课后巩固作业(十)
（40分钟 50分）
一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）
1.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=4∶1，当导体棒向右匀速切割磁感线时，电流表A1的读数是12 mA,则副线圈中电流表A2的读数应该为（ ）
A.3 mA B.48 mA C.0 D.与R阻值有关
2.（2011·藁城高二检测）如图所示为理想变压器，
三个灯泡L1、L2、L3都标有“5 V，5 W”字样，L4
标有“5 V，10 W”字样，若它们都能正常发光，则
变压器原、副线圈匝数比n1∶n2和ab间电压应为 ( )
A．2∶1，25 V B．2∶1，20 V
C．1∶2，25 V D．1∶2，20 V
3.在变电所，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器.下面的四幅图中，能正确反映其工作原理的是（ ）
4.（2011·长春高二检测）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=
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，初级回路标有“36 V，40 W”的灯泡（ ）
A.也正常发光 B.将被烧毁
C.比另三个灯暗 D.无法确定
5.（2011·宁波高二检测）某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定,它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压,然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器,经变压器降压后,再用线路接到各用户,设两变压器都是理想变压器,那么在用电高峰期,白炽灯不够亮,但用电总功率增加,这时( )
A.升压变压器的副线圈的电压变大
B.高压输电线路的电压损失变大
C.降压变压器的副线圈上的电压变大
D.降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大
6.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶5,原线圈两端的交变电压为u=sin100πt V.氖泡在两端电压达到100 V时开始发光.下列说法中正确的有( )
A.开关接通后,氖泡的发光频率为100 Hz
B.开关接通后,电压表的示数为100 V
C.开关断开后,电压表的示数变大
D.开关断开后,变压器的输出功率不变
二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）
7.（8分）（2011·海南高考）如图,理想变压器原线
圈与一10 V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯
泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3 W，正常发光
时电阻为30 Ω，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A，可计算出原、副线圈的匝数比为_____，流过灯泡b的电流为________A.
8.（12分）发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输出功率的4%，试求：
(1)画出此输电线路的示意图.
(2)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比.
答案解析
1.【解析】选C.导体棒匀速向右切割磁感线运动时，由知变压器输入端为稳恒电流.穿过副线圈的磁通量不变，因此，电流表A2读数为零.故选项C正确.
2.【解析】选A.要使得L1、L2、L3和L4都正常发光，副线圈的电压应为10 V，若L1也能正常发光则原线圈的电流应是副线圈的所以由可知n1∶n2＝2∶1，再由可知原线圈的电压为20 V，Uab=U1+ =25 V，所以选项A正确.
3.【解析】选A.电流互感器是测电流的，应串联在火线上，故B、D选项错误，同时，由I1n1=I2n2知，要使I2n1，故A选项正确,C选项错误.
4.【解析】选A.由题给条件知U2=3×36 V=108 V，由知U1=36 V，可见灯泡A也正常发光，故A选项正确，B、C、D错误.
5.【解析】选B、D.用电高峰期,用户端总电阻由于并联电灯增多而减小,从而电流增大,输电导线上的电流也增大,又由U损=Ir可知,输电导线上的电压损失变大,升压变压器副线圈的电压不变,降压变压器原、副线圈上的电压变小,而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大.故正确答案为B、D.
6.【解析】选A、B.由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为由得副线圈两端的电压为U2=100 V，电压表的示数为交变电压的有效值，选项B正确；交变电压的频率为一个周期内电压两次大于100 V，即一个周期内氖泡能发光两次，所以其发光频率为
100 Hz，选项A正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，选项C错误；开关断开后，电路消耗的功率减小，输出功率就变小，选项D错误.故本题正确选项为A、B.
7.【解析】U1=10 V，根据小灯泡正常发光，
则
所以
答案：10∶3 0.2
8.【解析】(1)如图所示.
(2)输电线损失的功率
P损=P×4%=100 kW×4%=4 kW.
输电线电流
升压变电器输出电压
升压变压器原、副线圈匝数比:
电压损失U损=I2R线=20×10 V=200 V.
降压变压器原线圈端电压
U3=U2-U损=5×103 V-200 V=4 800 V.
降压变压器原、副线圈匝数比
答案:(1)见解析图 (2)1∶20 240∶11
【方法技巧】远距离输电问题的解答方法
（1）画出远距离输电的电路图，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置.
（2）以变压器为界将输电电路划分为三个独立的回路，每个回路都可以用欧姆定律、串并联电路的特点、电功和电功率的公式等计算.联系各个回路的桥梁是原、副线圈的电压与匝数的关系，电流与匝数的关系以及输入功率与输出功率的关系等.课后巩固作业(三)
（40分钟 50分）
一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）
1.(2011·济南高二检测)当线圈中的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是
（ ）
A.线圈中一定有感应电流
B.线圈中有感应电动势时，其大小与磁通量成正比
C.线圈中一定有感应电动势
D.线圈中有感应电动势时，其大小与磁通量的变化量成正比
2.(2011·浏阳高二检测)穿过一个单匝线圈的磁通量始终为每秒均匀地增加
2 Wb，则（ ）
A．线圈中的感应电动势每秒增加2 V
B．线圈中的感应电动势每秒减小2 V
C．线圈中的感应电动势始终为2 V
D．线圈中不产生感应电动势
3．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于
磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图
所示，则OD时间范围内（ ）
A．线圈中O时刻感应电动势最大
B．线圈中D时刻感应电动势为零
C．线圈中D时刻感应电动势最大
D．线圈中O到D时间内平均感应电动势为0.4 V
4.(2011·保定高二检测)如图所示，金属框架处于与框架垂直的匀强磁场中，导体棒与框架接触良好且无摩擦，现用力F拉导体棒向右做匀加速运动，则力F随时间的变化规律为图像中的（ ）
5.如图所示，三个相同的金属圆环内存在不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径．已知所有磁场的磁感应强度随时间变化的关系都满足B=kt，方向如图所示．测得A环中感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为（ ）
A．IB＝I，IC＝0 B．IB＝I，IC＝2I
C．IB＝2I，IC＝2I D．IB＝2I，IC＝0
6.(2011·济宁高二检测)如图所示，两根相距l的平行直导轨ab、cd.b、d间连有一定值电阻R，导轨电阻可忽略不计.MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）.现对MN施加一力使它沿导轨方向以速度v做匀速运动.用U表示MN两端电压大小，则（ ）
A.U=Blv/2,流过定值电阻R的感应电流由b到d
B.U=Blv/2，流过定值电阻R的感应电流由d到b
C.U=Blv，流过定值电阻R的感应电流由b到d
D.U=Blv，流过定值电阻R的感应电流由d到b
二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）
7.（10分）如图（a）所示的螺线管的匝数n=1 500，横截面积S=20 cm2，电阻r=1.5 Ω，与螺线管串联的外电阻R1=10 Ω，R2=3.5 Ω.若穿过螺线管的磁场的磁感应强度按图（b）所示的规律变化.求：
（1）螺线管两端M、N间的电压.
（2）R1上消耗的电功率.
8.(10分)（2011·郑州高二检测）如图所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L的单匝正方形线框abcd,在外力的作用下以恒定的速率v向右运动进入磁感应强度为B的有界匀强磁场区域.线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab边始终平行于磁场的边界.已知线框的四个边的电阻值相等，均为R.求：
（1）在ab边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小；
（2）在ab边刚进入磁场区域时，ab边两端的电压；
（3）在线框被拉入磁场的整个过程中，线框中电流产生的热量.
答案解析
1.【解析】选C.产生感应电流的条件是闭合回路中磁通量发生变化，仅磁通量发生变化，若线圈不是闭合的，也没有感应电流，故A错；无论线圈是否闭合，只要穿过线圈的磁通量发生变化，就有感应电动势产生，C正确.根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，故B、D错误.
2.【解析】选C．由法拉第电磁感应定律知所以线圈中感应电动势始终为2 V，C项正确．
3．【解析】选A、B、D．线圈中O到D时间内平均感应电动势由感应电动势的物理意义知，感应电动势的大小仅由磁通量的变化率决定，而任何时刻磁通量的变化率就是Φ-t图像上该时刻切线的斜率，不难看出O点处切线斜率最大，D点处切线斜率为零，故A、B、D正确．
4.【解析】选B.导体棒做匀加速运动，由牛顿第二定律可得外力F与时间是线性关系，B选项正确.
【方法技巧】如何处理电磁感应中的图像问题
（1）图像选择问题
求解物理图像的选择类问题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图像，留下正确图像；也可用“对照法”，即按照题目要求画出正确草图，再与选项对照，选出正确选项．解决此类问题的关键就是把握图像特点、分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化规律或关键物理状态．
（2）图像描绘问题
求解物理图像的描绘问题的方法是，首先和解常规题一样，仔细分析物理现象，弄清物理过程，然后求解有关物理量或分析相关物理量间的函数关系，最后正确地作出图像．在描绘图像时，要注意物理量的单位，坐标轴标度的适当选择及所用函数图像的特征等．
（3）图像变换问题
处理有关图像变换的问题，首先要识图，即读懂已知图像表示的物理规律或物理过程，然后再根据所求图像与已知图像的联系，进行图像间的变换．
（4）图像分析问题
在定性分析物理图像时，要明确图像中的横轴与纵轴所代表的物理量，要弄清图像的物理意义，借助有关的物理概念、公式、定理和定律作出分析判断；而对物理图像定量计算时，要搞清图像所揭示的物理规律或物理量间的函数关系，并要注意物理量的单位换算问题，要善于挖掘图像中的隐含条件，明确有关图线所包围的面积、图像在某位置的斜率（或其绝对值）、图线在纵轴和横轴上的截距所表示的物理意义．
（5）图像应用问题
在应用图像法求解物理问题时，要根据题意把抽象的物理过程用图线表示出来，将物理量间的关系转化为几何关系，运用图像直观、简明的特点，分析解决物理问题．
5.【解析】选D．根据B环的有效面积是A环的2倍而磁通量的变化率相同，所以产生的感应电动势也是A环的2倍，因此环中的电流也是A环的2倍，即IB＝2I；对于C环，由于上下两部分磁场方向相反，当磁场都做均匀变化时，磁通量不变化，故IC＝0.故选项D正确．
6.【解析】选A.由右手定则可确定回路中感应电流沿逆时针方向，回路中感应电动势为E=Blv，MN两端的电压即路端电压.由于MN的阻值和R相等，所以故A正确，B、C、D错误.
7.【解析】(1)由法拉第电磁感应定律
由串联电路的分压规律，可知：
(2)由串联电路的分压规律，可知：
由公式
答案：（1）6 V （2）1.6 W
8.【解析】（1）ab边切割磁感线产生的感应电动势为
E=BLv
通过线框的电流为
(2)ab边两端的电压为路端电压Uab=I·3R，
所以
(3)线框被拉入磁场的整个过程所用时间
线框中电流产生的热量
答案：课后巩固作业(四)
（40分钟 50分）
一、选择题（本题包括5小题，每小题6分，共30分.每小题至少一个选项正确）
1．一个面积S=4×10-2 m2、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变化的规律如图所示，则下
列判断正确的是( )
A.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/s
B.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C.在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于0.08 V
D.在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
2．（2011·济宁高二检测）如图所示，两根电阻不计
的光滑平行金属导轨倾角为θ，导轨下端接有电阻R，
匀强磁场垂直斜面向上．质量为m、电阻不计的金属
棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速
上滑，上升高度为h，在这个过程中( )
A.金属棒所受各力的合力所做的功等于零
B.金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和
C.恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和
D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
3.一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计
的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感
应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电
阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体
棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，
此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是（ ）
A．ab受到的拉力大小为2 N
B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能
D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
4.如图所示，一正方形的线圈的一边恰在一磁场边缘，匀强磁场方向垂直于线圈平面，在将线圈拉出磁场过程中，哪些办法可使线圈中的感应电流增大为原来的两倍( )
A.仅使线圈匝数变为原来的两倍
B.仅使导线的横截面积变为原来的两倍
C.仅使磁感应强度变为原来的两倍
D.仅使拉线圈的速度变为原来的两倍
5．(2011·石家庄高二检测)如图所示，外力F使金属杆ab在匀强磁场中沿光滑水平金属导轨做匀速运动，除电阻R外，其他电阻均忽略．若下列各种情况中杆ab都能保持匀速运动状态，则( )
A.当F一定时，R减小为原来的一半，则F的功率也减小为原来的一半
B.当F一定时，为使杆的速度增大为原来的2倍，必须使R也增大为原来的2倍
C.当F的功率一定时，要使F能增大为原来的2倍，应使R减小为原来的一半
D.若R不变，当F增大为原来的2倍时，杆的速度也应增大到原来的2倍
二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）
6.（10分）（2011·杭州高二检测）如图，面积为0.2 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面.磁感应强度随时间变化的规律是B=(6-0.2t)T,已知R1=4 Ω，R2=6 Ω，电容C=30 μF，线圈A的电阻不计.求：
（1）闭合S后，通过R2的电流强度大小.
（2）闭合S一段时间后再断开S，S断开后通过R2的电量是多少？
7.（10分）（2011·浙江高考）如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d=1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l＝0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.在t=0时刻，质量为m＝0.1 kg的导体棒以v0=1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ=0.1 Ω/m,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响（取g＝
10 m/s2）.
（1）通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；
（2）计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；
（3）计算4 s内回路产生的焦耳热.
答案解析
1．【解析】选A.开始2 s内，ΔΦ=S·ΔB＝0.16 Wb，故选项B错误；故选项A正确； =100×0.08 V=8 V，故选项C错误；第3 s 末产生的感应电动势等于2～4 s内的感应电动势，故D项错误．
2．【解析】选A、D.棒匀速上升的过程有三个力做功：恒力F做正功，重力G、安培力F安做负功.根据动能定理：W＝WF+WG+W安＝0，故A对，B错；恒力F与重力G的合力所做的功等于导体克服安培力做的功.而导体克服安培力做的功等于回路中电能（最终转化为焦耳热）的增加量，克服安培力做功与焦耳热不能重复考虑，故C错，D对．
3.【解析】选B、C.对导体棒cd分析：得v＝2 m/s，故B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，A错误；在2 s内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即W＝F安vt=BIlvt=mgvt＝0.4 J，C正确；在2 s内拉力做的功为Fvt=2mgvt＝0.8 J，D错误．
4.【解析】选B、C、D.由此可分析得B、C、D正确，A错.
5．【解析】选A、B、D.当杆匀速运动时，有F=F安＝所以当F一定时，速度增大为原来的2倍，R也增大为原来的2倍，故B正确；若R不变，当F增大为原来的2倍时，杆的速度也应增大到原来的2倍，故D正确；当F一定时，R减小为原来的一半，则F的功率也减小为原来的一半，故A正确，C错误.
6.【解析】（1）
=100×0.2×0.2 V=4 V
(2)S闭合时电容C两端的电压
U=IR2=0.4×6 V=2.4 V
Q=CU=30×10-6×2.4 C=7.2×10-5 C
S断开后，电容器和R2形成电路，电容器电量减少，直至放电完毕，则通过R2的电量是7.2×10-5C
答案：（1）0.4 A （2）7.2×10-5 C
【方法技巧】应用法拉第电磁感应定律的解题方法
1.应用公式
(1)若磁场变化，线圈的面积不变时,
(2)若线圈的面积变化,磁场不变时,.
2.若导体棒切割磁感线时,可应用E=BLvsinθ计算感应电动势.
3.若导体棒绕一端点垂直切割磁感线做匀速转动,其感应电动势为
7.【解析】（1）导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有
-μmg=ma,vt=v0+at,x=v0t+
代入数据解得：t=1 s时，vt=0,x=0.5 m,
所以导体棒没有进入磁场区域.
导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，静止时离左端位置为x=0.5 m.
(2)由图乙可知：前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E＝0,I＝0，
后2 s回路产生的电动势为
此时回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为
R＝5 λ=0.5 Ω，
电流为＝0.2 A.
根据楞次定律，回路中的电流方向是顺时针方向.
（3）前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为
Q＝I2Rt=0.04 J.
答案：（1）前1 s：匀减速直线运动，后3 s：静止在离左端0.5 m的位置
（2）前2 s：I＝0,后2 s：I＝0.2 A 电流方向是顺时针方向 (3)0.04 J课后巩固作业(九)
（40分钟 50分）
一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）
1.某用电器离供电电源的距离为l，线路上的电流为I.若要求线路上的电压降不超过U.已知输电导线的电阻率为ρ，那么该输电导线的横截面积的最小值是
（ ）
2．（2010·福建高考）中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原采用500 kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用
1 000 kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为 ( )
A.P/4 B.P/2 C.2P D.4P
3.（2011·汕头高二检测）某发电厂通过远距离向某学校输电，输送的电功率为P，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，则下列说法正确的是( )
A.输送的电压越高，输电线路上损失的电压越大
B.输电线路上损失的电压与输送电流成正比
C.输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成正比
D.输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比
4.（2011·宁波高二检测)近几年,我国南方经常遭遇雨雪冰冻灾害.马路上的冰层坚硬如铁、光滑如玻璃，高压电线覆冰后有成人大腿般粗，为清除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰.若在正常供电时,高压线上送电电压为U,电流为I,热损耗功率为ΔP;除冰时,输电线上的热耗功率需变为9ΔP,则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )
A.输电电流为 B.输电电流为9I
C.输电电压为3U D.输电电压为
5.如图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是( )
A.增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B.高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗
C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D.高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
6.（2010·浙江高考）某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是（ ）
A.输电线上输送的电流大小为2×105 A
B.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C.若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D.输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻
二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）
7.（10分）发电机的输出电压为U，输电总功率为P，通过总电阻为R的输电导线向用户供电，则输电线上的电流为_____，输电线上的电压损失为_____，输电线上损失的电功率为______，用户得到的电压为_____，用户得到的电功率为_________.
8.（10分）对某一输电线路，线路架设情况已确定，现要求输送一定的电功率P，若输电线上损失的功率占输送功率P的百分比用η表示，输电线路总电阻用r表示，输电电压用U表示，则η、P、U、r间满足什么关系？从中你能得出什么结论？
答案解析
1.【解析】选C.因为导线的总长度为2l,所以电压降解得正确选项为C.
2．【解析】选A.由P=UI可知由500 kV的超高压输电变为1 000 kV特高压输电时，因为输送功率不变,故输电线电流为原来的1/2,再根据P损=I2R线可得输电线上损耗的电功率将变为P/4，故选A.
3.【解析】选B、D.由P=UI知P不变,U越大,则I越小,由欧姆定律ΔU＝IR线可得ΔU越小,A错，B正确；再根据P损=I2R线可知C错D对.
4.【解析】选D.原来ΔP=I2R线，后来可知I线=3I,A、B错误；由P=IU和P=I线U输可知， D正确、C错误.
5.【解析】选A、B、D.依据输电原理,电路中的功率损耗ΔP=I2R线，而增大输电线的横截面积,输电线的电阻会减小,能减小输电线上的功率损失，A对；由P=UI可知,P一定的情况下,输电电压U越大,I越小,ΔP越小,B对;若输电电压一定,输送功率越大,则电流I越大,ΔP越大,C错;输电电压并不一定越高越好,因为电压越高,对于安全和技术的要求越高,D对.
6.【解析】选B.输出电功率P=3×106 kW，输电电压U=500 kV，则输电线上输送的电流大小所以A错；输电线上由电阻造成的损失电压U损=Ir=15 kV，所以B正确；输电线上损失的功率所以D错误；若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率所得数据比输出电功率3×106 kW还要大得多，不合理，所以C错误.
7.【解析】画出远距离输电的电路图如图所示.由
P=UI得，输电线上的电流为则输电线上的电
压降输电线上损失的功率用户得到的电压用户得到的电功
率
答案：
【方法技巧】远距离输电问题的解题技巧
在求解远距离输电有关问题时，会涉及到较多的物理量，常发生同类物理量之间相互混淆的现象.因此，弄清楚各物理量间的关系是解决此类问题的关键.
（1）画出远距离输电的电路图，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置.
（2）利用欧姆定律、串并联电路的特点、电功和电功率进行计算.
8.【解析】ΔP=ηP=I2r ①
P=UI ②
①②联立可得：即ηU2=P·r，
当P、r确定时有η·U2=定值，所以要减小η，必须提高输电电压U.
答案：见解析课后巩固作业(一)
（40分钟 50分）
一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）
1.关于电磁感应现象，下列说法正确的是（ ）
A.闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，一定产生感应电流
B.导体在磁场中做切割磁感线运动时一定产生感应电流
C.闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时一定产生感应电流
D.闭合电路在磁场里做切割磁感线运动时一定产生感应电流
2.（2011·大理高二检测）如图所示，一个矩形线圈
与通有相同大小电流的两根平行直导线在同一平面且
处于导线的中央，则（ ）
A.两电流同向时，穿过线圈的磁通量为零
B.两电流反向时，穿过线圈的磁通量为零
C.两电流同向或反向，穿过线圈的磁通量都为零
D.因两电流产生的磁场是不均匀的，因此不能判定穿过线圈的磁通量是否为零
3.如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab
的竖直平面内有一根通电导线ef.已知ef平行于ab，
当ef竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通量将（ ）
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.始终为零 D.不为零，但保持不变
4.（2011·咸阳高二检测）图中能产生感应电流的是（ ）
5.（2011·惠州高二检测）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
6.一均匀扁平条形磁铁与一线圈共面，磁铁中心与
圆心O重合，如图所示.下列运动中能使线圈中产生
感应电流的是（ ）
A.N极向外、S极向里，绕O点转动
B.N极向里、S极向外，绕O点转动
C.在线圈平面内磁铁绕O点顺时针转动
D.垂直线圈平面磁铁向纸外运动
二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）
7.（10分）（2011·济宁高二检测）在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示．它们是：
①电流计 ②直流电源 ③带铁心的线圈A
④线圈B ⑤电键 ⑥滑动变阻器
（1）试按实验的要求在实物图上连线（图中已连好一根导线）．
（2）怎样才能使线圈B中有感应电流产生？试举出三种方法.
①____________________________________________________________；
②____________________________________________________________；
③____________________________________________________________．
8.(10分)边长l=10 cm的正方形线框固定在匀强磁场中，
磁场方向与线框平面间的夹角θ=30°，如图所示．磁感
应强度随时间变化的规律为B=(2+3t) T，则第3 s内穿
过线框的磁通量的变化量ΔΦ为多少？
答案解析
1.【解析】选C.闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，不一定切割磁感线，磁通量不一定变化，不一定产生感应电流；电路不闭合导体切割磁感线时不能产生感应电流，整个闭合回路在磁场中做切割磁感线运动时，磁通量不一定变化，所以不一定产生感应电流.故A、B、D均错.当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，穿过回路的磁通量发生变化，故产生感应电流，故C正确.
2.【解析】选A．若两电流同向，根据右手螺旋定则，两电流产生的磁场在线圈处方向相反，根据对称性，穿过线圈的磁通量为零，故A正确；若两电流反向，两电流产生的磁场在线圈处方向相同，穿过线圈的磁通量不为零，故B、C、D错误．
3.【解析】选C.利用安培定则判断直线电流产生的磁场，
作出俯视图，如图所示.考虑到磁场具有对称性，可以知
道穿入圆面积的磁感线的条数与穿出圆面积的磁感线的条
数是相等的，故选C.
4.【解析】选B.A项中线圈没闭合，C项中穿过线圈的磁通量始终为零，D项中磁通量不发生变化，故A、C、D错误；B项中两杆分别向左、右移动，闭合回路的面积增大，穿过线圈的磁通量增大，所以产生感应电流，故B项正确.
5.【解析】选C．磁通量的多少是由磁感应强度、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、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．
6.【解析】选A、B.在题图所示的情况下，穿过线圈的磁通量为零，无论N极向外、S极向里，绕O点转动，还是N极向里、S极向外，绕O点转动，穿过线圈的磁通量都在变化，A、B正确；C、D选项中穿过线圈的磁通量始终为零，不会产生感应电流，所以都不对.
7.【解析】（1）使线圈A与电键、直流电源、滑动变阻器串联，线圈B与电流计连成闭合回路；（2）只要能使穿过线圈B的磁通量发生变化就可以使线圈B中产生感应电流．
答案：（1）如图所示
（2）①闭合开关 ②断开开关 ③开关闭合，移动滑动变阻器滑片
8.【解析】第3 s内就是从2 s末到3 s末，所以2 s末的磁场的磁感应强度为B1=(2+3×2)T=8T，
3 s末的磁场的磁感应强度为B2=(2+3×3)T=11T
则ΔΦ=ΔBSsinθ=(11-8)×0.12×sin30°Wb=1.5×10-2Wb.
答案：1.5×10-2 Wb
【方法技巧】磁通量变化的几种情形的计算方法
根据公式Φ=BSsinθ(其中θ为闭合回路所围面积和磁感线间的夹角)可知，有四种情形：
(1)B不变，S变，则ΔΦ=B·ΔS;
(2)B变化，S不变，则ΔΦ=ΔB·S;
(3)B变，S也变，则ΔΦ=B2S2-B1S1;
(4)B不变，S不变，θ变化，则ΔΦ=BS(sinθ2-sinθ1).课后巩固作业(八)
（40分钟 50分）
一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）
1.如图所示交流电源的电压有效值跟直流电的电压
相等,当将双刀双掷开关接到直流电源上时,灯泡的
实际功率为P1,而将双刀双掷开关接在交流电源上时,
灯泡的实际功率为P2,则( )
A.P1=P2 B.P1＞P2 C.P1＜P2 D.不能比较
2.（2011·安庆高二检测）在交变电流电路中，如果电源电动势的最大值不变，频率可以改变，在如图所示电路的a、b两点间逐次将右图中的电路元件甲、乙、丙单独接入，当使交流电频率增加时，可以观察到下列论述的哪种情况( )
A．A1不变，A2增大，A3减小
B．A1减小，A2不变，A3增大
C．A1增大，A2不变，A3减小
D．A1，A2 ，A3均不变
3.如图所示的电路,F为一交流发电机,C为平行板
电容器,为使电流表A的示数增加,可行的办法是( )
A.使发电机F的转速增加
B.使发电机F的转速减小
C.在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质
D.使电容器两极板间的距离增大
4.（2011·承德高二检测）两个相同的白炽灯泡L1和L2
接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电
感线圈串联．当a、b间接电压最大值为Um、频率为f的
正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．在a、b间更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度低于灯L2的亮度.新电源的电压最大值和频率可能是( )
A．最大值仍为Um，而频率大于f
B．最大值仍为Um，而频率小于f
C．最大值大于Um，而频率仍为f
D．最大值小于Um，而频率仍为f
5.如图所示，图甲、乙中电源为交流电源，图丙中电源为直流电源，各电路中线圈自感系数相同且直流电阻不计，各电压表示数都相同，下列说法正确的是
（ ）
A.灯L1比灯L2亮 B.灯L3比灯L1亮
C.灯L2与灯L3一样亮 D.灯L1与灯L3一样亮
6.“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器.它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器.音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动.如图为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则( )
A.甲扬声器是高频扬声器
B.C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器
C.L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D.L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流
二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）
7.（8分）如图是可调灯泡亮度的台灯电路示意图,其中电路更合理的是_____.
8.（12分）如图所示，从ab输入的信号中，
有直流电流和交变电流.问：
(1)现要求信号到达BO两端没有直流电压，
需在AB间接一个什么元件 该元件的作用是
什么
(2)若要求信号到达BO端只有直流电压，而没有交变电压，则应在AB间接入一个什么元件 该元件的作用是什么
答案解析
1.【解析】选B.考查感抗对电流的阻碍作用.接在直流电源上,线圈对直流没有阻碍作用,电能全部转化为小灯泡的内能;而当双刀双掷开关接在交流电源上时,线圈对电流有阻碍作用,因此电能除转化成灯泡的内能外,还有一部分电能在与磁场能往复转化,因此P1＞P2.故正确答案为B.
2.【解析】选C.频率对电阻的大小无影响,A2不变，频率增加，容抗减小，A1增大，频率增大，感抗增大，A3减小，C对.
3.【解析】选A.本题考查电容对交变电流的阻碍作用.本题的关键是理解容抗与交变电流的频率和电容器的电容都成反比.当发电机转速增加时,交变电流的频率增大,容抗减小,电流表A的读数增大,A项正确,B项错误;在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时,电容器的电容减小,使电容器两极板间距离增大时电容也减小,当电容减小时,容抗增大,对交变电流的阻碍作用增大,电流表A示数减小,C、D两项均错误.故正确答案为A.
4.【解析】选B.最大值不变时，灯L1的亮度低于灯L2的亮度，说明灯L1的电压低于灯L2的电压，即电容器的阻碍作用比电感线圈的阻碍作用大，所以频率小于f，B选项正确，A错；频率不变时电感线圈和电容器的阻碍作用大小不变，最大值大于Um时两个灯都变亮，且亮度相同，故C错；最大值小于Um时，两个灯都变暗，且亮度也相同，故D错.
5.【解析】选B、C.图甲中电源电压U=U1+线圈对交流有阻碍作用，U1≠0，灯泡两端电压【方法技巧】把握感抗、容抗实质，巧解感抗、容抗问题
电感和电容对交变电流的阻碍作用大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交变电流的频率有关.
(1)电感对交变电流的阻碍作用的大小用感抗来表示.线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越大，感抗也越大.电感的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”.
(2)电容对交变电流的阻碍作用的大小用容抗来表示.电容器的电容越大，交变电流的频率越高，电容对交变电流的阻碍作用就越小，容抗也越小.电容的作用是“通交流、隔直流，通高频，阻低频”.
(3)在分析电流变化时，把感抗、容抗类比于导体的电阻，再用欧姆定律分析.
6.【解析】选B、D.L1的作用是“通低频，阻高频”，C1的作用是“通高频，阻低频”，所以甲扬声器是低频扬声器，故A、C错；C2的作用是“通高频、阻低频”，L2的作用是“通低频，阻高频”，故乙扬声器是高频扬声器，故B、D正确.
7.【解析】乙中调节L可达到调节台灯两端电压的作用,从而调节台灯的亮度.甲图也可调节台灯的亮度,但变阻器要消耗电能,故甲图不合理.
答案：乙
8.【解析】（1）因为BO端不需要直流电，只需要交流电，根据电容器有“通交流，隔直流”的特点，应该在AB之间接入一个电容器，该电容器隔开直流，通过交流.
（2）因为BO端不需要交流电，只需要直流电，根据电感L有“通直流，阻交流”的特点，应该在AB之间接入一个电感线圈，该电感线圈阻碍交流，通过直流.
答案：（1）电容器 对直流有阻碍作用
（2）电感线圈 对交变电流有阻碍作用课后巩固作业(五)
（40分钟 50分）
一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）
1.(2011·大同高二检测)关于线圈的自感系数、自感电动势的下列说法正确的是( )
A.线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大
B.对于某一线圈，自感电动势正比于电流的变化量
C.一个线圈的电流均匀增大，这个线圈自感系数、自感电动势都不变
D.自感电动势与原电流方向相反
2.如图所示,电路中L为一电感线圈,ab支路和cd支路电阻相等,则( )
A.刚合上开关S时,电流表A1的示数小于电流表A2的示数
B.刚合上开关S时,电流表A1的示数等于电流表A2的示数
C.断开开关S时,电流表A1的示数大于电流表A2的示数
D.断开开关S时,电流表A1的示数等于电流表A2的示数
3.（2011·大连高二检测）如图所示，日光灯正常发光时，流过灯管的电流为I，那么对于灯丝ab上的电流，以下说法正确的是( )
A.灯丝ab上的电流处处为I
B.灯丝a处的电流为I
C.灯丝b处的电流为I，其他地方的电流都比I小
D.灯丝b处最容易烧断
4.（2011·北京高考）某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路.检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )
A.电源的内阻较大
B.小灯泡电阻偏大
C.线圈电阻偏大
D.线圈的自感系数较大
5.如图(a)、(b)中，电阻R和自感线圈L的电阻值相等，接通S，使电路达到稳定状态，灯泡D发光，则( )
①在电路(a)中，断开S，D将渐渐变暗
②在电路(a)中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗
③在电路(b)中，断开S，D将渐渐变暗
④在电路(b)中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗
A.①③ B.②③ C.②④ D.①④
6.在如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,
电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，
在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后，在t=t1时刻
断开S,下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是( )
二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）
7.（8分）在如图所示的电路中，L为自感线圈，开关
闭合时，L上电流为1 A，电阻R1上电流为0.5 A，当
S突然断开后，R1的电流由______开始减小，方向向
________（填“左”或“右”）.
8.（12分）一个线圈的电流在0.001 s内有0.02 A的变化，产生50 V 的自感电动势，求线圈的自感系数.如果这个电路中的电流的变化率变为40 A/s，自感电动势为多大？
答案解析
1.【解析】选C.线圈的自感系数由线圈本身的因素(如长度、面积、匝数等)决定，而不是E自∝ΔI，C对，A、B错，线圈中电流减小时自感电动势方向与原电流方向相同，电流增大时，电动势方向与原电流方向相反，D错.
2.【解析】选A、D.电路接通时,ab支路有电感线圈L，由于电流要增强,L中产生自感电动势阻碍电流的增加,因此电流增加缓慢,电流表A1的示数小于电流表A2的示数.断开开关S时,电感线圈L中电流减弱,L产生自感电动势阻碍电流的减弱,线圈L与A1、A2、R构成一回路,这时电流表A1、A2示数相同,故A、D正确.
3.【解析】选C、D.当日光灯正常发光时，起辉器是断开的，因此在ab上没有电流，故选项A、B错误；导通后是气体导电，所以电流存在于b处到d处之间，故选项C、D正确.
4.【解析】选C.根据实物连线图画出正确的电路图，
当闭合开关S，电路稳定之后，小灯泡中有稳定的
电流IA，自感线圈中有稳定的电流IL，当开关S
突然断开时，电流IA立即消失，但是，由于自感
电动势的作用，流过线圈的电流IL不能突变，而是要继续流动，于是，自感线圈和小灯泡构成了回路，如果IL>IA，则能观察到小灯泡闪亮一下再熄灭，线圈的自感系数越大，小灯泡延时闪亮的时间就越长.如果不满足IL>IA的条件，小灯泡只是延时熄灭，不会观察到闪亮一下再熄灭.可见灯泡未闪亮的根本原因是不满足IL>IA的条件，这是线圈电阻偏大造成的.故C正确.
5.【解析】选D.在电路(a)中自感线圈L与灯泡D串联，通过D与L的电流相等，断开S时产生自感电动势将使D与L中的电流值从稳定状态逐渐减小，D将渐渐变暗，而不是立即熄灭.在电路(b)中，L与D并联，稳定时，通过L中电流比通过D中电流大，断开S的瞬间，通过L中电流从稳定值逐渐减小，故S断开瞬间，通过灯泡D的电流变大，D将先变得更亮，然后渐渐变暗，故选项D正确.
6.【解析】选B.开关闭合时，由于线圈的自感阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，路端电压UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原来相反，并逐渐减小到0，路端电压UAB逐渐减小到零，UAB为负值.A图像开关闭合时，UAB增大，不符合题意，错误；B图像电压UAB的变化规律符合题意，正确；C图象的电压UAB先增大后减小，且方向不变，错误；D图像开关断开后UAB不正确．
【方法技巧】通、断电自感现象的判断技巧
(1)通电时线圈产生的自感电动势阻碍电流的增加且与电流方向相反，使电流相对缓慢地增加．
(2)断电时线圈产生的自感电动势与原电流方向相同，在与线圈串联的回路中，线圈相当于电源，它提供的电流逐渐变小．
(3)电流稳定时，若线圈有电阻时就相当于一个定值电阻，若不计线圈的电阻时就相当于一根导线．
7.【解析】由题知，闭合S电路稳定时，流过L的电流为1 A，流过R1的电流为0.5 A；当S突然断开时，流过R1的电流立即消失，但由于自感线圈中产生的自感电动势阻碍L中电流减小，所以R1中立即出现了1 A的感应电流，之后，R1的电流由1 A开始减小；因为自感线圈中的自感电流方向向右，所以流过R1的自感电流方向向左.
答案：1 A 左
8.【解析】由
得
答案：2.5 H 100 V课后巩固作业(七)
（40分钟 50分）
一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）
1.一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中.通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示,下列说法正确的是（ ）
A.t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B.t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变
C.t2、t4时刻线圈中磁通量最大
D.t2、t4时刻线圈中感应电动势最小
2.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断（ ）
A.在A和C时刻线圈处于中性面位置
B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零
C.从A→D时刻线圈转过的角度为2π
D.从O→D交变电流完成了一次全变化
3.（2011·福州高二检测）某交变电压为则( )
A．用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为2 s
B．把额定电压为6 V的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光
C．把额定电压为6 V的小灯泡接在此电源上，小灯泡将烧毁
D．耐压6 V的电容器可以直接用在此电源上
4.（2011·佛山高二检测)正弦交流电甲和方波
交流电乙的最大值、频率完全相同，把此两电流
分别输入完全相同的两个电阻中，经过相同的时
间（足够长）后，两电阻中消耗的电能之比W甲∶W乙为( )
5.（2011·吉林高二检测）如图甲所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如乙图所示.此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为( )
A.110 V B.156 V C.220 V D.311V
6.（2011·四川高考）如图所示，在匀强磁场中匀速
转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，
线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计
时，线圈转过60°时的感应电流为1 A.那么( )
A.线圈消耗的电功率为4W
B.线圈中感应电流的有效值为2A
C.任意时刻线圈中的感应电动势为
D.任意时刻穿过线圈的磁通量为
二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）
7.（10分）一个矩形线圈的面积为S，共有N匝，
在磁感应强度为B的匀强磁场中以转速n匀速转动.
若从线圈处于如图所示位置开始计时，则线圈产生
的感应电动势的瞬时值表达式为_________________；若线圈的总电阻为R，则线圈中感应电流的瞬时值表达式为________________.当时，线圈中的感应电动势为___________.
8.（10分）一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′，以如图所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.
（1）转动过程中感应电动势的最大值有多大？
（2）线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势多大？
（3）设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周，柴油机做多少功？
（4）从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R的电荷量是多少？
答案解析
1.【解析】选B.t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最大,磁通量变化率此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确;t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D错误.
2.【解析】选D.根据图像，首先判断出感应电流的数学表达式i=Imsinωt.其中Im是感应电流的最大值，ω是线圈旋转的角速度.另外应该进一步认识到线圈是从中性面开始旋转，而且线圈旋转一周，两次经过中性面，经过中性面的位置时电流改变方向.从该图来看，在O、B、D时刻电流为零，所以此时线圈恰好在中性面的位置，且穿过线圈的磁通量最大；在A、C时刻电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时磁通量为零；从A到D时刻，线圈旋转3/4周，转过的角度为从O到D，线圈在磁场中恰好转过一周，所以交变电流完成了一次全变化.只有选项D正确.
3.【解析】选B.由表达式可知电压的最大值是角速度是100π rad/s，所以电压的有效值是6 V，周期是0.02 s，所以B正确，A、C、D错.
4.【解析】选A.题图乙所示的电流其大小是恒定的，因电流的方向不影响在电阻上所产生的热效应，可知题图乙中所示的电流的有效值I乙=Imax.正弦交变电流的有效值与最大值之间有如下关系题图甲所示电流的有效值
由W=I2Rt可知， A正确.
5.【解析】选B.交流电压表测量的是交流电压的有效值.题图乙所示波形为正弦交变电流在时间轴上方的部分.取一个周期T的时间，根据有效值的定义有:
所以u= 156 V.选B.
6.【解析】选A、C.线圈转动角速度线圈平面从与磁场方向平行开始计时，当转过60°时，电流的瞬时值表达式为i=Imaxcos60°=1AImax=2 A,余弦交变电流有效值B项错；线圈消耗的功率P＝I2R=4 W,A项正确；由欧姆定律可知,感应电动势最大值Emax=ImaxR=4 V,所以瞬时值表达式为C项正确；通过线圈的磁通量Φ=Φmaxsinωt=由感应电动势的最大值Emax=
BSω=Φmax×解两式得： D项错.
7.【解析】此时线圈处于中性面位置，线圈转动时，其感应电动势的最大值Emax=NBSω,其中ω=2πn,所以其瞬时值表达式为e=2πNBSnsin2πnt.
其电流表达式为
当时，
答案：e=2πnNBSsin2πnt
8.【解析】（1）根据E=BLv得感应电动势的最大值为
Emax=NBSω=NBL2ω.
（2）线圈平面与磁感线夹角为60°时的瞬时感应电动势为
（3）电动势的有效值电流的有效值柴油机的功转化为电能，转一周做功为
（4）平均电流
所以电荷量
答案：（1）NBL2ω （2）
（3） （4）
【方法技巧】交变电流平均值的计算方法
交变电流的平均值是针对某一过程的物理量，在不同的时间段内平均值一般不相同.它的计算公式为如对正弦交变电流，其正半周或负半周的平均电动势的大小为而在一个整周期内的平均电动势却为零，在计算某一段时间内通过导体横截面的电荷量时，一定要代入平均值来计算.
用法拉第电磁感应定律和欧姆定律计算.注意平均值不等于有效值.求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用交流电的平均值而不能用有效值.当交流电电流方向发生改变时，应考虑分段进行计算.课后巩固作业(二)
（40分钟 50分）
一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）
1.(2011·广州高二检测)一块铜片置于如图所示的磁场中,如果用力把铜片从磁场拉出或把它进一步推入,则在这两个过程中有关磁场对铜片的作用力,下列叙述正确的是( )
A.拉出时是阻力 B.推入时是阻力
C.拉出时不受磁场力 D.推入时不受磁场力
2.如图所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下说法中正确的是（ ）
A．向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反
B．向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿顺时针方向
C．向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿逆时针方向
D．环穿出磁场之前，就已经有了电流
3.（2011·延安高二检测）如图所示，光滑平行
金属导轨PQ和MN，都处于同一水平面内，P和M
之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强
磁场中，现在垂直于导轨放置一根导体棒ab，用一水平向右的力F拉动导体棒，以下关于导体棒中感应电流的方向和它所受安培力的方向的说法正确的是
（ ）
A．感应电流方向b→a
B．感应电流方向a→b
C．安培力水平向左
D．安培力水平向右
4.（2011·泉州高二检测）如图所示，在水平放置
的光滑绝缘杆ab上，挂有两个金属环M和N，两
环套在一个通电密绕长螺线管的中部，螺线管中
部区域的管外磁场可以忽略，当变阻器的滑动触
头向左移动时，两环将( )
A.一起向左移动
B.一起向右移动
C.互相靠近
D.互相离开
5.如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨
A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上
有两根可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电
流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是（ ）
A．一起向左运动
B．一起向右运动
C．ab和cd相向运动，相互靠近
D．ab和cd相背运动，相互远离
6.（2011·天水高二检测）如图所示，柔软的轻质
金属丝组成闭合回路，置于匀强磁场中，磁场方向
与闭合回路所在平面垂直，当磁场突然增强时，闭
合回路将（ ）
A.收缩 B.扩张
C.不变 D.无法判断
二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）
7.（10分）如图是环保型手电筒的外形，环保型手电筒不需要任何化学电池作为电源，不会造成由废电池引起的环境污染．使用时只要将它摇动一分钟，手电筒便可持续照明好几分钟．这种手电筒的原理是怎样的？
8.（10分）如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强大的直流电流.现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏的检流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距导线很远处的过程中，俯视检测线圈，试判断感应电流的方向.
答案解析
1.【解析】选A、B.将铜片从磁场拉出或推入,磁通量发生变化,在铜片上产生感应电流.根据楞次定律,感应电流受到的安培力应阻碍导体和磁场的相对运动,故A、B正确.
2.【解析】选B．不管将金属圆环从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向，故A、C错误，B正确；圆环在穿出磁场前，穿过圆环的磁通量没有改变，不产生感应电流，故D错误．
3.【解析】选A、C．磁场方向向下，导体棒ab的运动方向向右，由右手定则知，感应电流方向是b→a．再由左手定则知，安培力方向水平向左，所以A、C正确．
4.【解析】选C.当滑动变阻器的滑动触头向左移动时，螺线管内部、外部的磁场均增加，穿过M、N两金属环的水平向右的磁通量增加，根据楞次定律，可知两环中有相同方向的电流，同方向电流相互吸引，故两环互相靠近，故选C.
5.【解析】选C．电流增强时，电流在abdc回路中产生的垂直纸面向里的磁场增强，回路磁通量增大，根据楞次定律可知回路要减小面积以阻碍磁通量的增加，因此，两导体要相向运动，相互靠近．
6.【解析】选A.当磁场突然增强时，发生电磁感应现象.根据楞次定律的“阻碍”作用，为了“阻碍”穿过线圈的磁通量增大，线圈有收缩的趋势，故A正确.
7.【解析】环保型手电筒应用了电磁感应原理，内部有磁铁，外部有线圈，摇动时，使磁铁相对线圈运动，产生感应电流，将机械能转化为电能，从而维持手电筒照明几分钟．
8.【解析】根据通电直导线周围磁感线的特点，检测线圈由远处移至直导线正上方时，穿过线圈的磁场有向下的分量，磁通量先增加后减小，由楞次定律和安培定则得，线圈中的电流方向先逆时针后顺时针，当检测线圈由直导线正上方移至远处时，穿过线圈的磁场有向上的分量，磁通量先增加后减小，由楞次定律和安培定则知，线圈中的电流方向先顺时针后逆时针.
答案：见解析
【方法技巧】感应电流方向的判断方法
方法一：右手定则(适用于部分导体切割磁感线)
方法二：楞次定律
楞次定律的应用步骤课后巩固作业(六)
（40分钟 50分）
一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）
1.下列磁场垂直加在金属圆盘上，能产生涡流的是( )
2.如图所示高频感应炉是利用涡流来熔化金属的.
冶炼锅内装入被冶炼的金属，线圈通上高频交变
电流，这时被冶炼的金属中就产生很强的涡流，
从而产生大量的热使金属熔化.以下电器也是利用涡流工作的是（ ）
A.电饭锅 B.热水器
C.电磁炉 D.饮水机
3.关于真空冶炼和电熨斗的说法正确的是( )
A.它们都是只利用电流的热效应原理工作的
B.它们都是利用电磁感应现象中产生的涡流工作的
C.前者是利用电磁感应现象中产生的涡流及电流的热效应工作的，后者是利用电流的热效应工作的
D.前者利用的是变化的电流，后者利用的是恒定的电流
4.磁电式仪表的线圈通常是用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )
A．防止涡流而设计的
B．利用涡流而设计的
C．起电磁阻尼的作用
D．起电磁驱动的作用
5.在竖直向下的匀强磁场中,将一水平放置的金属棒AB,
以初速度v水平抛出.空气阻力不计,如图所示,运动过
程中棒保持水平,那么下列说法中正确的是 ( )
A.AB棒中会产生涡流
B.AB棒中的感应电动势越来越大
C.AB棒中有感应电动势产生
D.AB棒中的感应电动势保持不变
6.如图所示，在水平通电直导线的正下方，
有一半圆形光滑弧形轨道，一导体圆环自
轨道右侧的P点无初速度滑下，下列判断
正确的是( )
A．圆环中将有感应电流产生
B．圆环能滑到轨道左侧与P点等高处
C．圆环最终停到轨道最低点
D．圆环将会在轨道上永远滑动下去
二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）
7.（10分）（2011·泰安高二检测）如图所示，在光滑的水平面上有一直径d＝20 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属环，以速度v＝10 m/s向一有界磁场滑动.匀强磁场方向垂直于纸面向里，B＝0.5 T，从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环释放了32 J的热量，求：
(1)此时圆环中电流的瞬时功率；
(2)此时圆环的加速度.
8.（10分）（2011·通州高二检测）如图所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有一足够长的金属杆，杆上挂有一光滑螺线管A.在弧形轨道上高为h的地方，无初速释放一磁铁B(可视为质点)，B下滑至水平轨道时恰好沿螺线管A的中心轴运动，设A、B的质量分别为M、m，若最终A、B速度分别为vA、vB.
(1)螺线管A将向哪个方向运动？
(2)全过程中整个电路所消耗的电能.
答案解析
1.【解析】选B、C、D.只有变化的磁场才会使圆盘产生涡流.
2.【解析】选C.A、B和D是利用电流的热效应.
3.【解析】选C.真空冶炼是利用涡流及电流的热效应，电熨斗是利用电流的热效应，所以真空冶炼需要变化的交流电产生变化的磁场，电熨斗可用直流电也可用交流电，应选C.
4.【解析】选B、C．线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，但铝框并不切割磁感线产生感应电流，而产生涡流，涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来，所以这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用，故B、C正确．
5.【解析】选C、D.由于金属棒垂直切割磁感线的速度为棒的水平分速度,大小不变,由E=B0lv可知棒中感应电动势大小不变,B错,D对.由于无闭合回路,故无感应电流,又因为磁场没有变化,故无涡流,所以A错,C对.
6.【解析】选A、C．通电直导线产生的磁场为非匀强磁场，圆环在滑动的过程中，穿过圆环的磁通量变化，发生电磁感应，所以有感应电流产生.机械能不断转化为内能，最后圆环静止在最低点，故A、C正确，B、D错误．
7.【解析】(1)由能量守恒
mv2/2＝Q＋mv′2/2
线圈一半进入磁场时等效电路图为
已知
而P＝E2/R总＝(B·d·v′)2/R总
二式联立可得P＝0.36 W
(2)根据牛顿第二定律
方向向左
答案：(1)0.36 W (2)6×10-2 m/s2 向左
【方法技巧】电磁感应现象中能量问题的分析思路
（1）确定所研究的系统和物理过程；
（2）确定转化的能量形式；
（3）计算各种能量值；
（4）利用能量守恒定律或功能原理进行分析求解.
8.【解析】(1)磁铁B向右运动时，螺线管中产生感应电流，感应电流产生电磁驱动作用，使得螺线管A向右运动.
(2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A、B的动能和螺线管中的电能，所以
即
答案：(1)向右运动 (2)课后巩固作业(十三)
（40分钟 50分）
一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）
1.（2011·揭阳高二检测）有些洗衣机设有多段式水位自动感应装置，该装置采用的传感器是（ ）
A.温度传感器 B.压力传感器
C.生物传感器 D.红外线传感器
2.下列有关传感器的说法中错误的是（ ）
A.日本福岛大地震时用的生命探测仪利用了生物传感器
B.“嫦娥二号”卫星星载的CCD立体相机获取月球数据利用了光传感器
C.电子秤称量物体质量是利用了力传感器
D.火灾报警器能够在发生火灾时报警是利用了温度传感器
3.小强用恒温箱进行实验时，发现恒温箱的温度持续升高，无法自动控制.经检查，恒温箱的控制器没有故障.参照如图，下列对故障判断正确的是（ ）
A.只可能是热敏电阻出现故障
B.只可能是温度设定装置出现故障
C.热敏电阻和温度设定装置都可能出现故障
D.可能是加热器出现故障
4.在电梯门口放置一障碍物，会发现电梯门不停地开关，这是由于在电梯门上装有（ ）
A.光传感器 B.温度传感器
C.声传感器 D.压力传感器
5.人类发射的绕地球运转的所有航天器，在轨道上工作时都需要电能，所需要的电能都是由太阳能电池把太阳能转化为电能得到的，要求太阳能电池板总是对准太阳，为达到这一要求应利用下列哪种传感器来感知太阳方位( )
A.力传感器 B.光传感器
C.温度传感器 D.生物传感器
6.为锻炼身体，小明利用所学物理知识设计了一个电子拉力计，如图所示是原理图.轻质弹簧右端和金属滑片P固定在一起（弹簧的电阻不计，P与R1间的摩擦不计)，弹簧劲度系数为100 N /cm.定值电阻R0=5 Ω，ab是一根长为5 cm的均匀电阻丝，阻值R1=25 Ω，电源输出电压恒为U=3 V，理想电流表的量程为 0～0.6 A.当拉环不受力时，滑片P处于a端．下列关于这个电路的说法正确的是（不计电源内阻）（ ）
A.小明在电路中连入R0的目的是保护电路
B.当拉环不受力时，闭合开关后电流表的读数为0.1 A
C.拉力为400 N时，电流表指针指在0.3 A处
D.当拉力为400 N时，电流表指针指在0.5 A处
二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）
7.（8分）许多食品加工设备（如电烤箱）都要控制在一定的温度范围内工作，可使食品味道鲜美且不失养分，请分析：控制电路是如何工作的.
8.（12分）（2011·衡水高二检测）如图所示是一种
悬球式加速度仪，它可以用来测定沿水平轨道运动的
列车的加速度.金属球的质量为m，它系在金属丝的下
端.金属丝的上端悬挂在O点.AB是一根长为L的均匀
电阻丝，其阻值为R.金属丝与电阻丝接触良好，摩擦
不计.电阻丝的中点C焊接一根导线，从O点也引出一根导线，两线之间接入一个电压表V，金属丝和导线的电阻不计.图中虚线OC与AB垂直，且OC=h.电阻丝AB接在电压为U的直流稳压电源上，整个装置固定在列车中使AB沿着车前进的方向.列车静止时金属丝呈竖直状态；当列车加速或减速前进时，金属丝将偏离竖直方向.从电压表V的读数变化可以测出加速度的大小.
（1）当列车向右做匀加速直线运动时，试导出加速度a与电压表读数U′的关系式（用U′、U、L、h及重力加速度g表示）.
（2）用导出的a与U′的关系式说明若用表盘刻度表示a，其刻度是否均匀？
答案解析
1.【解析】选B.水位不同，压力不同，压力传感器能将压力信号转换为电信号，B正确.
2.【解析】选D.生命探测仪是利用生物传感器，立体相机是利用光学传感器，电子秤是利用压力传感器，火灾报警是在烟雾浓度达到一定程度时能够输出电信号，使警铃发声或使红灯闪烁，自动报警，利用了烟雾传感器而不是利用了温度传感器，故A、B、C对，D错.
3.【解析】选C.由恒温箱原理图可知，若热敏电阻出现故障或温度设定出现故障都会向控制器传递错误信息，导致控制器发出错误指令，故C正确，A、B错误.若加热器出现故障，只有一种可能，即不能加热，而题中加热器一直加热才会使温度持续升高，故D错误.
4.【解析】选D.当电梯门碰到人或其他障碍物时立即停止关门以防挤伤人，故为压力传感器，选D.
5.【解析】选B.太阳能电池板的有效采光面积不同，所产生的电流不同，当正对太阳时电流最大，所以应用的是光传感器，B对，A、C、D错.
6.【解析】选A、B、C.若电路无电阻R0，且金属滑片P在b端时，回路短路损坏电源，R0的存在使电路不出现短路，因此A正确.当拉环不受力时，滑片P在a端，由欧姆定律得，故B正确.拉力为400 N时，由F=kΔx，则Δx=4 cm，对应的电阻为RaP=20 Ω, R1接入电路的电阻RPb=5 Ω，由闭合电路欧姆定律得，故D错，C正确.
7.【解析】如图所示的控制电路，开始工作时，
温度较低，Rt阻值较小，继电器吸合，A与C
接通，电热丝L通电加热，达到一定温度T2时，
电阻增大，继电器放开，A与B接通，灯亮铃响，
停止加热，温度降低到某一值T1时，继电器又吸合，A与C接通，又开始加热……如此反复，维持在一定的温度范围（T1～T2）内.
空调、电冰箱就是利用这一原理维持在一定温度范围内的.
答案：见解析
8. 【解析】（1）设列车的加速度为a时，小球
偏离竖直方向θ角，此时小球受力情况如图所示.
根据牛顿第二定律有mgtanθ=ma ①
由几何关系有tanθ= ②
由①②两式解得a= ③
列车加速度为a时，设电压表的读数为U′，则有 ④
由④ ⑤
将⑤代入③得 ⑥
（2）由⑥可知，g、L、U、h均为常数，则列车的加速度与电压表读数U′成正比，可将电压表的刻度一一对应地改成a的数值，因而可知表盘上a的刻度值与电压刻度一样是均匀的.
答案：（1） （2）是均匀的
【方法技巧】与传感器相关的综合题的求解策略
与传感器相关的综合问题随处可见.如测定压力的传感器、测定物体位移的传感器、利用霍尔效应制作的霍尔传感器、测定角度θ的电容式传感器、光传感器、速度传感器、电流传感器等求解此类问题时用到的知识相对较多，有力学、电场、电流、磁场、电磁感应等，如与平衡、变速、弹簧、直流电路相关，一般是应用共点力平衡、牛顿第二定律、胡克定律、部分电路欧姆定律、闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律来求解.如与电容器、直流电路、磁场、电磁感应相关，一般要用到电容的定义式和电容的决定式以及部分电路欧姆定律、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、楞次定律、电场强度的定义式洛伦兹力公式、左手定则等知识来求解.课后巩固作业(十一)
（40分钟 50分）
一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）
1.下面关于光敏电阻的说法中正确的是( )
A.光敏电阻是导体
B.光敏电阻的电阻率随光照的增强而增大
C.光敏电阻的电阻率随光照的增强而减小
D.以上说法都不正确
2.如图,电吉他的弦是磁性物质，当弦振动时，线圈中产生感应电流，感应电流输送到放大器、喇叭，把声音播放出来，下列说法正确的是（ ）
A.电吉他是光电传感器
B.电吉他是温度传感器
C.电吉他是声音传感器
D.弦改用尼龙材料原理不变
3.（2011·无锡高二检测）许多楼道照明灯具有这样的功能：天黑时，有声音它就开启，而在白天，即使有声音它也没有反应.它的控制电路中可能接入的传感器是( )
A.温度传感器 B.光电传感器
C.声音传感器 D.热电传感器
4.如图所示，用光敏电阻LDR和灯泡制成的一种简易水污染指示器，下列说法中正确的是( )
A.严重污染时，LDR是高电阻
B.轻度污染时，LDR是高电阻
C.无论污染程度如何，LDR的电阻不变，阻值大小由材料本身因素决定
D.该仪器的使用会因为白天和晚上受到影响
5.随着生活质量的提高，自动干手机已进入了家庭.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，有热空气从机内喷出，将湿手烘干.手靠近干手机能使传感器工作，是因为( )
A.改变了湿度 B.改变了温度
C.改变了磁场 D.改变了电容
6.办公大楼的大门能“看到”人的到来或离开而自动开或关，利用的传感器是
( )
A.生物传感器 B.红外线传感器
C.温度传感器 D.压力传感器
二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）
7.（10分）一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2 mm的均匀狭缝，将激光器与传感器上下对准，使两者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且可以同步的沿圆盘半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束，在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线；图甲为该装置示意图，图乙为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，Δt1=1.0×10-3 s，Δt2=0.8×10-3 s.
（1）利用图乙中的数据求1 s时圆盘转动的角速度.
（2）说明激光器和传感器沿半径移动的方向.
8.（10分）（2011·杭州高二检测）如图(1)（a）所示为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路，电源电压恒定．电流表内阻不计，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡发光亮度逐渐增强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图(1)(b)所示，试根据这一特性由图(2)中给定的器材设计一个自动光控电路．达到日出路灯熄、日落路灯亮的效果.
答案解析
1.【解析】选C.光敏电阻是半导体，无光照时，载流子很少，导电性能不好；随着光照的增强，载流子也增多，因此，导电性能增强，电阻率减小，故选项C正确.
2.【解析】选C.由电吉他发声原理可知是将声音的变化转变为电流的变化，C对，A、B、D错.
3.【解析】选B、C.温度传感器是指将温度信号转换为电信号的一类传感器；光电传感器是指将光信号转换为电信号的一类传感器；声音传感器是指将声音信号转换为电信号的一类传感器；热电传感器是指将温度信号转换为电信号的一类传感器.根据题意，楼道照明灯由两种装置控制，一是与光有关，二是与声音有关，故本题正确选项为B、C.
4.【解析】选A、D.严重污染时，透过污水照到LDR上的光线较少，LDR电阻较大，A对，B错；LDR由半导体材料制成，受光照影响电阻会发生变化，C错；白天和晚上自然光强弱不同，或多或少会影响LDR的电阻，D对.
5.【解析】选D.根据自动干手机工作的特征，即手靠近，电热器开始工作，手撤离，电热器停止工作，不难判断出传感器的种类.人是导体，可以和其他导体构成电容器，因此物理学上有人体电容之说.手靠近干手机相当于连接进一个电容器，故可以确认干手机内设置有电容式传感器，手靠近改变了电容.利用湿度和温度来驱使电热器工作，理论上可行，但作为干手机，这种传感器的设置是有很大缺陷的.干手机周围的环境（如湿度和温度）一年四季都在变化，与手是否靠近无关，假如湿度、温度发生变化，干手机就马上工作，就成了“室内烘干机”，故选项D正确.
6.【解析】选B.自动门的自动控制要求灵敏、可靠，若以温度控制，人的体温与夏季气温接近，在夏季自动门可能误动作.自动门实际使用的是红外线传感器，红外线属于不可见光，人在白天或黑夜均发出红外线，传感器接收到人体发出的红外线后传给自动控制装置的电动机，实现自动开门或关门.
【方法技巧】如何判断题目是否为单选题
（1）在历届高考题中，若有设问“最大、最小”，“最先、最后”或设问“至少、至多”等方面的，均可判为单选题.因为这类题目的答案在逻辑上必定是彼此互斥的.
（2）不具周期性的但又不确定的物理量或事物的数值或情景都是惟一的，若诸答案是互不相容的，只涉及一种这样的物理量或事物的选择题是单选题.
（3）用图像来表示惟一的物理事实或运动规律，但各图像是互不相容的.
（4）有的选择题所提供的答案从逻辑上分析都是彼此互斥的，有的是它们的前两项和后两项，是相对地互相否定，有的是相互否定的答案散乱排列，因此也是属于单选题.
（5）有的选择题，虽然四个答案并非都是互斥的，如有两个相容两个互斥.但相斥的两个不一定都正确，相容的两个虽然从不同的方面叙述，而从内容上看时也有正误之分，或者反之，这样就可能使其余三个答案都不正确，因此也属单选题.
（6）有的选择题，从逻辑上看，四个答案都是相容的，但从内容方面来分析是有正误的，如果只有一个答案是正确的，也属单选题.这种类型和上一种类型一样.都必须从逻辑和内容两方面分析后才能知道.只能用穷举法来求解.
7.【解析】 （1）由题图读得，圆盘的转动周期T=0.8 s，故其角速度
（2）由题图可知，圆盘转动的角速度不变，说明圆盘在做匀速圆周运动；脉冲宽度逐渐变窄，表明光信号通过狭缝的时间逐渐减少，而狭缝的宽度为一定值，则说明圆盘上对应传感器所在的位置的线速度逐渐增加，因此激光器和传感器沿半径由中心向边缘移动.
答案:见解析
8.【解析】由光敏电阻的特性曲线可以看出，当入射光增强时，光敏电阻的阻值减小，流过光敏电阻的电流增大．
根据题意设计的自动光控电路如图所示．
控制过程是：当有光照射时，光电流经过放大器输出一个较大的电流，驱动电磁继电器吸引衔铁使两个触点断开；当无光照射时，光电流减小，放大器输出电流减小，电磁继电器释放衔铁，使两个触点闭合，控制电路接通，灯开始工作．
答案：见解析课后巩固作业(十二)
（40分钟 50分）
1.（7分）（2011·通化高二检测）下列说法正确的是（ ）
A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号
B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断
C．电子秤所使用的测力装置是力传感器
D．半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大
2.（7分）如图所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻（阻值随温度的升高而减小的热敏电阻），E为电源，有一定内阻，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
3.（7分）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.如图甲所示，电源的电动势E=9 V，内阻不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻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（ ）
A.60 ℃ B.80 ℃ C.100 ℃ D.120 ℃
4.（11分）某研究性学习小组为探究热敏电阻的特性而进行了如下实验.他们分若干次向如图所示的烧杯中倒入热水，观察不同温度下热敏电阻的阻值，并把各次的温度值和对应的热敏电阻的阻值记录在表格中.
（1）将表格中的实验数据在给定的坐标方格纸上描绘出热敏电阻的阻值R随温度t变化的图像.
（2）根据图像判断该热敏电阻的阻值随温度的升高而_________(填“增大”或“减小”).
5.（9分）如图所示，将多用电表的选择开关置于“欧姆”
挡，再将电表的两支表笔与负温度系数的热敏电阻RT的两
端相连，这时表针恰好指在刻度盘的正中间.若往RT上擦一
些酒精，表针将向______（填“左”或“右”）移动；若用电吹风机将热风吹向电阻，表针将向______（填“左”或“右”）移动.（负温度系数指温度升高电阻减小）
6.（9分）（2011·泰州高二检测）如图所示，现有半导体热敏电阻R1、电炉丝、电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关和导线若干.试设计一个温控电路：要求闭合开关后，温度超过某一温度时，电炉丝自动断电；低于某一温度时，又可以自动通电加热.
（1）请在图上连线，将热敏电阻R1接入电路.
（2）如果要求当温度更高时,电炉丝自动断电,则滑动变阻器的滑动触头应该向_______（填“左”或“右”）移动.
答案解析
1.【解析】选B、C.话筒是将声音信号转化为电信号的装置，A错；电熨斗内的双金属片，是利用它的热胀冷缩程度的不同，使电路随温度的改变实现通、断的，B正确；电子秤所使用的测力装置是力传感器，C正确；半导体热敏电阻温度越高，它的电阻值越小，D错.
2.【解析】选C.R2与灯L并联后与R1串联，与电源构成闭合电路，当热敏电阻温度降低时，电阻R2增大，外电路电阻增大，电流表读数减小，灯L电压增大，小灯泡亮度变强，R1两端电压减小，C正确,A、B、D错误.
3.【解析】选D.在20 ℃时，E=（Rg+R1）I1，得Rg=500 Ω，在t℃时，E=（Rg+R2）I2，即9=（500+R2）×3.6×10-3，得R2=2 000 Ω，从图乙中可以看出t=120 ℃,故选D.
4.【解析】(1)在坐标方格纸上建立直角坐标系.根据表中数据的情况,选取恰当的横纵坐标标度值，然后在坐标方格纸上描点.最后用平滑的曲线将所描数据点连接.即可得出热敏电阻的阻值R随温度t变化的图像.
(2)根据作出的热敏电阻的阻值R随温度t变化的图像，可判断出该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小.
答案：（1）如图所示
（2）减小
5.【解析】若往RT上擦一些酒精，由于酒精蒸发吸热，热敏电阻RT温度降低，电阻值增大，所以指针应向左偏；用电吹风机将热风吹向电阻，电阻RT温度升高，电阻值减小，所以指针向右偏.
答案：左 右
6.【解析】（1）根据热敏电阻温度越高电阻越小的特点.为了使温度超过某一温度时,电炉丝自动断电需将R1与电源、滑动变阻器、电磁继电器线圈串联起来使温度超过某一温度时,电磁继电器的衔铁被吸合,使电炉丝停止工作.故连线如图所示.
（2）当温度更高时,电炉丝自动断电,则滑动变阻器的滑动触头应向右移动.只有这样滑动变阻器连入电路的阻值才变大.
答案:(1)见解析图 (2)右
