14．(2012·浙江三校联考)某物理兴趣小组的同学想用如图甲所示的电路探究一种热敏电阻的温度特性．

(1)请按电路原理图将图乙中所缺的导线补接完整．为了保证实验的安全，滑动变阻器的滑动触头P在实验开始前应置于________端．(选填“a”或“b”)

(2)正确连接电路后，在保温容器中注入适量冷水．接通电源，调节R记下电压表和电流表的示数，计算出该温度下的电阻值，将它与此时的水温一起记入表中．改变水的温度，测量出不同温度下的电阻值．该组同学的测量数据表中所示，请你在图丙的坐标纸中画出该热敏电阻的R－t关系图．对比实验结果与理论曲线(图中已画出)可以看出二者有一定的差异．除了读数等偶然误差外，你认为还可能是由什么原因造成的？________________________________________________________________________.

(3)已知电阻的散热功率可表示为P_散＝k(t－t₀)，其中k是比例系数，t是电阻的温度，t₀是周围环境温度．现将本实验所用的热敏电阻接到一个恒流电源中，使流过它的电流恒为40 mA，t₀＝20 ℃，k＝0.16 W/℃.由理论曲线可知：

①该电阻的温度大约稳定在________℃.

②此时电阻的发热功率为________W.

解析：(1)滑动变阻器的滑动触头P在实验开始前应置于阻值最小处，即a端．

(2)该热敏电阻的R－t关系图如图所示；实验结果与理论曲线存在差异，原因有：①电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大；②随着温度的升高，热敏电阻的阻值变小，电流表的分压作用更加明显，相对误差更大．

(3)通电热敏电阻消耗的电功率P＝I²R＝0.04²R＝0.001 6R，而热敏电阻的散热功率P_散＝k(t－t₀)＝0.16(t－20)，根据两者相等，则R＝100(t－20)Ω，在(2)的R－t图象中作出如图所示的图线，根据其与理论曲线的交点即可求得：①该电阻的温度大约稳定在50 ℃(在48 ℃～52 ℃之间皆可)；②由图可知此时电阻R＝3 kΩ，其发热功率P＝I²R＝0.04²×3×10³ W＝4.8 W(在4.5 W～5.1 W之间皆可)．

答案：(1)如图1所示　a

(2)如图2所示

①电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大；②随着温度的升高，热敏电阻的阻值变小，电流表的分压作用更明显，相对误差更大

(3)①50(48～52均可)　②4.8(4.5～5.1均可)

二、实验题

13．(2012·桂林联考)当光照射到光敏电阻上时，光敏电阻的阻值________(填“变大”、“不变”或“变小”)．半导体热敏电阻是利用半导体材料的电阻率随________变化而改变的特性制成的．

解析：光敏电阻是感光元件，它的阻值随光照强度的增强而减小，它可把光学量变为电阻这一电学量，常用来制造光控开关，热敏电阻对温度反应敏感．

答案：变小　温度

12．(2012·唐山摸底)一理想变压器原、副线圈的匝数比n₁∶n₂＝2∶1，原线圈两端接一正弦式交变电流，其电压u随时间t变化的规律如图所示，则副线圈两端电压的有效值和频率分别为(　)

A．110 V,0.5 Hz　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．110 V,50 Hz

C．220 V,50 Hz　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．220 V,0.5 Hz

解析：本题考查变压器和交变电流四值．根据题图可知原线圈两端所接正弦式交变电流的周期为2×10^－2 s，频率为50 Hz，有效值为U_＝ V＝220 V，则原副线圈的电压比有＝，得副线圈两端电压的有效值为U₂＝110 V，由变压器的原理可知原副线圈的交变电流的频率相同，所以可判定只有B对．

答案：B

第Ⅱ卷(非选择题，共62分)

11．(2012·湖南省长沙一中月考)为了减少输电线路中电能损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经降压变电站将高压变为低压．某降压变电站将电压u₀＝11 000sin(100πt) V的交流电降为220 V供居民小区用电，则变电站变压器(　)

A．原、副线圈匝数比为50∶1

B．副线圈中电流的频率是50 Hz

C．原线圈的导线比副线圈的要粗

D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和

解析：本题考查理想变压器．由u₀＝11 000sin(100πt) V可知交流电压的有效值为11 000 V，根据理想变压器工作原理可知＝，可得原、副线圈匝数比为50∶1，选项A正确；由于2πf＝100π，所以原线圈中交流电的频率是50 Hz，因变压器不改变交流电的频率，所以选项B正确；理想变压器的输入功率与输出功率相等，则原线圈中电流小于副线圈中的电流，故原线圈的导线比副线圈的要细，选项C错误；根据并联电路的特点可知居民小区各用电器电流的总和应等于副线圈中的电流，选项D错误．

答案：AB

10．(2012·宝鸡中学月考)如图所示是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头．A、B间接交流电压U，输出端连接了两个相同的灯泡L₁和L₂，Q为滑动变阻器的滑动触头．当开关S闭合，P处于如图所在的位置时，两灯均能发光．下列说法正确的是(　)

A．将P沿逆时针方向移动，两灯均变暗

B．P不动，将Q向左移动，两灯均变亮

C．P不动，将Q向右移动，输入功率变大

D．断开开关S，L₁将变暗

解析：本题考查变压器及其动态变化．当P沿逆时针方向移动时，副线圈的匝数n₂增大，由＝知，U₂增大，L₁、L₂均变亮，A错；当P不动时U₂不变，Q向左移动，R减小，L₁、L₂的电压增大，两灯泡变亮，B对；当P不动，Q向右移动时，R增大，变压器输出功率P₂＝，R_总增大，P₂减小，而P₁＝P₂，故P₁减小，C错；断开开关S，负载电阻增大，L₁的电压增大，L₁将变亮，D错．

答案：B

9．某同学从J国带回一把标有“110 V、60 Hz、880 W”的电咖啡壶，该电咖啡壶利用电热丝加热．在我国，为使电咖啡壶能正常工作，需要通过变压器与市电相连．下列说法正确的是(　)

A．若将电咖啡壶直接与市电相连，电功率是1 760 W

B．电咖啡壶应接在原、副线圈匝数比为2∶1的变压器的副线圈两端

C．咖啡壶通过变压器正常工作时，与市电相连的原线圈中电流为4 A

D．电咖啡壶通过变压器正常工作时，电热丝中的交变电流频率为60 Hz

解析：市电电压为220 V，故电咖啡壶不能直接与市电相连，选项A错误；由理想变压器公式＝＝＝，则电咖啡壶应接在原、副线圈匝数比为2∶1的变压器的副线圈两端，电咖啡壶通过变压器正常工作时，与市电相连的原线圈中电流为4 A，选项B、C正确；电咖啡壶通过变压器正常工作时，电热丝中的交变电流频率为50 Hz，选项D错误．

答案：BC

8．(2012·盐城模拟)阻值为1 Ω的电阻上通一交变电流，其i－t关系如图，则在0～1 s内电阻上产生的热量为(　)

A．1 J　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．1.5 J

C．2 J　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．2.8 J

解析：0～1 s内产生的热量为Q＝(1²×1×0.4＋2²×1×0.6) J＝2.8 J，故选D.

答案：D

7．(2012·济南联考)为了减少输电线路中电力损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压，某降压变电站将电压U₀＝11 000sin 100πt(V)的交流电降为220 V供居民小区用电，则变电站变压器(　)

A．原、副线圈匝数比为50∶1

B．原线圈中电流的频率是50 Hz

C．原线圈的导线比副线圈的要粗

D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和

解析：原线圈电压的有效值为U₁＝11 000 V，由＝得，＝，选项A正确；由交流电的表达式可知，ω＝100π rad/s，又由ω＝2πf解得f＝＝50 Hz，因为变压器不改变交流电的频率，故选项B正确；由＝得，副线圈的电流大，要想导线发热少，导线要粗一些(电阻小)，故选项C错误；居民小区各用电器电流总和应该等于副线圈的电流，选项D错误．

答案：AB

6．(2012·山东枣庄市联考)图甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n₁与副线圈的匝数n₂之比为n₁∶n₂＝10∶1.变压器原线圈加如图乙所示的正弦式交变电压，副线圈接两个串联在一起的阻值大小均为10 Ω的定值电阻R₁、R₂.电压表为理想交流电表．则以下说法正确的是(　)

A．原线圈上电压的有效值为100 V

B．原线圈上电压的有效值为70.7 V

C．电压表的读数为5.0 V

D．变压器的输入功率为25 W

解析：原线圈上电压有效值U₁＝ V＝70.7 V，B对、A错．副线圈电压有效值U₂＝U₁＝×70.7 V＝7.07 V，电压表读数U＝R₂＝3.5 V，C项错．变压器输入功率P＝＝2.5 W，D项错．

答案：B

5．如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为l₁，ad边的边长为l₂，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时(　)

A．线圈中感应电流的方向为abcda

B．线圈中的感应电动势为2nBl₂ω

C．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大

D．线圈ad边所受安培力的大小为

解析：本题考查交变电流产生的基本原理与计算，当线圈转到图示的位置时，线圈的磁通量即将向右增加，由楞次定律结合右手定则可知，线圈中感应电流的方向为adcba，故A错误；当转到图示的位置时，产生的电动势最大，由法拉第电磁感应定律可得，穿过线圈的磁通量的变化率最大，此时电动势的大小为：E＝2nBl₂ω＝nBl₁l₂ω，B错误，C正确；线圈此时的感应电流大小为：I＝＝，所以ad边所受的安培力的大小为：F＝nBIl₂代入可得：F＝，D正确．

答案：CD