越多，则气体的压强越大．另外气体分子的平均动能越大，分子撞击器壁时对器壁产生的作用力越大，气体的压强就越大．故决定气体压强的因素是分子密集程度和分子的平均动能，故B项正确．2．(2011年大庆高二检测)对一定质量的气体，通过一定的方法得到了某一速率的分子数目N与速率v的两条关系图线，如图2－2－6所示，下列说法正确的是()图2－2－6A．曲线Ⅰ对应的温度T1高于曲线Ⅱ对应的温度T2B．曲线Ⅰ对应的温度T1可能等于曲线Ⅱ对应的温度T2C．曲线Ⅰ对应的温度T1低于曲线Ⅱ对应的温度T2D．无法判断两曲线对应的温度关系解析：选C.温度越高，分子的平均速率越大，从图中可以看出Ⅱ的平均速率大，故Ⅱ的温度高，C项正确．3．(2011年广州高二检测)关于分子热运动的动能，下列说法正确的是()A．物体的温度升高，物体内每个分子的动能一定增大B．同一物体的温度升高，该物体内所有分子的平均速率一定增大C．物体的温度降低，物体内所有分子的平均动能一定减小D．1克100 ℃的水吸热变成1克100 ℃的水蒸气，分子热运动的平均动能增大解析：选BC.物体的温度升高，物体内分子无规则运动加剧，分子热运动的平均速率增大，但并不一定每个分子的速率都是增大的，不同时刻同一分子热运动的速率也在变化．由于温度标志着分子热运动的平均动能，所以温度降低，分子热运动的平均动能一定减小.100 ℃的水吸热变成100 ℃的水蒸气，尽管水吸热了，但由于温度未变，所以其分子热运动的平均速率、平均动能也不变．水吸热由液态变为气态，应是分子势能增大了，内能也增大了．4．(2011年南京高二检测)甲、乙两分子相距较远(此时它们之间的分子力可以忽略)，设甲固定不动，在乙逐渐向甲靠近直到不能再靠近的过程中，关于分子势能的变化情况，下列说法正确的是()A．分子势能不断增大B．分子势能不断减小C．分子势能先增大后减小D．分子势能先减小后增大解析：选D.从分子间的作用力与分子间的距离的关系知道：当分子间距离大于r0时，分子间的作用力表现为引力；当分子间距离小于r0时，分子间的作用力表现为斥力；当分子间距离大于10r0时，分子间的作用力十分小，可以忽略．所以，当乙从较远处向甲靠近的过程中，分子力先是对乙做正功，由做功与分子势能变化的关系知道，若分子力做正功，则分子势能减小；后是分子力对乙做负功或者乙克服分子力做功，由做功与分子势能变化的关系知道，若分子力做负功，分子势能增加．因此当乙向甲靠近直到不能靠近的过程中，分子势能是先减小后增大．5．(2011年大同高二检测)(1)1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气相比较，下述说法是否正确？①分子的平均动能和分子的总动能都相同．②它们的内能相同．(2)液体汽化时吸收的热量转化为哪种能量？解析：(1)①正确.1 g水与1 g水蒸气的分子数一样多，两者的温度都是100 ℃，因温度是分子平均动能的标志，故两者的分子的平均动能和分子的总动能都相同．②不正确．水变为水蒸气时要吸收热量，吸收的热量转化为水蒸气的内能，因此1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气内能相同是不正确的．(2)液体汽化时都要吸收一定的热量，吸收的热量并没有增大物体的平均动能，而是使分子势能增大，从而使物体的内能增大．答案：见解析一、选择题1．关于温度，下列说法正确的是()A．温度越高，分子动能越大B．物体运动速度越大，分子总动能越大，因而物体温度也越高C．一个分子运动的速率越大，该分子的温度越高D．温度是大量分子无规则热运动的平均动能的标志解析：选D.温度升高，分子的平均动能变大，而不是每个分子的动能都变大，故A错．物体宏观运动的速度对应的是机械能(动能)，与分子无规则热运动的平均动能无关，与物体的温度无关，B错；温度是对大量分子集体(物体)而言的，是统计、平均的概念，对单个分子无意义，C错．2．(2011年合肥高二检测)有两瓶质量和温度都相等的氢气和氧气，则()A．两瓶中每个分子运动的动能都相等B．两瓶中分子运动的总动能相等C氢气分子的总动能大于氧气分子的总动能D．氢气分子的总动能小于氧气分子的总动能解析：选C.温度相同分子平均动能相等，但分子的总动能还与分子数目有关，氢气分子数多，故氢气的分子总动能大；当温度相同时，每个分子动能未必相等．3．(2011年济南高二检测)教室内的气温会受到室外气温的影响，如果教室内上午10时的温度为15 ℃，下午2时的温度为25 ℃，假设大气压强无变化，则下午2时与上午10时相比较，房间内的()A．空气分子密集程度增大B．空气分子的平均动能增大C．空气分子的速率都增大D．空气质量增大解析：选B.温度升高，气体分子的平均动能增大，平均每个分子对器壁的冲力将变大，但气压并未改变，可见单位体积内的分子数一定减小，故A、D项错误，B项正确；温度升高，并不是所有空气分子的速度都增大，C项错误．4．对于气体分子的运动，下列说法正确的是()A．一定温度下某理想气体的分子的碰撞虽然十分频繁但同一时刻，每个分子的速率都相等B．一定温度下某理想气体的分子速率一般不等，但速率很大和速率很小的分子数目相对较少C．一定温度下某理想气体的分子做杂乱无章的运动可能会出现某一时刻所有分子都朝同一方向运动的情况D．一定温度下某理想气体，当温度升高时，其中某10个分子的平均动能可能减少解析：选BD.一定温度下某理想气体分子碰撞十分频繁，单个分子运动杂乱无章，速率不等，但大量分子的运动遵守统计规律，速率大和速率小的分子数目相对较少，向各个方向运动的分子数目相等，A、C错，B对；温度升高时，大量分子平均动能增大，但对个别或少量(如10个)分子的动能有可能减少，D对．5．下列说法中正确的是()A．一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大B．一定质量的气体温度不变压强增大时，其体积也增大C．气体压强是由气体分子间的斥力产生的D．在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强解析：选A.根据改变压强的途径知：一定质量的气体被压缩时，其单位体积内的分子数增加，而气体分子的平均动能可能增加、可能减小、也可能不变，故气体压强不一定增大，即A选项正确；同理一定质量的气体温度不变压强增大时，必使单位体积内的分子数增多，即其体积必减小，故B选项错误；又气体的压强是气体分子与器壁碰撞产生的，与分子间的斥力和分子是否处于失重状态无关，即C、D选项错误．6．A、B两容器中装有相同质量的氦气，已知A中氦气的温度高于B中氦气的温度，但压强低于B中氦气的压强，下列说法中错误的是()A．A中氦气分子的平均动能一定比B中氦气分子的平均动能大B．A中每个氦气分子的动能一定比B中每个氦气分子的动能大C．A中动能大的氦气分子数一定大于B中动能大的氦气分子数D．A中氦气分子的热运动一定比B中氦气分子的热运动剧烈解析：选B.由于A中氦气的温度高于B中氦气的温度，则A中氦气分子的平均动能一定比B中氦气分子的平均动能大，但并不是每个分子的动能都大，A说法正确，B说法错误；从统计规律看，温度越高，动能大的分子数越多，C说法正确；温度越高表明分子的热运动越剧烈，D说法正确．7．如图2－2－7所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能E p与两分子间距离的关系如图中曲线所示．图中分子势能的最小值为－E0.若两分子所具有的总能量为零，则下列说法中正确的是()图2－2－7A．乙分子在P点(x＝x2)时，加速度最大B．乙分子在P点(x＝x2)时，其动能为E0C．乙分子在Q点(x＝x1)时，处于平衡状态D．乙分子的运动范围为x≥x1解析：选BD.分子处于r0位置时所受分子合力为零，加速度为零，此时分子势能最小，分子的动能最大，总能量保持不变．由图可知x2位置即是r0位置，此时加速度为零，A错；x＝x2位置，势能为－E0，因总能量为零则动能为E0，B项正确；在Q点，E p＝0，但分子力不为零，分子并非处于平衡状态，C项错；在乙分子沿x轴向甲分子靠近的过程中，分子势能先减小后增大，分子动能先增大后减小，即分子的速度先增大后减小，到Q点分子的速度刚好减为零，此时由于分子斥力作用，乙分子再远离甲分子返回，即乙分子运动的范围为x≥x1，D项正确．8．下列说法中正确的是()A．温度相同时，不同物质的分子平均动能相同B．温度相同时，不同物质的分子平均速率相同C．温度相同时，只有同种物质的分子平均动能才相同D．温度升高时，物体每一个分子的动能都一定增大答案：A9．关于物体的内能和机械能，下列说法正确的是()A．分子的动能与分子的势能的和叫做这个分子的内能B．物体的分子势能由物体的温度和体积决定C．物体的速度增大时，物体的内能增大D．物体的动能减小时，物体的温度可能升高解析：选D.分子具有热运动的动能，同时由于分子间存在着相互作用力而具有分子势能，所有分子的这两种能量的总和，组成物体的内能．内能是物体具有的宏观物理量，而对单个分子来说，不存在分子内能的概念．分子势能与温度无关，由分子力做功决定，与分子间距有关，所以宏观上表现为与体积有关．物体的速度增大时，物体的动能增大，这里的动能是宏观物体的机械能中的动能，而不是分子的动能．10．(2011年湛江调研)对于物体的“热胀冷缩”现象，下列说法中正确的是()A．物体受热后温度升高，分子的平均动能增大；降低温度后，分子的平均动能减小，分子势能没有变化B．受热后物体膨胀，体积增大，分子势能增大，收缩后，体积减小，分子势能减小，分子的平均动能不会改变C．受热膨胀，温度升高，分子平均动能增大；体积增大，分子势能也增大，遇冷收缩，温度降低，分子平均动能减小；体积减小，分子势能也减小D．受热膨胀，分子平均动能增大，分子势能也增大；遇冷收缩，分子平均动能减小，但分子势能增大解析：选C.物体受热后，温度升高，体积增大，分子的平均动能和分子势能都增大；遇冷后温度降低，体积减小，分子平均动能和分子势能都减小．二、非选择题11．从宏观上看，一定质量的气体体积不变温度升高或温度不变体积减小都会使压强增大，从微观上看，这两种情况有没有什么区别？解析：因为一定质量的气体的压强是由单位体积内的分子数和气体的温度决定的．体积不变时，虽然分子的密集程度不变，但气体温度升高，气体分子运动加剧，分子的平均速率增大．分子撞击器壁的作用力增大，故压强增大．气体体积减小时，虽然分子的平均速率不变，分子对容器的撞击力不变，但单位体积内的分子数增多，单位时间内撞击器壁的分子数增多，故压强增大，所以这两种情况在微观上是有区别的．答案：见解析12．重1000 kg的气锤从2.5 m高处落下，打在质量为200 kg的铁块上，要使铁块的温度升高40 ℃，气锤至少应落下多少次？设气锤撞击铁块时60%的机械能损失用来升高铁块的温度[取g＝10 m/s2，铁的比热容c＝0.462×103 J/(kg·℃)]．解析：气锤从2.5 m高处下落到铁块上损失的机械能：ΔE＝mgh＝1000×10×2.5 J＝2.5×104 J.气锤撞击铁块后用来升高铁块温度的能量为：Wη＝ΔE×60%＝1.5×104 J.使铁块温度升高40 ℃所需的热量Q＝cmΔt＝0.462×103×200×40 J＝3.696×106 J.设气锤应下落n次，才能使铁块温度升高40 ℃，则由能的转化和守恒定律得n·Wη＝Q.所以n＝QWη＝3.696×1061.5×104＝247.答案：247。

【优化方案】精品课件教科版物理选修3-2第1章第7节

(2) 作用：当开关闭合时，电源把电压加在启动器两极之间，使氖气放电发出辉光，辉光产生的热量使双金属片受热膨胀，内层膨胀幅度大一些，使U形动触片膨胀伸长跟静触片接触而把电路导通，于是镇流器中的线圈和灯管的灯丝中就有电流通过，电路接通后，启动器中的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分离，电路自动断开，在电路突然中断瞬间，镇流器线圈因自感产生一个瞬时高压，这个高压和电源电压加在灯管两端使灯管中的汞蒸气开始放电导通，使日光灯发光．归纳一句：利用氖管的辉光放电，起着自动把电路接通和断开为镇流器产生瞬时自感高压的作用．
即时应用 (即时突破，小试牛刀) 1 ． (2010 年高考海南卷 ) 下列说法正确的是 ( ) A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势 B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反 C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反 D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
核心要点突破
一、对自感电动势的理解及自感现象的分析思路 1．对自感电动势的理解 (1)产生原因通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在原线圈上产生感应电动势． (2)自感电动势的方向当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势方向与原电流方向相同(增反减同)．
决定的，跟线圈的_____ ______等因形状、______ 匝数体积、多 ___ ，它的自大____ ，匝数越素有关．横截面积越感系数就越大，另外有铁芯时线圈的自感系数比大得多．亨利 (H)．常用的还没有铁芯时要 _______单位： ________

高中物理选修3-4第2章第1节智能优化训练

1．关于机械波的以下说法中，正确的是()A．波动发生需要两个条件：波源和介质B．波动过程是介质质点由近及远移动的过程C．波动过程是能量由近及远的传递的过程D．波源与介质质点的振动都是自由振动解析：选AC.波源振动时，依靠介质中的相互作用力带动周围各部分质点振动起来，形成机械波．介质质点只在平衡位置附近振动，并不随波迁移，仅把振源的振动和能量传播开来．波源和介质质点之间相互作用力阻碍波源的振动，是一种阻力，所以波源的振动不可能是自由振动；相邻质点间存在相互作用，故介质质点也不是自由振动．2．关于横波和纵波，下列说法正确的是()A．质点的振动方向和波的传播方向垂直的波叫横波B．质点振动方向跟波的传播方向在同一直线上的波叫纵波C．横波有波峰和波谷，纵波有密部和疏部D．地震波是横波，声波是纵波解析：选ABC.根据横波和纵波的定义知A、B、C正确；声波是纵波，但地震波中既有横波又有纵波，D错误．3．关于振动和波的关系，下列说法中正确的是()A．振动是波的成因，波是振动的传播B．振动是单个质点呈现的运动现象，波是许多质点联合起来呈现的运动现象C．波的传播速度就是质点振动的速度D．波源停止振动时，波立即停止传播解析：选AB.机械波的产生条件是波源和介质．由于介质中的质点依次带动由近及远传播而形成波，所以选项A、B正确．波的传播速度是波形由波源向外伸展的速度，在均匀介质中其速度大小不变；而质点振动的速度和方向都随时间周期性地发生变化，所以选项C错．波源一旦将振动传给了介质，振动就会在介质中向远处传播，即使波源停止振动，波也继续向前传播，所以选项D错．4.一列横波沿绳子向右传播，某时刻绳子形成如图2－1－7所示的凹凸形状，对此绳上A、B、C、D、E、F这六个质点有()图2－1－7A．它们的振幅相同B．其中D和F的速度方向相同C．其中A和C的速度方向相同D．从此时刻起，B比C先回到平衡位置解析：选AD.根据波动和振动方向的“上、下坡”关系可知，若波向右传播，则质点A、E、F向下振动，质点B、C、D向上振动，故选项A、D正确．5.如图2－1－8所示是以质点P为波源的机械波沿着一条固定的轻绳传播到质点Q的波形图，则质点P刚开始振动时的方向为()图2－1－8A．向上B．向下C．向左D．向右解析：选A.由于波源带动了后面的质点依次振动，且后面的质点总是重复前面质点的振动状态，所以介质中各质点开始振动时的方向都与波源开始振动时的方向相同，此时波刚传播至Q点，Q点此时的振动状态即与波源P开始振动时的状态相同．由波的传播特点可知Q 点此时是向上运动的，所以波源P刚开始振动时的方向也向上，正确选项为A.一、选择题1．(2011年四川高二检测)在机械波中有()A．各质点都在各自的平衡位置附近振动B．相邻质点间必有相互作用力C．前一质点的振动带动相邻的后一质点振动，后一质点的振动必定落后于前一质点D．各质点随波的传播而迁移解析：选ABC.机械波在传播时，介质中的各质点在波源的带动下都在各自的平衡位置附近振动，并没有随波的传播而发生迁移，在相邻质点间作用力下，前一质点带动后一质点振动，故A、B、C正确，D错误．2．机械波传播的是()A．介质中的质点B．质点的运动形式C．能量D．信息解析：选BCD.介质中的质点并不随波的传播而迁移．3．判别横波的条件是()A．质点在竖直方向振动的波为横波B．在水平方向传播的波为横波C．只有质点振动方向为竖直的，波的传播方向为水平的波才为横波D．只要质点振动方向和波的传播方向垂直的波就是横波解析：选D.判别一列波是否是横波的依据是质点的振动方向和波的传播方向是否垂直．4．下列关于纵波的说法中，正确的是()A．在纵波中，波的传播方向就是波中质点的移动方向B．纵波中质点的振动方向一定与波的传播方向在一条直线上C．纵波中质点的振动方向一定与波的传播方向垂直D．纵波也有波峰和波谷解析：选B.纵波中质点的振动方向与波的传播方向虽然在一条直线上，但质点的振动方向与波的传播方向可能相同，也可能相反．故选项B正确．5．关于横波和纵波，下列说法正确的是()A．对于横波和纵波质点的振动方向和波的传播方向有时相同，有时相反B．对于纵波质点的振动方向与波的传播方向一定相同C．形成纵波的质点，随波一起迁移D．空气介质只能传播纵波解析：选D.形成横波的质点振动的方向只能与传播方向垂直，形成纵波的质点的运动方向总是与波传播方向平行，有时相同，有时相反，故选项A、B都错误．无论是横波还是纵波，质点都是在平衡位置附近做往复运动，不会随波定向移动，故C错误．因为空气介质只能通过压缩而产生相互作用力，故空气中的机械波只能是纵波，选项D正确．6．下列说法正确的是()A．没有机械波就没有机械振动B．月球上两宇航员靠近了就可以听到对方的说话声C．一列波由波源向周围扩展开去，是波源质点的振动形式由近及远传播开去D．机械波依存的介质，必须是由分子或原子组成的物质解析：选CD.机械振动在介质中的传播形成机械波，没有形成机械波时可以发生机械振动，A错；没有介质就不会形成波，故B错．7．将一个小石子投向平静的湖面中心，会激起一圈圈向外传播的波纹，如果此时水面上有一片树叶，下列对树叶运动情况的叙述正确的是()A．树叶慢慢向湖心运动B．树叶慢慢向湖岸漂去C．在原位置上下振动D．沿着波纹做圆周运动解析：选C.波在传播过程中，只传递振动能量和波源所发出的信息，而各质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动，故选C.错选B的原因主要是对波的传播特点不能很好地理解．8．关于机械振动和机械波下列叙述不．正确的是()A．有机械振动必有机械波B．有机械波必有机械振动C．在波的传播中，振动质点并不随波的传播发生迁移D．在波的传播中，如果振源停止振动，波的传播并不会立即停止解析：选A.机械振动是形成机械波的条件之一，有机械波一定有机械振动，但有机械振动不一定有机械波，A错，B对．波在传播时，介质中的质点都在其平衡位置附近做往复运动，它们不随波的传播而发生迁移，C对．振源停止振动后，已形成的波仍继续向前传播，直到波的能量消耗尽为止，D对．故符合题意的选项为A.9．在敲响古刹里的大钟时，有的同学发现，停止对大钟的撞击后，大钟仍“余音未绝”，分析其原因是()A．大钟的回声B．大钟在继续振动C．人的听觉发生“暂留”缘故D．大钟虽然停止振动，但空气仍在振动解析：选B.停止撞钟后，大钟的振动不会立即消失，因为振动能量不会凭空消失，再振动一段时间后，由于阻尼的作用振动才逐渐消失，B选项正确．10．关于介质中质点的振动方向和波的传播方向，下列说法正确的是()A．在横波中二者方向有时相同B．在横波中二者方向一定不同C．在纵波中二者方向有时相同D．在纵波中二者方向一定不同解析：选BC.在横波中质点振动方向和波的传播方向相互垂直，所以二者方向一定不同，故A错、B对；在纵波中二者方向在同一直线上，既可以相同，也可以相反，故C对、D错．11.如图2－1－9所示为一列简谐波在某时刻的波形图，a、b、c、d为介质中的四个质点，a 在波峰，d在波谷，c在平衡位置，b的位移大小等于振幅的一半，四个质点的加速度大小分别为a a、a b、a c、a d，它们的速度大小分别为v a、v b、v c、v d，则()图2－1－9A．a c＜a b＜a a＝a d B．a c＞a b＞a a＝a dC．v a＝v d＞v b＞v c D．v a＝v d＜v b＜v c解析：选AD.由简谐运动的特点可知：位移越大，加速度越大，速度越小，故质点在a点与d点加速度最大，c点最小，而c点速度最大，a点和d点速度最小，A、D正确．二、非选择题12.如图2－1－10所示是一列横波在某一时刻的波形图，波沿x轴正向传播．图2－1－10(1)该时刻A 质点运动的方向是向________，C 质点的运动方向是向________，D 质点的运动方向是向________．(2)再经过T 2，质点A 通过的路程是多少？质点C 的位移是多少？解析：(1)由于波沿x 轴正方向传播，所以A 点在“下坡区”，向上运动；C 点、D 点均在“上坡区”，C 、D 两点都向下运动．(2)再经过T 2，A 又回到平衡位置，所以A 通过的路程为4 cm ；C 点也回到平衡位置，其位移为0.答案：(1)上下下 (2)4 cm 0。

【优化方案】精品课件教科版物理选修3-2第1章第3节

E＝BLvsinα 回路中做切割磁感线运动的那部分导体只适用于导体切割磁感线运动的情况求得的是某一时刻的瞬时感应电动势用于导体切割磁感线所产生的电磁感应现象(切割型 )
区别
ΔΦ E＝n Δt 联系
E＝BLvsinα
ΔΦ E＝BLvsinα 是由 E＝n 在一定条 Δt 件下推导出来的，该公式可看做法拉第电磁感应定律的一个推论
图 1－ 3－ 2
ΔΦ 2．公式 E＝BLvsinα 与 E＝ n 的对比 Δt (1)异同点
ΔΦ E＝ n Δt 研究对象适用范围计算结果适用情景整个闭合回路各种电磁感应现象求得的是 Δt 内的平均感应电动势用于磁感应强度 B 变化所产生的电磁感应现象 (磁场变化型 )
ΔΦ 解析：选 D.线圈中产生的感应电动势 E＝ n ， Δt ΔΦ 即 E 与成正比，与 Φ 或 ΔΦ 的大小无直接 Δt ΔΦ 关系．磁通量变化越快，即越大，产生的感 Δt 应电动势越大，故只有 D 正确．
二、对公式E＝BLvsinα的理解 1．对公式中各量的理解 (1)对α的理解当B、L、v三个量方向互相垂直时，θ＝90°，感应电动势最大，当有任意两个量的方向互相平行时，θ＝0°，感应电动势为零． (2)对L的理解式中的L应理解为导线切割磁感线时的有效长度，如果导线不和磁场垂直，L应是导线在磁场垂直方向投影的长度，如果切割磁感线的导线是弯曲的，如图1－3－1所示，则应取与B和v垂直的等效直线长度，即ab的弦长．
思考感悟 1．磁通量的变化量 ΔΦ 越大时，磁通量的变化
ΔΦ 率也越大吗？ Δt
提示：不一定． ΔΦ 取决于初、末状态的磁通量， ΔΦ 即 ΔΦ＝Φ2－Φ1，表示磁通量变化的大小. 表 Δt Δv 示磁通量变化的快慢，类似于运动学中 Δv 与 Δt 的关系．

教科版高中物理选修3-1第2章第一节知能优化训练.docx

高中物理学习材料桑水制作1．下列关于电流的说法中正确的是( )A ．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电荷量越多B ．在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大C ．通电时间越长，电流越大D ．导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大解析：选BD.由电流定义式I ＝q /t 可知，当t 一定时，通过导体横截面的电量q 越多，电流I 越大；当q 一定时，通电时间越短，电流越大．2．(2011年苏州高二检测)有一横截面积为S 的铜导线，流过的电流强度为I .设每单位体积的导线中有n 个自由电子，电子的电荷量为q ，此时电子的定向移动速率为v ，在Δt 时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为( )A ．nvS ΔtB ．nv ΔtC.I Δt qD.I Δt Sq解析：选AC.电子数N ＝Q /q ＝I Δt q，故C 正确；又I ＝nqSv ，代入得N ＝nvS Δt ，故A 选项也正确．3.两个金属导体的伏安特性曲线如图2－1－13所示，则( )图2－1－13A ．R Ⅰ＞R ⅡB ．R Ⅰ＜R ⅡC ．电压相同时I Ⅰ＞I ⅡD ．电压相同时I Ⅰ＜I Ⅱ解析：选BC.由伏安特性曲线斜率k ＝1R ，k Ⅰ＞k Ⅱ，可知B 正确．又由k ＝1R ＝I U，电压相同时，k Ⅰ＞k Ⅱ，所以I Ⅰ＞I Ⅱ.4．如图2－1－14所示，图线Ⅰ和图线Ⅱ所表示的电阻值分别是( )图2－1－14A ．4 Ω和2 ΩB ．0.25 Ω和0.5 ΩC ．4 k Ω和2 k ΩD ．2.5×10－4 Ω和5.0×10－4 Ω解析：选C.在U I 图中，斜率越大，电阻越大，且斜率大小与电阻阻值大小相等，所以R 1＝k 1＝82×10－3 Ω＝4 k Ω，同理R 2＝2 k Ω. 5．管道煤气的用户家中都有一个漏气报警器，报警器中有一个对煤气敏感的电阻元件．小明同学突然想到一个问题，该元件是线性元件还是非线性元件呢？为此他从一个废弃的报警器中拆下该元件接入电路中，测得其电流、电压值如下表所示，请猜想该元件是哪类元件？编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9U /V 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 2.00I /A 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.50解析：可以根据表中数据在坐标纸上描点，由图像看特点，若I U图线是过原点的直线则表示“敏感”元件是线性的，若I U 图线是曲线则表示“敏感”元件是非线性的．I U 图线如图所示，由此可见“敏感”元件是非线性元件．答案：非线性元件一、选择题1．关于电流，以下说法正确的是( )A ．通过截面的电荷量的多少就是电流的大小B ．电流的方向就是电荷定向移动的方向C ．在导体中，只要自由电荷在运动，就一定会形成电流D ．导体两端没有电压就不能形成电流解析：选D.根据电流的概念，电流是单位时间内通过导体横截面的电荷量，知A 项错．规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，知B 项错．自由电荷定向移动才会形成电流，C 错．形成电流的条件是导体两端有电压，D 对．2．下列说法中错误的是( )A ．电流通过导体时，沿电流的方向电势逐渐降低B ．由I ＝UR可知，通过一段导体的电流与它两端的电压成正比C ．由R ＝U I可知，导体的电阻与电压成正比 D ．对一段确定的导体来说，U I 的值不随U 或I 的改变而改变解析：选C.电流通过导体，电势逐渐降低，A 正确．欧姆定律I ＝U R 是指流过导体的电流与它两端的电压成正比，与电阻成反比，故B 正确．R ＝UI是计算电阻大小的定义式，但R 与U 、I 无关，故C 错，D 正确．3．关于欧姆定律的适用范围，下列说法正确的是( )A ．一切导体B ．气态导体C ．电解液和金属导体D ．半导体解析：选C.任何定律都有它的适用范围，欧姆定律的适用范围是金属导体和电解液．4．(2011年黄冈高二检测)一个半导体收音机，电池供电的电流是8 mA ，也就是说( )A ．1 h 电池供给1 C 的电量B ．1000 s 电池供给8C 的电量C ．1 s 电池供给8 C 的电量D ．1 min 电池供给8 C 的电量解析：选B.根据q ＝I ·t ，A 、C 、D 错误，B 选项正确．5．某导体单位长度内电子数为n ，电子定向移动速率为v ，电子电荷量为e ，导体横截面积为S ，则导体中电流大小为( )A ．neSvB ．nevC ．evD ．ev /S解析：选B.由电流定义式I ＝q /t ，时间t 内通过某一横截面电荷量q ＝nvte ，所以I ＝q t＝nvte t，所以I ＝nev . 6．有甲、乙两导体，甲的横截面积是乙的两倍，而乙在单位时间内通过导体截面的电荷量是甲的2倍，以下说法中正确的是( )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解析：选B.据I ＝q t可知，电流大小与横截面积无关．所以选项B 正确．据微观解释I ＝neSv ，电流大小除与自由电荷定向移动速率有关外还与单位体积内自由电子数以及导体横截面积有关．所以C 、D 选项不确定．7.(2011年杭州高二检测)如图2－1－15所示是电阻R 的I U 图线，图中α＝45°，由此得出( )图2－1－15A ．通过电阻的电流与两端电压成正比B ．电阻R ＝0.5 ΩC ．因I U 图线的斜率表示电阻的倒数，故R ＝cot α＝1.0 ΩD ．在R 两端加6.0 V 电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C解析：选AD.由于I U 图线为一直线，所以A 正确．由于R ＝U I ，所以R ＝10 V 5 A＝2 Ω，B 不对．由于两坐标单位不同，不能用公式R ＝cot α＝1.0 Ω来计算，C 不对．当U ＝6 V 时，I ＝U R＝3 A ，每秒通过的电荷量是3.0 C ，故D 对.8．一只标有“4 V 3 W ”的小灯泡，加上电压U ，在U 由0逐渐增加到4 V 过程中，电压U 和电流I 的关系可用图像表示，在如图2－1－16所示的四个图像中，符合实际的是( )图2－1－16解析：选B.本题应考虑灯丝的电阻随温度的变化关系，随着电压升高，电流增大，灯丝的电功率增大，温度升高，电阻率也将随之增大，电阻增大．二、非选择题9．现要测定一个额定电压为4 V 、电阻约为10 Ω(设电阻不变)的小灯泡的伏安特性曲线．要求所测电压范围为0.1 V ～4 V.现有器材：直流电源E (电动势4.5 V ，内阻不计)，电压表V(量程4.5 V ，内阻约为4×102Ω)，电流表A 1(量程250 mA ，内阻约为2 Ω)，电流表A 2(量程500 mA ，内阻约为1 Ω)，滑动变阻器R (最大阻值约为30 Ω)，开关S ，导线若干．如果既要满足测量要求，又要测量误差较小，应该选用的电流表是________，如图2－1－17所示的甲、乙两个电路应该选用的是________．图2－1－17解析：小灯泡的额定电流约为I＝U/R＝410A＝0.4 A，故电流表应选用A2；小灯泡的电阻R约为10 Ω，电流表A2内阻约为1 Ω，故采用电流表外接法，即电路图甲．答案：A2图甲10．甲、乙两段导体，已知甲两端电压是乙两端电压的25，通过甲的电流是通过乙的电流的54，则两个电阻阻值之比R甲∶R乙为多大？解析：设甲两端电压为U，则乙两端电压为2.5 U，设甲的电流为I，则乙的电流为0.8I所以R甲＝UIR乙＝2.5 U0.8 I＝25 U8 I所以R甲∶R乙＝8∶25. 答案：8∶25。

教科版物理选修3-2《优化方案》精品练：第2章第1节知能优化训练

1。

图2－1－15对于如图2－1－15所示的电流i随时间t做周期性变化的图像，下列描述正确的是( )A．电流的大小变化，方向也变化，是交流电B．电流的大小变化，方向不变，不是交流电C．电流的大小不变,方向不变，是直流电D．以上说法都不正确解析：选B.由i－t图像可知电流大小随时间变化而方向不变，故不是交流电，选项B正确．2．如图2－1－16所示，不能产生交变电流的是( )图2－1－16解析：选A。

矩形线圈绕着垂直于磁场方向的转轴做匀速圆周运动就产生交流电，而A图中的转轴与磁场方向平行,线圈中无电流产生，所以选A.3．交流发电机在工作时的电动势e＝E m sinωt.若将线圈匝数、线圈面积都提高到原来的两倍，其他条件不变,则电动势变为（) A．e＝2E m sinωt B．e＝4E m sinωtC．e＝错误!E m sinωt D．e＝错误!E m sinωt解析:选B。

由电动势最大值表达式E m＝NBSω，N、S变为原来的两倍，则最大值变为4E m，故B正确．4。

图2－1－17如图2－1－17所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图像，根据图像可知（）A．此感应电动势的瞬时表达式为e＝200sin0.02tB．此感应电动势的瞬时表达式为e＝200sin100πtC．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零D．t＝0。

02 s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大答案：B5.图2－1－18（2011年日照高二检测）一矩形线圈，面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝4 Ω，线圈在磁感应强度B＝错误! T的匀强磁场中以n＝300 rad/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动,如图2－1－18所示，若从中性面开始计时，求：（1）线圈中感应电动势的瞬时值的表达式；（2)线圈从开始计时经错误!s时线圈中感应电流的瞬时值；(3）外电路R两端电压的瞬时值表达式．解析：(1）线圈转速n＝300 r/min＝5 r/s，角速度ω＝2πn＝10π rad/s，线圈产生的感应电动势最大值E m＝NBSω＝50 V,感应电动势的瞬时值表达式e＝E m sinωt＝50sin10πt V。

【优化方案】精品课件教科版物理选修3-2第1章第2节

思考感悟法拉第时代，还没有电流表，在“磁生电”的实验研究中，法拉第是怎样检测电流的呢？提示：利用电流的磁效应，在南北方向的导线下放一可旋转的小磁针．当导线中有电流时，小磁针就发生转动，当导线中无电流时，小磁针就指南北极．
三、电磁感应规律的发现及其对社会发展的意义 1 ．法拉第在发现感应电流之后，通过大量的实验，又归纳总结出电磁感应的规律，并发明了人类历史上第一台感应发电机． 2．电磁感应的发现不仅对物理学和现代技术的发展作出了划时代的贡献，而且对整个现代文明的发展有着深刻的影响；电磁感应的发现使人们发明了发电机、变压器、感应电动机等，麦克斯韦在此基础上建立了电磁场理论，并 __________ 预言了电磁波的存在．
特别提醒：在求磁通量的变化量时要注意：磁通量是标量，若规定穿入线圈正面的方向为正，则从线圈背面方向穿入时磁通量为负值，在线圈翻转 180°时，磁通量的变化应等于其绝对值之和，而不是绝对值之差，磁通量的正、负不表示方向，是为了计算磁通量变化而引入的．
即时应用 (即时突破，小试牛刀) 1．(2011年榆林高二检测)如图1－1－4所示，a 、b、c三个圆环水平套在条形磁铁外面，其中a 和b两环大小相同，c环最大，a环位于N极处，b 和c两环位于条形磁铁中部，则穿过三个环的磁通量的大小是( )
第2节感应电流产生的条件
课标定位
课前自主学案
第2节核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练
课标定位学习目标：1.了解电磁的相关物理学史及电磁感应现象的发现过程，知道电磁感应现象和感应电流． 2 ．明确感应电流产生条件的实验探究过程，掌握产生感应电流的条件． 3 ．理解磁通量的概念，掌握其计算方法，会分析判断通过电路的磁通量的变化情况．重点难点：1.判断磁通量的改变及计算． 2．感应电流的产生条件及应用．

教科版物理选修3-2《优化方案》精品练：第1章第7节知能优化训练

1．下列关于自感现象的说法正确的是（)A．自感现象是由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象B．线圈中自感电动势的方向总与引起自感的原电流的方向相反C．线圈中自感电动势的大小与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关D．加铁芯后线圈的自感系数比没有加铁芯时要大解析：选ACD.自感现象是导体本身电流变化使得穿过线圈的磁通量变化而产生的电磁感应现象,自感电动势与线圈的磁通量变化快慢有关，故A、C正确，自感电动势阻碍原电流的变化，并不一定与原电流反向,B错误．2．关于线圈的自感系数，下列说法中正确的是（）A．线圈中产生的自感电动势越大，线圈的自感系数一定越大B．线圈中的电流变化越快，自感系数就越大C．线圈中的电流不发生变化，自感系数一定为零D．线圈的自感系数与线圈自身的因素以及有无铁芯有关解析:选D。

线圈的自感系数与线圈的形状、横截面积、长短、匝数、有无铁芯等因素有关．故选项D正确．3．某同学在探究日光灯的过程中，提出了下列说法，其中正确的有（)A．日光灯正常发光后,取下启动器，日光灯即熄灭B．日光灯正常发光后，取下镇流器，日光灯仍正常发光C．启动器中的电容器被击穿后，日光灯管两端发红,中间不亮D．启动器中的电容器被击穿后，使电路中始终有电流，镇流器不能产生瞬时高压,灯管无法点燃，若将电容器部分剪掉，则启动器仍可使日光灯正常工作解析:选CD.由于启动器在日光灯正常工作时不起作用，所以在日光灯正常发光后取下时不会对日光灯的正常工作产生影响,日光灯不熄灭；镇流器在日光灯正常工作时起的作用是降压限流作用，它上面有电流通过,取下时日光灯就不能工作了．4．如图1－6－8所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开电路的瞬间会有（）图1－6－8A．灯泡立刻熄灭B．灯泡慢慢熄灭C．闪亮一下后再慢慢熄灭D．闪亮一下后突然熄灭解析：选A.当电路断开时,由于通过线圈的电流从有到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈与灯泡不能构成闭合回路,因此灯泡立刻熄灭．5．（2010年高考北京卷）在如图1－6－9所示的电路中,两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。

教科版物理选修3-2《优化方案》精品练：第1章第4节知能优化训练

1．关于楞次定律，可以理解为(）A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场B．感应电流的磁场总要阻碍导体相对于原磁场运动C．若原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场反向；若原磁通量减少，感应电流的磁场跟原磁场同向D．感应电流的磁场总是与原磁场反向解析:选BC。

感应电流的磁场不是总是阻碍原磁场，而是阻碍原磁场磁通量的变化，感应电流产生的磁场方向可能与原磁场方向相同,也有可能与原磁场方向相反．根据楞次定律，这种“阻碍”可表现为阻碍导体相对于原磁场的运动．2．(2011年陕西榆林高二检测)某同学用如图1－4－11所示的实验装置进行探究感应电流方向的活动．他将条形磁铁的N极快速插入线圈中,发现灵敏电流表的指针向右偏转．关于其他的操作情况判断，下列说法中正确的是( ）图1－4－11A．将S极插入,电流表的指针向左偏转B．将N极拔出,电流表的指针向右偏转C．将S极拔出，电流表的指针向左偏转D．将N极插入后静止不动，指针将停止指在右侧某一示数解析：选A。

将N极插入线圈中，电流表指针向右偏转，则若将S 极插入线圈中，电流表指针将向左偏转．因为尽管两次都是使得穿过线圈的磁通量增大,但原磁场方向不同，产生的感应电流的磁场方向不同，电流方向也恰好相反．同理，若将S极拔出，电流表的指针将向右偏转．若将N极拔出，则与将N极插入的现象相反，因为磁场方向相同,但穿过线圈的磁通量一个是增加，一个是减少,所以其产生的感应电流的方向应相反．若N极插入后静止不动，磁通量没有发生变化，没有电流产生．3．如图1－4－12所示,光滑U形金属框架放在水平面内，上面放置一导体棒，有匀强磁场B垂直框架所在平面，当B发生变化时，发现导体棒向右运动,下列判断正确的是( ）图1－4－12A．棒中电流从b→a B．棒中电流从a→bC．B逐渐增大D．B逐渐减小解析：选BD。

ab棒是因“电”而“动”，所以ab棒受到的安培力向右，由左手定则可知电流方向a→b,故B对，由楞次定律可知B 逐渐减小,D对．4．（2010年高考海南卷)一金属圆环水平固定放置．现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中,条形磁铁与圆环（）A．始终相互吸引B．始终相互排斥C．先相互吸引，后相互排斥D．先相互排斥,后相互吸引解析:选D。

【优化方案】高中物理第3章第2节知能优化训练教科版选修32

1．(2011年高考江苏卷)美国科学家Willard S．Boyle与George E．Smith因电荷耦合器件(CCD)的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖．CCD是将光学量转变成电学量的传感器．下列器件可作为传感器的有( )A．发光二极管B．热敏电阻C．霍尔元件D．干电池解析：选BC.发光二极管有单向导电性，A错；热敏电阻和霍尔元件都可作为传感器，B、C 对；干电池是电源，D错．2．关于干簧管，下列说法正确的是( )A．干簧管接入电路中相当于电阻的作用B．干簧管是根据热胀冷缩的原理制成的C．干簧管接入电路中相当于开关的作用D．干簧管是作为电控元件以实现自动控制的答案：C3.图3－1－10有定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三只元件，将这三只元件分别接入如图3－1－10所示电路中的A、B两点后，用黑纸包住元件或者把元件置入热水中，观察欧姆表的示数，下列说法中正确的是( )A．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是热敏电阻B．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数不变化，这只元件一定是定值电阻C．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻D．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数相同，这只元件一定是定值电阻解析：选AC.热敏电阻的阻值随温度变化而变化，定值电阻和光敏电阻不随温度变化；光敏电阻的阻值随光照变化而变化，定值电阻和热敏电阻不随之变化．4.图3－1－11如图3－1－11所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因是电容器两板间的( )A．距离变化B．正对面积变化C．介质变化D．电压变化解析：选A.平行板电容器的电容C∝εr S/d，本题中的介质没有变化，正对面积也没有变化，引起电容变化的因素是板间距离d.5．随着生活质量的提高，自动干手机已进入家庭，洗手后，将湿手靠近自动干手机，机内的传感器便驱动电热器加热，使热空气从机内吹出，将湿手烘干．某型号干手机的说明书中有如下一段文字：“功能与特点：◆采用红外线感应原理，即感应即动作，卫生、方便．◆超高温保护，即过热、过电流双重保护．◆采用内热式的再循环原理，低噪音、高转速、烘干能力强．◆高强度塑钢外壳，牢固可靠，美观大方．”据此可判断( )A．自动干手机内装有由温度传感器组成的保护电路B．自动干手机是靠位移传感器来感知使用者手的靠近C．自动干手机消耗的电能转化为空气的内能及动能D．自动干手机是靠红外线传感器来感知使用者手的靠近解析：选ACD.由说明书中“功能与特点”的第二项可知，自动干手机具有过热保护功能，其中必然要用温度传感器来感知热空气的温度，温度过高从而自动控制电路断开，A正确；由说明书中“功能与特点”的第一项可知，D正确，B错误；从能量守恒的角度知C正确．一、选择题1．利用半导体材料可以制成( )A．标准电阻B．热敏电阻C．光敏电阻D．温度报警器答案：BCD2．关于物理传感器、化学传感器和生物传感器的下列说法中，正确的是( )A．物理传感器利用材料的某种物理性质工作，因而只能用于机械加工行业不能用于化工领域B．化学传感器是利用某种化学反应来工作的，因而只能输出某种化学物质而不能输出电学量C．生物传感器的适用范围广，可在任意温度条件下工作D．生物传感器由于含有生命物质，因而对使用传感器的环境条件有一定要求解析：选D.不论哪种传感器都可以将非电学量转换成电学量输出，故B错．物理传感器在化工领域也可以使用，如温度传感器等，故A错．生物传感器能够使用的前提是感受器中的生命物质保持生物活性，故C错D对．3．关于传感器的下列说法正确的是( )A．所有传感器都是由半导体材料做成的B．金属材料也可以制成传感器C．传感器主要是通过感知电压的变化来传递信号的D．以上说法都不正确解析：选B.半导体材料可以制成传感器，其他材料也可以制成传感器，所以A错，B正确；传感器不但能感知电压的变化，还能感受力、温度、光、声、化学成分等非电学量，所以C 错．4．街旁的路灯，江海里的航标都要求在夜晚亮，白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，这是利用半导体的( )A．压敏性B．光敏性C．热敏性D．三种特性都利用答案：B5．传感器的种类多种多样，其性能也各不相同，空调机在室内温度达到设定的温度后，会自动停止工作，空调机内使用的传感器是( )A．生物传感器B．红外传感器C．温度传感器D．压力传感器解析：选C.空调机是根据温度调节工作状态的，所以其内部使用了温度传感器，故选项C正确．6.图3－1－12如图3－1－12是观察电阻随温度变化情况的示意图．现在把杯中的水由冷水变为热水，关于欧姆表的读数变化情况正确的是( )A．如果R为金属热电阻，读数变大，且变化非常明显B．如果R为金属热电阻，读数变小，且变化不明显C．如果R为热敏电阻(用半导体材料制作)，读数变化非常明显D．如果R为热敏电阻(用半导体材料制作)，读数变化不明显解析：选C.若为金属热电阻，温度升高后，电阻变大，读数变化不明显，A、B错误．若为热敏电阻，读数将明显变化，C对D错．7.图3－1－13如图3－1－13所示，R3是光敏电阻，当开关S闭合后在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射电阻R3时，则( )A．R3的电阻变小，a点电势高于b点电势B．R3的电阻变小，a点电势低于b点电势C．R3的电阻变大，a点电势高于b点电势D．R3的电阻变大，a点电势低于b点电势解析：选A.光照射R3时，由光敏电阻特性，R3的电阻变小，所以UR3减小，a点电势升高，即a点电势高于b点电势，A正确．图3－1－148．如图3－1－14所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，L为小灯泡，当温度降低时( )A．R1两端的电压增大B．电流表的示数增大C．小灯泡的亮度变强D．小灯泡的亮度变弱解析：选C.R2与L并联后与R1串联，并与电源组成闭合回路，当热敏电阻温度降低时，电阻R2增大，外电阻增大，外电压增大，电流表示数减小，R1两端电压减小，L两端电压增大，亮度变强，答案为C.图3－1－159．如图3－1－15所示是一火警报警器的一部分电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I2、报警器两端的电压U的变化情况是( )A．I2变大，U变大B．I2变小，U变小C．I2变小，U变大D．I2变大，U变小解析：选D.抓住半导体热敏材料特性即电阻随温度升高而减小，再用电路动态变化的分析思路，按局部→整体→局部进行，当传感器R2处出现火情时，温度升高，电阻减小，电路的总电阻减小，总电流I增大，路端电压U ab＝U＝E－Ir减小，I(r＋R1)增大，U并＝E－I(r＋R1)减小，通过R3的电流I3减小，通过R2的电流I2＝I－I3增大．答案为D.10．(2011年武汉外国语学校检测)温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的．如图3－1－16甲所示，电源的电动势E＝9.0 V，内阻不计；G为灵敏电流表，内阻R g保持不变；R为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当R的温度等于20 ℃时，电流表示数I1＝2 mA；当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻的温度是( )图3－1－16A．60 ℃ B．80 ℃C．100 ℃ D．120 ℃解析：选D.由题图乙可知，当t＝20℃时，热敏电阻阻值R1＝4 kΩ.由闭合电路欧姆定律知E ＝I1(R1＋R g)，代入数值可求得R g＝500 Ω.当I2＝3.6 mA时，设热敏电阻阻值为R2，即E＝I2(R2＋R g)，可求得R2＝2 kΩ，由图乙可知这时热敏电阻温度t′＝120 ℃，所以应选D. 11．电容式传感器是用来将各种非电信号转变为电信号的装置，由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而又可推出另一物理量的值，如图3－1－17所示是四种电容式传感器的示意图，关于这四种传感器的作用，下列说法不．正确的是( )图3－1－17A．甲图的传感器可以用来测量角度B．乙图的传感器可以用来测量液面的高度C．丙图的传感器可以用来测量压力D．丁图的传感器可以用来测量速度解析：选D.甲图角度变化能导致极板正对面积变化；乙图高度变化能导致极板正对面积变化；丙图F变化能导致极板间距变化；丁图物体位置变化导致电介质变化．所以，甲、乙、丙、丁分别是测角度、高度、压力、位移的物理量．二、非选择题12．按如图3－1－18所示连接好电路，闭合开关S，发现小灯泡不亮，原因是________；用电吹风对热敏电阻吹风，会发现小灯泡________，原因是________；停止吹风，会发现________；把热敏电阻放入冷水中会发现________．图3－1－18解析：由于热敏电阻的阻值较大，左侧电路中的电流较小，电磁铁磁性较弱吸不住衔铁；电吹风对热敏电阻加热使热敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁小灯泡会变亮，热敏电阻温度仍然较高，小灯泡不会立即熄灭；当热敏电阻放入冷水中时，电阻增大，电磁铁磁性减弱，衔铁被断开，故小灯泡熄灭．答案：见解析。

【优化方案】高中物理第1章第一节知能优化训练教科版选修35

1．(双选)两个物体发生碰撞( )A ．碰撞中一定产生了内能B ．碰撞过程中，组成系统的动能可能不变C ．碰撞过程中，系统的总动能可能增大D ．碰撞过程中，系统的总动能可能减小解析：选BD.若两物体发生弹性碰撞，系统的总动能不变；若发生的是非弹性碰撞，系统的总动能会减小，但无论如何，总动能不会增加．所以正确选项为B 、D.2．(双选)碰撞现象的主要特点有( )A ．物体相互作用时间短B ．物体相互作用前速度很大C ．物体相互作用后速度很大D ．物体间相互作用力远大于外力解析：选AD.碰撞过程发生的作用时间很短，作用力很大，远大于物体受到的外力，与物体作用前及作用后的速度大小无关．3．(单选)下列属于弹性碰撞的是( )A ．钢球A 与钢球BB ．钢球A 与橡皮泥球BC ．橡皮泥球A 与橡皮泥球BD ．木球A 与钢球B解析：选A.钢球A 与钢球B 发生碰撞，形变能够恢复，属于弹性碰撞，A 对；钢球A 与橡皮泥球B 、橡皮泥球A 与橡皮泥球B 碰撞，形变不能恢复，即碰后粘在一起，是完全非弹性碰撞，B 、C 错；木球A 与钢球B 碰撞，形变部分能够恢复，属于非弹性碰撞，D 错．4．(双选)下列说法正确的是( )A ．两小球正碰就是从正面碰撞B ．两小球斜碰就是从侧面碰撞C ．两小球正碰就是对心碰撞D ．两小球斜碰就是非对心碰撞解析：选CD.两小球碰撞时的速度沿着球心连线方向，称为正碰，即对心碰撞；两小球碰前的相对速度不在球心连线上，称为斜碰，即非对心碰撞．5．质量为1 kg 的A 球以3 m/s 的速度与质量为2 kg 的B 球发生碰撞，碰后两球以1 m/s 的速度一起运动．则两球的碰撞属于________类型的碰撞，碰撞过程中损失了________J 动能．解析：由于两球碰后速度相同，没有分离，因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞，在碰撞过程中损失的动能为ΔE k ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 2＝(12×1×32－12×3×12) J ＝3 J. 答案：完全非弹性碰撞 3一、单项选择题1．下列关于碰撞说法不．正确的是( ) A ．自然界中的碰撞都是有害的B ．人们利用碰撞可以实现好多有益的物理过程C ．科学家利用高能粒子的碰撞发现新粒子D ．人们研究碰撞是为了利用有益的碰撞，避免有害的碰撞答案：A2．在教材“实验与探究”中的实验中，下列说法不．正确的是( ) A ．悬挂两球的细绳长度要适当，且等长B．由静止释放小球以便较准确计算小球碰前的速度C．两小球必须都是刚性球，且质量相同D．两小球碰后可以合在一起共同运动解析：选C.两绳等长能保证两球正碰，以减小实验误差，所以选项A正确．由于计算碰撞前速度时速度为零便于观察和操作，所以选项B正确．本实验对小球的性能无要求，选项C 错误．两球正碰后，有各种运动情况，所以选项D正确．3.图1－1－4如图1－1－4所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰后P物体静止，Q物体以P 物体碰前速度v离开．已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列的结论中正确的应是( )A．P的速度恰好为零B．P与Q具有相同速度C．Q刚开始运动D．Q的速度等于v解析：选B.P物体压缩弹簧，使P做减速运动而Q做加速运动，只要P物体的速度大于Q 物体的速度，弹簧会被继续压缩．与两者速度相同时，弹簧被压缩至最短，所以选项B正确．4．在公路上甲、乙两车相撞，发生了一起车祸，甲车司机的前胸受伤，乙车司机的后背受伤，则这起车祸可能出现的情况是( )①两车同向运动，甲车在前，乙车在后，乙车撞上甲车②两车同向运动，乙车在前，甲车在后，甲车撞上乙车③乙车司机在前倒车，甲车在乙车的后面向乙车运动，撞上了乙车④两车相向运动，来不及刹车，互相撞上了A．①③B．②③C．①④D．②④解析：选B.甲司机胸前受伤，说明车受到突然向后的力，车速突然减小；乙司机后背受伤，说明乙车速度突然增大，受到向前的力，即甲车从后面碰上乙车．5.图1－1－5如图1－1－5甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的s－t图线．已知m1＝0.1 kg，m2＝0.3 kg，由此可以判断：①碰前m2静止，m1向右运动②碰后m2和m1都向右运动③碰撞过程中系统机械能守恒④碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能以上判断正确的是( )A．①③B．①②③C．①②④D．③④解析：选A.由乙图可以看出，碰前m1位移随时间均匀增加，m2位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故①是正确的；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，即②错误；由乙图可以计算出碰前m 1的速度v 1＝4 m/s ，碰后速度v ′1＝－2 m/s ，碰前m 2的速度v 2＝0，碰后速度v ′2＝2 m/s ，m 2＝0.3 kg ，碰撞过程中系统损失的机械能ΔE k ＝12m 1v 21－12m 1v ′21－12m 2v ′22＝0，因此③是正确的，④是错误的．二、双项选择题6．关于碰撞的说法，正确的是( )A ．发生正碰的系统，总动能一定不变B ．发生正碰的系统，总动能可能减小C ．发生斜碰的系统，总动能一定减小D ．发生斜碰的系统，总动能可能不变解析：选BD.无论是发生正碰还是斜碰，都有弹性碰撞和非弹性碰撞两种可能，故A 、C 选项错． 7.图1－1－6如图1－1－6所示，两个小球A 、B 发生碰撞，在满足下列条件时能够发生正碰的是( )A ．小球A 静止，另一个小球B 经过A 球时刚好能擦到A 球的边缘B ．小球A 静止，另一个小球B 沿着AB 两球球心连线去碰A 球C ．相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线时D ．相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向都在同一条直线上解析：选BD.根据牛顿运动定律，如果力的方向与速度方向在同一条直线上，这个力只改变速度的大小，不能改变速度的方向；如果力的方向与速度的方向不在同一直线上，则速度的方向一定发生变化，所以B 、D 项正确；A 项不能发生一维碰撞；在任何情况下相碰两球的作用力方向都沿着球心连线，因此满足C 项条件不一定能发生一维碰撞．故正确答案为B 、D.三、非选择题8．在地上反复摔打一块泥巴，泥巴摔在地上是什么碰撞？为什么泥巴的温度会升高？答案：泥巴摔在地上不反弹是完全非弹性碰撞，损失的机械能转化为内能使之温度升高． 9.图1－1－7小球A 、B 的质量均为m ，A 球用轻绳吊起，B 球静止放于水平地面上．现将小球A 拉起h 高度由静止释放，如图1－1－7所示．小球A 摆到最低点与B 球发生对心碰撞后粘在一起共同上摆．不计两小球相互碰撞所用时间，忽略空气阻力作用，碰后两小球上升的最大高度为h 4，则在两小球碰撞过程中，两小球的内能一共增加了多少？解析：两球发生完全非弹性碰撞，动能损失转化为内能．碰撞之前的动能等于A 球原来的重力势能mgh ，碰撞之后系统的动能等于A 、B 共同的动能即上升到最大高度处的重力势能2mgh 4＝mgh 2，所以系统损失的动能为mgh －mgh 2＝mgh 2.由能量守恒定律知系统损失的动能等于碰撞中两小球的内能增量，即两小球的内能一共增加了mgh 2.mgh 答案：2。

【教科版】物理《优化方案》选修1-1测试第1章第4节知能优化训练

1．静电除尘原理中是应用了静电的()A．同种电荷相斥B．异种电荷相吸C．静电吸引轻小物体D．将静电荷导走解析：选C.利用了静电吸引轻小物体的性质，选项C正确．2．避雷针能够避免建筑物被雷击的原因是()A．云层中带的电荷被避雷针通过导线导入大地B．避雷针的尖端向云层放电，中和了云层中的电荷C．云层与避雷针发生摩擦，避雷针上产生的电荷被导入大地D．以上说法都不对解析：选B.当带电的云层接近地面时，避雷针的接闪器上感应出大量的电荷，雷雨云和避雷针之间会发生尖端放电，使云中的电荷被中和一部分，降低云和大地之间的电压，减小发生落雷的危险．3．关于静电复印机在工作过程中的正确说法是()A．充电时让硒鼓表面带上负电B．硒鼓上“静电潜像”带正电C．墨粉带正电D．复印过程中，白纸不带电解析：选B.复印每一页书稿都要经过充电、曝光、显影、转印等几个步骤，充电时由电源使硒鼓表面带上正电荷，曝光是利用光学系统将原稿上字迹的像成在硒鼓上，保持着正电荷，没有字迹像的地方受到光线照射，正电荷被导走．显影时带负电的墨粉被带正电的“静电潜像”吸引，并吸附在潜像上，显出墨粉组成的字迹，转印过程是带正电的转印电极使白纸带正电，带正电的白纸与硒鼓表面墨粉组成的字迹接触，将带负电的墨粉吸在白纸上．4．电扇风叶上经常布满灰尘，是因为风叶转动时与空气________而产生________，带有________的叶片会把空气中的灰尘吸附过来．解析：电扇风叶在转动过程中，因与空气不断摩擦，从而使风叶上带有静电，电荷具有吸引轻小物体的特性，这样带有静电的叶片就把空气中的灰尘吸附过来．答案：摩擦静电静电一、单项选择题1．为了防止静电的危害，应尽快把产生的静电导走．下列措施中不是防止静电危害的是()A．高大建筑物上都装有避雷针B．电工钳柄上套有绝缘胶套C．飞机轮上装搭地线D．印刷车间中保持适当的湿度解析：选B.电工钳柄上套有绝缘胶套是为了防止带电操作时漏电，强电流通过人体，造成触电伤害．2．电视机的荧光屏表面经常有很多灰尘，这主要是因为()A．荧光屏具有吸附灰尘的能力B．房间内灰尘的自然堆积C．电视机工作时，荧光屏表面温度较高D．电视机工作时，荧光屏表面有静电解析：选D.电视机工作时，荧光屏的表面有静电，会吸引灰尘颗粒，所以选项D正确．3．以下说法不．正确的是()A．穿着化纤服装的人在晚上脱衣服时，常会看到闪光并伴有轻微的“噼啪”声，这是由摩擦起电所造成的现象B．摩擦起电产生的电压总是很低的，因此对人不会造成伤害C．摩擦起电产生的电压可能高达几千伏以上D．脱化纤服装时，由于摩擦起电产生的静电能量很小，通常不会对人造成伤害解析：选B.化纤服装与人的毛发或其他衣物摩擦起电，带静电并产生火花放电，我们会听到“噼啪”声并能观察到电火花．脱化纤衣服时产生的静电压很高，可高达数万伏，但静电荷量很小，不会对人体造成伤害，选项A、C、D说法是正确的．故选项B错误．4．人们在晚上脱衣时，有时会看到火花四溅，并伴有叭叭的响声，这是因为() A．衣服由于摩擦而产生静电B．人体本身是带电体C．空气带电，在衣服上放电所致D．以上说法均不正确解析：选A.人体及空气均是电中性的，正常情况下不可能带电，则B、C错误；夜晚脱衣时，由于衣服间的摩擦而产生的静电放电致使火花四溅，A正确．5．下列哪些是利用了静电()A．精密仪器外包有一层金属外壳B．家用电器如洗衣机接有地线C．手机(移动电话)一般都装有一根天线D．以上都不是解析：选D.精密仪器外包一层金属外壳，是应用了静电屏蔽的原理，以避免外界静电场对仪器的影响，同时也避免仪器产生的静电场对外界的影响，它属于防止静电的实例，A 错误；家用电器接有地线，是为了防止漏电对人体造成危害，不属于静电现象，B错误．手机装有天线，是为了接收电磁波，C也不属于静电现象，C错误．6．在编织某种地毯时，常在编织过程中夹杂一些不锈钢丝，这是因为()A．使地毯更好看B．使地毯更耐用C．使地毯更善于传热D．释放静电，使地毯不易沾上灰尘解析：选D.在地毯中夹杂一些良导体不锈钢丝是为了及时将地毯上积累的静电导走，以防有静电吸附灰尘等不利现象产生．7. 静电在各种产业和日常生活中有着重要的应用，如静电除尘、静电复印等，所依据的基本原理几乎都是让带电的物质微粒在电场作用下奔向并吸附到电极上．现有三个粒子a、b、c从P点向下射入由正、负电荷产生的电场中，它们的运动轨迹如图1－4－5所示，则()图1－4－5A．a带负电荷，b带正电荷，c不带电荷B．a带正电荷，b不带电荷，c带负电荷C．a带负电荷，b不带电荷，c带正电荷D．a带正电荷，b带负电荷，c不带电荷解析：选B.根据“同种电荷相排斥，异种电荷相吸引”判断．正确选项应为B.8. 如图1－4－6所示是静电除尘的原理示意图，关于静电除尘的原理，下列说法不正确的是()图1－4－6A．金属管A接高压源的正极，金属丝B接负极B．B附近的空气分子被强电场电离为电子和正离子C．正离子向A运动过程中被烟气中的煤粉俘获，使煤粉带正电，吸附到A上，排出的烟就清洁了D．电子向A极运动过程中，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电，吸附到A上，排出的烟就清洁了解析：选C.金属丝B和金属管A接上高电压后在空间产生强电场，强电场使空气分子电离，电离出的电子很容易被煤粉俘获，煤粉带负电．应该让煤粉吸附在筒壁上，因为筒壁的面积大，能吸附较多的煤粉，所以金属管应接高压的正极．二、非选择题9．我们认真观察可以注意到运送汽油的油罐是用金属导体制作的，并在车的尾部拖一条铁链；在加油站里会经常看到一条标语“严禁用塑料桶运装汽油”，为什么？解析：这样做及要求的目的都是防止汽油与容器摩擦产生静电及火花放电，造成火灾．故要用金属材料制作汽油容器，并保持良好接地，以便将电荷导走．答案：见解析10．工厂在加工完金属工件后，需要给工件喷防锈漆．工人把金属工件、喷枪分别接在高压直流电源的两极上，为什么这样做？解析：喷枪接电源的一极，从中喷出的漆便带上了一种电荷，由于同种电荷相互排斥，形成大团分布均匀的雾状漆．喷枪与工件之间还会形成电场，细小的带电漆珠在电场力的作用下向带异种电荷的工件运动，并吸附在工件表面，完成喷漆．静电喷漆因喷出的漆分布均匀，故能有效提高喷漆的质量和效率，并减少对工人的危害．答案：见解析高[考﹥试я题α库。

2022【优化方案】精品课件：教科版物理选修3-2第1章本章优化总结

图1－3
图1－4
【精讲精析】当线框左边进入磁场时，线框上的电流方向为逆时针，直至线框右边完全进入磁场；当右边一半进入磁场，左边一半开始出磁场，此后线圈中的电流方向为顺时针．当线框左边进入磁场时，切割磁感线的有效长度均匀增加，故感应电动势、感应电流均匀增加，当左边完全进入磁场，右边还没有进入时，感应电动势、感应电流达最大，且直到右边将要进入磁场这一段时间内均不变
本章优化总结
知识网络构建
本
章
优
专题归纳整合
化
总
结
章末综合检测
知识网络构建
专题归纳整合
专题1
楞次定律的理解和应用
1．对楞次定律的理解感应电流产生的效果总是要阻碍产生感应电流的原因： (1)从磁通量角度，阻碍原磁通量的变化，感应电流的磁场与原磁场方向的关系可概括为“增反减同”． (2)从相对运动角度，阻碍相对运动，可理解为“来拒去留”． (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势．
3．分析图像问题时应特别关注的四点事项 (1)图像中两个坐标轴各代表什么意义； (2)图像中纵坐标的正、负表示什么意义； (3)画图像时应注意初始状态如何以及正方
向的选取； (4)注意图像横轴、纵轴截距以及图线斜率、
图线覆盖面积的物理意义．
例3 (2011 年高考海南卷 ) 如图 1 － 3 ， EOF 和 E′O′F′ 为空间一匀强磁场的边界，其中 EO∥E′O′，FO∥F′O′，且EO⊥OF；OO′ 为∠EOF的角平分线，OO′间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿 O′O方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是 ()

【人教版】物理《优化方案》选修3-1测试第2章第6节知能优化训练

1．下列关于电阻率的说法正确的是( )A ．电阻率与导体的长度有关B ．电阻率与导体的材料有关C ．电阻率与导体的形状有关D ．电阻率与导体的横截面积有关答案：B2．(2009年高考广东理基卷)导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是( )A ．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B ．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C ．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比D ．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比解析：选A.根据电阻定律：R ＝ρl S ，可见当横截面积S 一定时，电阻R 与长度l 成正比，A正确．3．一只“220 V ,100 W”的灯泡，测量它不工作时的电阻应为( )A ．等于484 ΩB ．大于484 ΩC ．小于484 ΩD ．无法确定解析：选C.灯泡正常工作时的电阻为R ＝U 2P ＝(220)2100Ω＝484 Ω，当灯泡不工作时，其灯丝的电阻率因温度较低而明显小于正常工作时的值，故不工作时的灯丝电阻明显小于正常工作时的电阻，即小于484 Ω.4．一段粗细均匀的镍铬丝，横截面的直径是d ，电阻是R ，把它拉制成直径为d /10的均匀细丝后，它的电阻变成( )A ．R /10000B ．R /100C ．100RD ．10000R解析：选D.直径变为d 10，横截面积则变为原来的1100，长度变为原来的100倍，由R ＝ρl S 得电阻变为原来的10000倍，故D 正确．5．测量液体的电阻率，工业上采用一种称为“电导仪”的仪器，其中一个关键部件如图2－6－5所示，A 、B 是两片面积为1 cm 2的正方形铂片，间距为d ＝1 cm ，把它们浸在待测液体中，若通过两根引线加上一定的电压U ＝6 V 时，测出电流I ＝1 μA ，则这种液体的电阻率为多少？图2－6－5解析：由R ＝U I ＝610－6 Ω＝6×106 Ω 由题意知：l ＝d ＝10－2 m ，S ＝10－4 m 2由R ＝ρl S 得ρ＝RS l ＝6×106×10－410－2Ω·m ＝6 ×104Ω·m.答案：6×104 Ω·m一、选择题1．(2011年南京高二检测)关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )A ．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B ．由R ＝U /I 可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C ．某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降阺会突然减小为零，这种现象叫做超导现象．发生超导现象时，温度不为绝对零度D ．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一答案：C2．某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R ，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )A ．4ρ和4RB ．ρ和4RC ．16ρ和16RD ．ρ和16R解析：选D.导体的电阻率反映材料的导电性能，温度一定时电阻率是不变的．导线拉长后，直径变为原来的一半，则横截面积变为原来的1/4，因总体积不变，长度变为原来的4倍，由电阻定律计算可知电阻变为原来的16倍．3．温度能明显地影响金属导体和半导体材料的导电性能，在图2－6－6所示的图象中分别为某金属和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则( )图2－6－6A ．图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化B ．图线2反映金属导体的电阻随温度的变化C ．图线1反映金属导体的电阻随温度的变化D ．图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化解析：选CD.图线1反映电阻随温度升高而增大的特性，是金属导体的电阻，图线2反映电阻随温度升高而降低的特性，是半导体材料的电阻，故C 、D 正确，A 、B 错误．4．(2011重庆南开中学高二检测)两粗细相同的同种金属电阻丝R 1、R 2的电流I 和电压U 的关系图线如图2－6－7所示，可知( )图2－6－7A ．两电阻的大小之比为R 1∶R 2＝3∶1B ．两电阻的大小之比为R 1∶R 2＝1∶3C ．两电阻丝长度之比为L 1∶L 2＝3∶1D ．两电阻丝长度之比为L 1∶L 2＝1∶ 3解析：选B.由I －U 图象可知R 1∶R 2＝1∶3，B 选项正确根据R ＝ρL S ，L ＝RS ρ，所以L 1∶L 2＝R 1∶R 2L 1∶L 2＝1∶3，C 、D 都不正确．5．两根材料相同的导线，质量之比为2∶1，长度之比为1∶2，加上相同的电压后，通过的电流之比为( )A ．8∶1B ．4∶1C ．1∶1D ．1∶4解析：选A.同种材料的导线体积之比等于质量比：V 1∶V 2＝2∶1，面积之比为S 1S 2＝V 1/l 1V 2/l 2＝21·21＝41，由R ＝ρl S 可得R 1R 2＝l 1l 2·S 2S 1＝12·14＝18，加上相同电压，由I ＝U R 可得I 1I 2＝R 2R 1＝81，所以A 对． 6．白炽灯的灯丝由钨丝制成，当灯丝烧断后脱落一段，又将剩余灯丝刚好能搭接上使用，若灯泡功率原来为60 W ，观察搭接起来的灯丝长度大约为原来的34，则现在灯泡的功率约为( )A ．30 WB ．45 WC ．60 WD ．80 W解析：选D.由电阻定律知，灯丝长度减为原来的34，电阻变为原来的34，照明电路中电压220 V 不变，则由P ＝U 2R 知功率变为原来的43倍，即80 W ，D 选项正确． 7．一同学将变阻器与一只“6 V 8 W”的小灯泡 L 及开关S 串联后接在6 V 的电源E 上，当S 闭合时，发现灯泡发光．按如图2－6－8所示的接法，当滑片P 向右滑动时，灯泡将( )图2－6－8A ．变暗B ．变亮C ．亮度不变D ．可能烧坏解析：选B.由题图可知，变阻器接入电路的是PB 段的电阻丝，当滑片P 向右滑动时，接入电路中的电阻丝变短，电阻变小，小灯泡变亮，B 正确；由于小灯泡的额定电压等于电源电压，所以不可能烧坏灯泡．故正确答案为B.8．现有半球形导体材料，接成如图2－6－9所示甲、乙两种形式，则两种接法的电阻之比R 甲∶R 乙为( )图2－6－9A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶4解析：选D.将甲图半球形导体材料看成等大的两半部分的并联，则乙图中可以看成两半部分的串联，设每一半部分的电阻为R ，则甲图中电阻R 甲＝R 2，乙图中电阻R 乙＝2R ，故R 甲∶R 乙＝1∶4.9．两根材料相同的均匀导线x 和y ，x 长为l ，y 长为2l ，串联在电路中时，沿长度方向电势变化如图2－6－10所示，则x 、y 导线的横截面积之比为( )图2－6－10A ．2∶3B ．1∶3C ．1∶2D ．3∶1解析：选B.由图象可知，U x ＝6 V ，U y ＝4 V ，由两导体串联时电流相同，得U x U y ＝R x R y，而R x ＝ρl S x ，R x ＝ρ2l S y ，所以U x U y ＝S y 2S x ，则S x S y＝U y 2U x ＝42×6＝13.故正确答案为B. 二、非选择题10．如图2－6－11所示，P 是一个表面镶有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L ，直径为D ，镀膜的厚度为d .陶瓷管两端有导电金属箍M 、N .现把它接入电路中，测得它两端电压为U ，通过它的电流为I ，则金属膜的电阻为______，镀膜材料电阻率的计算式为ρ＝____________________.图2－6－11解析：将膜层展开，如图所示，则膜层相当于一电阻，其长度为L ，横截面积＝管的周长×厚度．然后再将电阻的定义式与决定式联立便可求出ρ.由电阻定律R ＝ρL S 可得R ＝ρL 2πD 2·d ＝ρL πDd 由欧姆定律R ＝U I 得ρL πDd＝U I 得ρ＝U πDd IL . 答案：U I U πDd IL11．(2011年福州高二测试)一根长为l ＝3.2 m 、横截面积S ＝1.6×10－3m 2的铜棒，两端加电压U ＝7.0×10－2V .铜的电阻率ρ＝1.75×10－8 Ω·m ，求：(1)通过铜棒的电流；(2)铜棒内的电场强度．解析：(1)由R ＝ρl S 和I ＝U R 得I ＝US ρl＝ 7.0×10－2×1.6×10－31.75×10－8×3.2A ＝2×103 A.(2)E ＝U d ＝7.0×10－23.2V/m ＝2.2×10－2 V/m. 答案：(1)2×103 A (2)2.2×10－2 V/m12．(2011年兴义高二检测)A 、B 两地相距11 km ，A 地用两根完全相同的导线向B 地送电，若两地间某处的树倒了，压在导线上而发生故障．为了找出故障所在处，在A 地给两根导线加上12 V 的电压，此时在B 地测得电压是10 V ；在B 地给两根导线加上12 V 的电压，此时在A 地测得电压是4 V ，问：故障发生在何处？解析：作出示意图，在两根导线间的树，相当于阻值为R 的电阻，设单位长度导线的电阻为r ，故障处离A 地的距离为 x km ，由电阻定律可得各段导线的电阻值(在图中标出)，当A 处加上12 V 电压，B 处测得的是R 上两端的电压，有串联分压得1210＝2xr ＋R R ① 同理：124＝2(11－x )r ＋R R ② 由①、②得：x ＝1 km 即故障发生在离A 处1 km 处．答案：离A 处 1 km 处高∽考。

教科版高中物理选修3-1第2章第三节知能优化训练

1．下列说法正确的是()A．一个电阻和一根无电阻的理想导线并联总电阻为零B．并联电路任一支路电阻都大于电路的总电阻C．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)总电阻也增大D．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)总电阻一定减少解析：选ABC.由并联电路的特点知：并联电路的总电阻比各支路中的任意一个分电阻的阻值都要小，所以ABC对，D错．2.如图2－3－13所示，4只电阻串联于某电路中，已测出U AC＝9 V，U BD＝6 V，R2＝R4，则U AE为()图2－3－13A．3 V B．7.5 VC．15 V D．条件不足，无法判定解析：选C.因为是串联电路，所以各电阻电流相等，设为I，则U AC＝I(R1＋R2)；U BD＝I(R2＋R3)，U AC＋U BD＝I(R1＋2R2＋R3)，因为R2＝R4，所以U BD＝U CE，则U AE＝I(R1＋R2＋R3＋R4)＝U AC＋U BD＝15 V.3．电流表的内阻是R g＝200 Ω，满刻度电流值是I g＝500 μA，现欲把这电流表改装成量程为1.0 V的电压表，正确的方法是()A．应串联一个0.1 Ω的电阻B．应并联一个0.1 Ω的电阻C．应串联一个1800 Ω的电阻D．应并联一个1800 Ω的电阻解析：选C.电流表改电压表，串联电阻．电阻两端的电压U′＝U－U g＝(1－200×500×10－6) V＝0.9 V，R＝U′/Ig＝1800 Ω.4.如图2－3－14所示，AB间的电压为30 V，改变滑动变阻器滑片的位置，可以改变CD 间的电压，U CD的变化范围是()图2－3－14A．0～10 VB．0～20 VC．10 V～20 VD．20 V～30 V解析：选C.滑片在最上端时，CD间电压最大U max＝2R3R·U AB＝23×30 V＝20 V；滑片在最下端时CD间电压最小U min＝R3R·U AB＝13×30 V＝10 V．故U CD的变化范围是10 V～20 V.5.如图2－3－15所示为一双量程电压表的示意图．已知电流表G的量程为0～100 μA，内阻为600 Ω，则图中串联的分压电阻R1＝________ Ω，R2＝________ Ω.。

高中物理第1章第3节知能优化训练教科版选修3-2

1．关于感应电流和感应电动势的关系，下列叙述中正确的是A．电路中有感应电流，不一定有感应电动势B．电路中有感应电动势，不一定有感应电流C．两个不同电路中，感应电动势大的其感应电流也大D．两个不同电路中，感应电流大的其感应电动势也大解析：选B有感应电流则磁通量一定变化，因此一定有感应电动势，选项A错误；电路中有感应电动势，若电路不闭合，则无感应电流，故B项正确；两个不同电路，总阻值不一定相等，由I＝错误!，当E大时，若总阻值R＋r很大，则电流I可能较小，故C、D两项均错．2．下列几种说法正确的是A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C．线圈放在磁场越强的位置，产生的感应电动势一定越大D．线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大解析：选D依据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量无关，与磁通量的变化量无关，与线圈匝数和磁通量的变化率成正比．因此，选项A、B都是错误的．感应电动势与磁场的强弱也无关，所以，选项C也是不对的．线圈中磁通量变化越快意味着线圈的磁通量的变化率越大，依据法拉第电磁感应定律可知，选项D是正确的．3．一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心．若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空A．由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下B．由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下C．沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向上D．沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势解析：选AD赤道上方的地磁场方向由南指向北，根据右手定则，飞机由东向西水平飞行时，下端电势高，故A对，B错．若飞机沿经线由南向北或由北向南水平飞行时，杆均不切割磁感线，杆中不会产生感应电动势，故C错，D正确．4．如图1－3－8所示，平行导轨间距为d，，方向垂直于平行金属导轨所在平面．一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计．当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在导轨上滑行时，通过电阻R的电流强度是图1－3－8解析：垂直于磁场放置，运动速度v与棒垂直，且v⊥B，即已构成两两互相垂直关系，MN接入导轨间的长度为错误!，所以E＝BLv＝错误!，I＝错误!＝错误!，故选项D正确．5．2022年厦门高二月考如图1－3－9甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1000，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图1－2－10乙所示．求：图1－3－91前4 内的感应电动势；2前4 内通过R的电荷量．解析：1由图像可知前4 内磁感应强度B的变化率错误!＝错误! T/＝ T/4 内的平均感应电动势E＝nS错误!＝1000×× V＝1 V2电路中的平均感应电流\to I＝错误!，q＝错误!t，又因为E＝n错误!，所以q＝n错误!＝1 000×错误! C＝ C答案：11 V 2 C一、选择题1．决定闭合电路中感应电动势大小的因素是A．磁通量B．磁感应强度C．磁通量的变化率D．磁通量的变化量解析：＝n错误!，可知C正确．2．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb，则A．线圈中的感应电动势每秒钟增加2 VB．线圈中的感应电动势每秒钟减少2 VC．线圈中无感应电动势D．线圈中感应电动势保持不变解析：选D由题意知：错误!＝2 Wb/，故E＝错误!＝2 V，保持不变．3．将一磁铁缓慢或者迅速地插到闭合线圈中的同一位置处，不．发生变化的物理量是①磁通量的变化量②磁通量的变化率③感应电流的大小④流过导体横截面的电荷量A．①③B．①④C．②③ D．②④解析：选B将磁铁插到同一位置，磁通量的变化量相同，而用时不同，所以磁通量的变化率不同，感应电动势的大小不同，感应电流的大小不同，由q＝IΔt＝错误!Δt＝错误!Δt＝错误!可知流过导体横截面的电荷量不变，故①④正确，选B4．一根直导线长 m，在磁感应强度为 T的匀强磁场中以10 m/的速度匀速运动，则对于导线中产生的感应电动势的说法中不．正确的是A．一定为 V B．可能为零C．可能为 V D．最大值为 V解析：、L、v两两垂直，导线做垂直切割磁感线运动时感应电动势最大，E m＝BLv＝××10 V ＝ V．当v∥B时，E＝0所以0≤E≤ V，B、C、D正确，A错误．故选A5．一闭合线圈，放在随时间均匀变化的磁场中，线圈平面和磁场方向垂直，若想使线圈中感应电流增强一倍，下述哪些方法是可行的A．使线圈匝数增加一倍B．使线圈面积增加一倍C．使线圈匝数减少一半D．使磁感应强度的变化率增大一倍解析：＝n错误!＝n错误!S求电动势，要考虑到当n、S发生变化时导体的电阻也发生了变化．若匝数增加一倍，电阻也增加一倍，感应电流不变，故A错．同理C错．若面积增加一倍，长度为原来的错误!倍，因此电阻为原来的错误!倍，电流为原来的错误!倍，故B错．正确选项为D6．如图1－3－10所示，六根形状各异的导线处在匀强磁场中，端点的连线MN、2、匝数n＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图1－3－11所示，则下列判断正确的是图1－3－11A．在开始的2 内穿过线圈的磁通量变化率等于－ Wb/B．在开始的2 内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C．在开始的2 内线圈中产生的感应电动势等于－ VD．在第3 末线圈中的感应电动势等于零解析：＝n错误!＝n错误!·S得，在开始2 内线圈中产生的感应电动势E＝100×错误!×4×10－2 V＝－8 V，磁通量变化率错误!＝－ Wb/，第3 末虽然磁通量为零，但磁通量变化率为 Wb/，所以选A图1－3－129．如图1－3－12所示，导体棒AB的长为2R，绕O点以角速率ω匀速转动，OB为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差为BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR2解析：选点线速度v A＝ω·3R，B点线速度v B＝ωR，AB棒切割磁感线的平均速度\to v＝错误!＝2ωR，由E＝BLv得，AB两端的电势差为E＝B·2R·\to v＝4BωR2，C正确．10．2022年高考江苏卷如图1－3－13所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t ＝0时，将开关S由1掷到、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图像正确的是图1－3－13图1－3－14解析：选D导体棒做加速度减小的加速运动，直至匀速．故q－t图像应如图甲所示，A错；i －t图像应如图乙所示，B错；v－t图像应如图丙所示，C错．D对．二、非选择题11．2022年通州市调研如图1－3－15甲所示，水平放置的线圈匝数n＝200匝，直径d1＝40 cm，电阻r＝2 Ω，线圈与阻值R＝6 Ω的电阻相连．在线圈的中心有一个直径d2＝20 cm的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向．试求：图1－3－151通过电阻R的电流方向；2电压表的示数；3若撤去原磁场，在图中虚线的右侧空间加磁感应强度B＝ T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，试证明将线圈向左拉出磁场的过程中，通过电阻R上的电荷量为定值，并求出其值．解析：1电流方向从A流向B2由E＝n错误!可得：E＝n错误!，E＝IR＋r，U＝IR解得：U＝π V＝ V3设线圈拉出磁场经历时间Δt\toE＝n错误!＝错误!，错误!＝错误!，电荷量q＝错误!Δt解得：q＝n错误!，与线圈运动的时间无关，即与运动的速度无关．代入数据得：q＝π C＝ C 答案：1从A流向B 2 V3证明见解析 C12．如图1－3－16所示，一水平放置的平行导体框宽度L＝ m，接有R＝Ω的电阻，磁感应强度B＝ T的匀强磁场垂直导轨平面方向向下，现有一导体棒ab跨放在框架上，并能无摩擦地沿框架滑动，框架及导体棒ab电阻不计，当ab以v＝ m/的速度向右匀速滑动时，试求：图1－3－161导体棒ab上的感应电动势的大小及感应电流的方向；2要维持ab向右匀速运动，作用在ab上的水平外力为多少方向怎样3电阻R上产生的热功率多大解析：1导体棒ab垂直切割磁感线，产生的电动势大小为E＝BLv＝×× V＝ V，由右手定则知感应电流的方向由b向a2导体棒ab相当于电源，由闭合电路欧姆定律得回路电流I＝错误!＝错误! A＝ A，导体棒ab所受的安培力F＝BIL＝×× N＝ N，由左手定则知其方向水平向左．ab匀速运动，所以水平拉力F′＝F＝ N，方向水平向右．3R上的热功率：P＝I2R＝× W＝ W答案：1 V 由b向a 2 N 水平向右3 W。

教科版物理选修3-2《优化方案》精品练：第2章章末综合检测

（时间：90分钟,满分:100分）一、选择题（本题共12小题,每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．根据交变电流瞬时表达式i＝5sin500t（A)可知,从开始计时起，第一次出现电流峰值所需要的时间是（)A．2 ms B．1 msC．6。

28 ms D．3。

14 ms解析：选D。

法一：由已知条件有错误!＝ω＝500 rad/s，则T＝2π/500.从中性面开始计时，第一次出现电流峰值需Δt＝T/4＝2π/500×错误! s＝错误!s＝3.14×10－3s。

法二：由交流电瞬时值表达式，令i为最大值时有sin（ωt）＝1，即(500t）＝π/2，则t＝π/1000＝3。

14×10－3(s）．选D。

2．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动．穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图2－5甲所示，则以下说法中正确的是（）图2－5A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0。

01 s时刻,Φ的变化率最大C．t＝0。

02 s时刻,交变电流的电动势达到最大D．该线圈产生的交变电流的电动势随时间变化的图像如图乙所示解析：选B。

学会解读图像是解题的关键．由图甲可知t＝0和t＝0.02 s时刻Φ值最大,线圈平面恰好处在中性面的位置，感应电动势应为零，故选项A、C错;e－t关系图像在t＝0.01 s和t＝0。

03 s时刻切线的斜率最大,即Φ的变化率最大,交变电流的感应电动势达到最大值，故选项D错，B正确．3. 如图2－6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，则副线圈（）图2－6A．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3 A的电流表测量其电路的总电流答案：B4. 如图2－7所示，L1、L2为两个相同的灯泡,电键S接通恒定直流电源时，灯泡L1发光,L2不亮,后将S接在有效值和直流电压相同的交流电源上，这时（）图2－7A．L2比L1更亮些B．L2比L1更暗些C．L2仍然不亮D．L2可能和L1一样亮解析：选D.换接交流后，由于电阻R对电流的阻碍作用并不发生变化，所以L1变亮不会发生变化，而对于电容器来说，交流是能够通过的，所以换接交流后L2一定会亮,但亮度就不能确定了，这取决于C的容抗的大小．5．关于电能输送的以下分析，正确的是( ）A．由公式P＝U2/R知，输电电压越高，输电线上功率损失越大B．由公式P＝U2/R知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少C．由公式P＝I2R知,输电电流越大，输电线上功率损失越大D．由公式P＝UI知，输电线上的功率损失与电流成正比解析：选C。

教科版物理选修3-2《优化方案》精品练：第3章章末综合检测

（时间：90分钟，满分：100分)一、选择题（本题共14小题，每小题5分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确,全部选对的得5分，选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分）1．下列说法正确的是( )A．凡将非电信息转化为电信息的传感器都是物理传感器B．湿敏传感器只能是物理传感器C．物理传感器只能将采集到的信息转化为电压输出D．物理传感器利用的是物质的物理性质和物理效应解析：选D。

各种传感器虽然工作原理不同，但基本功能相似,多数是将非电信息转化为电信息，故A错;湿敏传感器为化学传感器，故B错;传感器既可将信息转化为电压输出,也可转化为电流、电阻等输出，故C错；由物理传感器定义知D正确．2．有一电学元件，温度升高时电阻却大幅度减小，则这种元件可能是( )A．金属导体 B．绝缘体C．半导体D．超导体解析:选C。

金属导体的电阻随温度升高而增大，超导体的电阻几乎为零，半导体（如热敏电阻）的阻值随温度升高而减小．3．（2011年盐城高二检测)当前传感器被广泛应用于各种电器、电子产品之中，下述关于常用的几种家用电子器件所采用传感器说法中，正确的是( ）A．电视机对无线遥控信号的接收主要是采用了光电传感器B．电子秤中主要是采用了光电传感器C．电脑所用的光电鼠标主要是采用声波传感器D．电子体温计中主要是采用了温度传感器解析：选AD.电视机对无线遥控信号的接收主要是采用了红外线传感器即光电传感器，A正确．电子秤中主要是采用了压力传感器，而不是光电传感器，B错误．电脑所用的光电鼠标主要是采用光电传感器而不是声波传感器，C错误．电子体温计中主要是采用了温度传感器，将温度转化为电信号，D正确．4．2007年度诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家,以表彰他们发现“巨磁电阻效应”,基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术，被认为是纳米技术的第一次真正应用．在下列有关其他电阻应用的说法中,错误的是（)A．热敏电阻可应用于温度测控装置中B．光敏电阻是一种光电传感器C．电阻丝可应用于电热设备中D．电阻在电路中主要起到通过直流、阻碍交流的作用解析：选D.热敏电阻对温度很敏感，光敏电阻对光照很敏感，电阻丝可用于电加热，这很常见,所以A、B、C均正确．交流电、直流电均可通过电阻，电阻对它们均可产生阻碍作用,所以D错误．5．唱卡拉OK用的话筒，内有传感器．其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈,线圈处于永磁体的磁场中,当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号．下列说法正确的是（)A．该传感器是根据电流的磁效应工作的B．该传感器是根据电磁感应原理工作的C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势解析：选B.当声波使膜片前后振动时，膜片后的金属线圈就跟着振动，从而使处于永磁体的磁场中的线圈切割磁感线，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，从而将声音信号转化为电信号,这是利用电磁感应原理．6.图3－5如图3－5所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，测光敏电阻时，表针的偏角为θ；现用手掌挡住部分光线，表针的偏角为θ′，则可判断（)A．θ′＝θB．θ′<θC．θ′〉θD．不能确定答案:B7．为了保护电脑元件不受损害，在电脑内部有很多传感器，其中最重要的就是温度传感器，常用的温度传感器有两种，一种是用金属做的热电阻,另一种是用半导体做的热敏电阻．关于这两种温度传感器的特点说法正确的是（）A．金属做的热电阻随着温度的升高电阻变大B．金属做的热电阻随着温度的升高电阻变小C．用半导体做的热敏电阻随着温度的升高电阻变大D．用半导体做的热敏电阻随着温度的升高电阻变小解析：选AD.金属的电阻率随着温度的升高而变大，半导体在温度升高时电阻会变小．8．如图3－6所示R T为正温度系数热敏电阻，R1为光敏电阻,R2和R3均为定值电阻，电源电动势为E,内阻为r，V为理想电压表,现发现电压表示数增大,可能的原因是（）图3－6①热敏电阻温度升高，其他条件不变②热敏电阻温度降低，其他条件不变③光照增强，其他条件不变④光照减弱，其他条件不变A．①③B．①④C．②③D．②④解析:选D.电压表示数变大，而R3为定值电阻，说明流经R3的电流增大，由电路结构可知，这可能是由于R T减小或R1增大，由热敏电阻和光敏电阻特性知，可能是由于温度降低或光照减弱,故②、④正确，①、③错误．9.图3－7(2010年高考重庆卷）某电容式话筒的原理示意图如图3－7所示,E 为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板．对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中( )A．P、Q构成的电容器的电容增大B．P上电荷量保持不变C．M点的电势比N点的低D．M点的电势比N点的高解析：选D。