[课时跟踪训练]
(时间30分钟，满分60分)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．如图1所示为演示交变电流的装置图，关于这个实验，正确的说法是 ( )
图1
A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．图示位置，ab边的感应电流方向为由a→b
D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零
解析：线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A错；线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，所以B也不对；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为由a→b；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大。
答案：C
2.如图2所示，单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中，中心轴线OO′与磁场边界重合，线圈绕中心轴线按图示方向(从上向下看逆时针方向)匀速转动，t＝0时刻线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿abcd为正
方向，则图3中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是 ( ) 图2
图3
解析：线圈从初始时刻至转过时间内，ab一侧的线框在磁场中绕OO′转动产生正弦交流电，电流方向由楞次定律判断为dcba且越来越大。从转过至π时间内，ab一侧线框在磁场外，而dc一侧线框又进入磁场产生交流电，电流方向为dcba且越来越小，以此类推，可知i－t图像正确的为B。
答案：B
3．线圈在匀强磁场中转动产生电动势e＝10sin (20πt) V，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时，线圈平面位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大
C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速率最大
D．t＝0.4 s时，e有最大值10 V
解析：由电动势的瞬时值表达式，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量为最大，但此时导线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误。当t＝0.4 s时，e＝10sin (20πt)＝10×sin (20π×0.4) V＝0，D错误。
答案：AB
4．如图4所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图丙所示的电流，则( )
图4
A．在t1到t2时间内，甲、乙相吸
B．在t2到t3时间内，甲、乙相斥
C．t1时刻两线圈间作用力为零
D．t2时刻两线圈间吸引力最大
解析：甲回路电流减弱时，据楞次定律，乙回路将产生与甲同向环绕的感应电流。甲、乙电流之间通过磁场发生相互作用，甲、乙相吸。同理，当甲中电流增强时，甲、乙互相排斥。故选项A、B都正确。在t1时刻，甲中电流产生的磁场变化率为零，则乙线圈感生电流瞬时值为零，而t2时刻，虽然乙中感生电流最强，但此时甲中电流瞬时值为零，所以t1、t2时刻，甲、乙电流间相互作用都为零。
答案：ABC
5．一交流发电机的感应电动势e＝Emsin ωt，如将线圈的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为 ( )
A．e′＝2Emsin 2ωt B．e′＝2Emsin 4ωt
C．e′＝4Emsin 2ωt D．e′＝4Emsin 4ωt
解析：e＝Emsin ωt＝NBSω sin ωt，现N′＝2N，ω′＝2ω，则E＝4Em，所以感应电动势的瞬时值表达式将变为e′＝4Emsin 2ωt。
答案：C
6．长为a、宽为b的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转。设t＝0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是 ( )
A．0,0 B．0，Babω
C.，0 D．Bab，Babω
解析：实际上，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势：
e＝Emcos ωt＝Babωcos ωt。
当t＝0时，cos ωt＝1，
虽然磁通量Φ＝0，但是电动势有最大值Em＝Babω，
根据法拉第电磁感应定律
E＝n，
可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即Em＝()max＝Babω。
综上所述，正确选项为B。
答案：B
7．如图5甲所示，U形金属导轨水平放置，导轨上跨接一金属棒ab，与导轨构成闭合回路，并能在导轨上自由滑动，在导轨左侧与ab平行放置的导线cd中通以如图5乙所示的交变电流，规定电流方向自c向d为正，则ab棒受到向左的安培力的作用时间是( )
图5
A．0～t1 B．t1～t2
C．t2～t3 D．t3～t4
解析：0～t1时间内，电流I由c→d且逐渐增大，由安培定则知，穿过abEF回路的磁感应强度垂直纸面向里，且逐渐增强，因此磁通量增大，由楞次定律判定金属棒ab中的电流方向由a→b；再由左手定则可判定，此过程中ab棒所受安培力向左，选项A正确。
同理，可判定出t1～t2、t3～t4时间内ab棒所受安培力向右，t2～t3时间内ab棒所受安培力向左。
答案：AC
8.如图6所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO′轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，可行的方法是 ( )
A．只将线圈的转速减半 图6
B．只将线圈的匝数减半
C．只将匀强磁场的磁感应强度减半
D．只将线圈的边长减半
解析：由Im＝，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝，故A、C正确；又电阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B错误；当边长减半时，面积S减为原来的，而电阻减为原来的，故D正确。
答案：ACD
二、非选择题(本题共2小题，每小题10分，共20分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为240 r/min，若线圈平面转至与磁场平行时的电动势为2 V，求从中性面开始计时，
(1)产生的交流电动势的表达式；
(2)电动势的峰值；
(3)从中性面起经 s，交流电动势的大小。
解析：(1)当线圈平面与磁场平行时，感生电动势最大，为Em＝2 V，
又ω＝2πn＝2π× rad/s＝8π rad/s
所以瞬时值表达式为：
e＝Emsin ωt＝2sin(8πt) V。
(2)电动势的峰值为Em＝2 V。
(3)当t＝ s时，e＝2sin V＝1 V。
答案：(1)e＝2sin (8πt) V (2)2 V (3)1 V
10．发电机的转子是匝数为100，边长为20 cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以ω＝100π rad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时。线圈和外电路的总电阻R＝10 Ω。线圈从计时开始，到转过60°过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？
解析：E＝n，又I＝，
且I＝，Δt＝t。
所以，通过线圈某一截面的电荷量
q＝It＝Δt＝
从中性面计时，转过60°，如图所示
ΔΦ＝BΔS＝BS(1－cos 60°)＝BS
q＝＝ C＝1×10－2C。
答案：1×10－2C
[随堂基础巩固]
1．如图5－1－12所示图象中属于交流电的有 ( )
图5－1－12
解析：A、B、C选项中e的大小和方向均做周期性变化，故它们属于交流电，正确选项为A、B、C。
答案：ABC
2.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图5－1－13所示，由图可知 ( )
A．在A、C时刻线圈处于中性面位置
B．在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零 图5－1－13
C．从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π
D．若从O时刻到D时刻经过0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次
解析：A、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D时刻感应电流为零，线圈在中性面，此时磁通量最大。从A时刻到D时刻线圈转过角度为。若从O时刻到D时刻经过0.02 s，即线圈转动一周用时0.02 s，且在这个时间内电流方向改变2次，则在1 s内交变电流的方向改变×2＝100次，故D正确。
答案：D
3．如图5－1－14甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动。当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻 ( )
图5－1－14
A．线圈中的电流最大
B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈所受的安培力为零
D．线圈中的电流为零
解析：线圈转动的角速度为ω，则转过一圈用时，当t＝时说明转过了圈，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误，由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确。
答案：CD
4．如图5－1－15甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则图5－1－16中正确的是 ( )
图5－1－15
图5－1－16
解析：矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动时，产生的电流按正弦规律变化。t＝0时，由右手定则可判断出线圈中电流的方向为a→d→c→b→a，与规定的电流的正方向相反，电流为负值。t＝时，线圈平面与磁场垂直，线圈中的电流为零。所以D正确。
答案：D
[课时跟踪训练]
(时间30分钟，满分60分)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．如图1所示，已知交流电源的电动势为e＝220sin100πt V，电阻R＝2 200 Ω，则电路中交流电流表和电压表的示数分别为 ( )
A．0.1 A,220 V 图1
B．0.1 A,220 V
C．0.1 A,220 V
D．0.1 A,220 V
解析：交流电流表、电压表的读数都为有效值，所以U＝ V＝220 V，I＝＝ A＝0.1 A，所以选D。
答案：D
2．阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图2所示的交流电源上。以下说法中正确的是 ( )
A．电压的有效值为10 V
B．通过电阻的电流有效值为 A 图2
C．电阻消耗的电功率为5 W
D．电阻每秒钟产生的热量为10 J
解析：根据图象可知电压最大值为Um＝10 V，有效值为U＝ V，电流有效值为I＝＝ A，电阻消耗的电功率为P＝I2R＝()2×10 W＝5 W。每秒种产生的热量为Q＝Pt＝5 J。
答案：BC
3．一电阻接一直流电源，通过4 A的电流时热功率为P，若换接一正弦交流电源，它的热功率变为，则该交流电电流的最大值为 ( )
A．4 A B．6 A
C．2 A D．4 A
解析：由P＝I2R得R＝＝，接交流电时，＝I′2，2I′2＝16。I′＝ A，所以Im＝ I′＝4 A。应选A。
答案：A
4．夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行。一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图3所示，此空调器运转1 h用电 ( )
图3
A．1.0度 B．1.5度
C．2.0度 D．2.5度
解析：由图象知，电功率随时间的变化周期为15 min，前5 min为0.5 kW，后10 min为2 kW。设电功率的有效值为P，周期为T，据有效值定义有P1＋P2＝PT
将P1＝0.5 kW，P2＝2 kW代入得：P＝1.5 kW。
此空调1 h用电W＝Pt＝1.5度。
答案：B
5．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图4甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图4乙所示，则 ( )
图4
A．电压表V的示数为220 V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．灯泡实际消耗的功率为484 W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
解析：由题图甲知Em＝220 V，
则电源电动势有效值E＝＝220 V，
I＝＝ A＝2.2 A，V表示数亦即路端电压有效值U＝IR＝2.2×95 V＝209 V，A错；线框每转一圈，电流方向改变两次，故每秒钟电流方向改变n＝×2＝×2次＝100次，B错；由P灯＝UI得：P灯＝209×2.2 W＝459.8 W，C错；由Q＝I2rt得：Qr＝2.22×5×12 J＝24.2 J，D正确。
答案：D
6．在阻值为70 Ω的电阻中通以正弦交变电流，测得在10 min内放出的热量为2.1×104 J，则此交变电流的最大值为 ( )
A．0.24 A B．0.5 A
C．0.707 A D．1 A
解析：根据Q＝I2Rt得I＝ A，所以Im＝ I＝1 A。
答案：D
7．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按图5甲所示的方式连接，R＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V，图5乙是交变电源输出电压U随时间t变化的图象，则 ( )
图5
A．通过R的电流IR随时间t变化的规律是
IR＝cos 100πt A
B．通过R的电流IR随时间t变化的规律是
IR＝cos 50πt A
C．R两端的电压UR随时间t变化的规律是
UR＝5cos 100πt V
D．R两端的电压UR随时间t变化的规律是
UR＝5cos 50πt V
解析：交流电压表测的是有效值 U＝10 V，电压的最大值Um＝10 V 。由图象可得电阻R两端交流电压的瞬时值UR＝10cos 100πt V，通过R上的电流有效值I＝＝ A＝1 A，则最大值Im＝ A，其瞬时值为IR＝cos 100πt A。
答案：A
8．频率为50 Hz的交变电流，其电压u＝120sinωt V，把它加在激发电压、熄灭电压均为85 V的霓虹灯的两端，则在半个周期内霓虹灯点亮的时间是 ( )
A. s B. s
C. s D. s
解析：该交变电压的周期T＝ s＝0.02 s，电压的最大值Um＝120 V≈170 V＝2×85 V。
作出交变电压的u－t图象如图所示，由于加在霓虹灯两端电压大于85 V时灯管才发光，由图象可知在半个周期内灯管点亮的时间是Δt＝t2－t1，
u＝170sin(2πft)V＝85 V
则2πft1＝，t1＝ s
2πft2＝，t2＝ s
所以Δt＝t2－t1＝ s
即霓虹灯在半个周期内被点亮的时间为 s。
答案：C
二、非选择题(本题共2小题，每小题10分，共20分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈的匝数n＝100匝，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系如图6甲所示，发电机线圈的电阻r＝5 Ω，外电路电阻R＝95 Ω。求串联在外电路中的交流电流表的读数。
图6
解析：感应电动势的最大值：Em＝nBSω＝nΦmω
设线圈在磁场中转动的周期为T，则有ω＝
根据欧姆定律，电路中的电流的最大值为：
Im＝
有效值：I＝Im
由题中给定的Φ－t图象可得：
Φm＝1.0×10－2Wb，T＝3.14×10－2 s
解以上各式，并代入数据，得：I＝1.41 A。
答案：1.41 A
10．n匝矩形线圈，面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴，以角速度ω做匀速转动，外电路闭合。若从线圈通过中性面时开始计时，则经过个周期，外力做功为多少？(已知线圈与外电路总电阻为R)
解析：线圈产生感应电动势的最大值为：Em＝nBωS，
有效值为E＝＝nBωS，
线圈中电流的有效值为
I＝＝，
电热功率为P＝I2R＝，
在T/4时间内产生的内能为：
Q＝P·＝，
即外力做的功为W外＝Q＝。
答案：
[随堂基础巩固]
1．如图5－2－3所示是一个正弦式交变电流的图像，下列说法正确的是( )
图5－2－3
A．周期是0.2 s，电流的峰值是10 A
B．周期是0.15 s，电流的峰值是10 A
C．频率是5 Hz，电流的有效值是10 A
D．频率是0.2 Hz，电流的有效值是7.07 A
解析：由图像可知T＝0.2 s，Im＝10 A，故频率f＝＝5 Hz，I＝＝5 A＝7.07 A。A正确，B、C、D错误。
答案：A
2．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T。从中性面开始计时，当t＝T时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 V，则此交变电流的有效值为( )
A．2 V B．2 V
C. V D. V
解析：先用代入法求出感应电动势的最大值：由e＝Emsinωt得2 V＝Emsin(×)，由此得Em＝4 V，因此有效值为2 V。选项A正确。
答案：A
3．将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图5－2－4所示。下列说法正确的是 ( )
图5－2－4
A．电路中交变电流的频率为0.25 Hz
B．通过电阻的电流为 A
C．电阻消耗的电功率为2.5 W
D．用交流电压表测得电阻两端的电压为5 V
解析：由图可知，该交变电流的周期为T＝4×10－2s，故频率为f＝＝25 Hz；通过电阻的电流最大值为Im＝＝1 A，有效值I＝＝0.707 A，电阻消耗的电功率为P＝I2R＝2.5 W。交流电压表测得的应为电阻两端电压的有效值U＝IR＝ V＝3.5 V。
答案：C
4．一只“220 V,100 W”的灯泡接在u＝311sin 314t V的交变电源上，则下列判断正确的是 ( )
A．灯泡能正常发光
B．与灯泡串联的电流表的示数为0.45 A
C．与灯泡并联的电压表的示数为220 V
D．通过灯泡的电流的表达式为i＝0.64 sin 314t A
解析：从电压瞬时值表达式知电压有效值为220 V，故“220 V,100 W”灯泡接在此交流电源上能正常发光，故A正确。通过灯的电流I＝A＝0.45 A，也是与灯串联电流表的示数，故B正确。电压表与灯并联测得的也是灯的电压有效值，故示数为220 V，所以C选项也正确。通过灯的电流的有效值为0.45 A，故其最大值Im＝×0.45 A＝0.64 A，故D选项也正确。本题答案为A、B、C、D。
答案：ABCD
[课时跟踪训练]
(时间30分钟，满分60分)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．下列说法中正确的是 ( )
A．低频扼流圈对低频交流有很大阻碍作用，而对高频交流的阻碍较小
B．高频扼流圈对高频交流有很大阻碍作用，而对低频交流的阻碍作用较小
C．电感线圈在交流电路中有感抗来阻碍电流，电流越强感抗越大
D．电容器在交流电路中有容抗来阻碍电流，电容越大阻碍越强
解析：低频扼流圈“通直流、阻交流”，对高频交流阻碍作用更大，A错。高频扼流圈“通直流、通低频、阻高频”，对高频交流阻碍作用大，对低频交流阻碍作用小，B对，线圈对交变电流的阻碍与电流的强弱无关，C错。由影响容抗大小的因素可知电容越大，容抗越小，阻碍作用越小，D错。
答案：B
2．下列说法中，正确的是 ( )
A．电感对交流电的阻碍作用是因为电感存在电阻
B．电容对交流电的阻碍作用是因为电容器的电阻
C．感抗、容抗和电阻一样，电流通过他们做功时都是电能转化为内能
D．在交变电路中，电阻、感抗、容抗可以同时存在
解析：电感对交流电的阻碍作用是因为电感中自身电流发生变化而产生电磁感应现象，即感应电流磁场对原磁场有阻碍作用，选项A错误。电容对交流电的阻碍作用是因为：对于导线中的自由电荷形成的电流来说，当电源的电压推动它们向某一方向做定向运动时，电容器两极板上积累的电荷却反抗它们在这个方向的定向运动，这就产生了电容器对交流电的阻碍作用，选项B错误。对于感抗，电流通过他们做功时是电能和磁场能相互转化；对于容抗，是电能与电场能的往复转化，选项C错误。只有D是对的。
答案：D
3.如图1所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是 ( )
A．等于220 V B．大于220 V
C．小于220 V D．等于零 图1
解析：虽然交变电流能通过电容器，但也受到阻碍作用，电容器与电阻串联，根据分压原理可知电阻两端的电压小于电源电压，电压表测的是电阻两端的电压，C正确。
答案：C
4．在如图2所示电路中，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流；L是一个25 mH的高频扼流圈，C是一个100 pF的电容器，R是负载电阻。下列说法中正确的是 ( )
图2
A．L的作用是“通低频，阻高频”
B．C的作用是“通交流，隔直流”
C．C的作用是“通高频，阻低频”
D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比
解析：L是一个自感系数很小的高频扼流圈，其作用是“通低频，阻高频”，选项A正确。C是一个电容很小的电容器，在图示电路中，对高频交流的容抗远小于对低频交流的容抗，其作用是“通高频，阻低频”，选项C正确；因电路中无直流电流，选项B错误。由于L对高频交流的阻碍作用和C对高频交流的旁路作用，使得通过R的电流中，低频交流所占的百分比远大于高频交流的百分比，选项D正确。
答案：ACD
5．在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需把低频成分输送到下一级装置，如图3所示，则下列做法
合理的是 ( ) 图3
A．在ab间接入一个电容器
B．在ab间接入一个低频扼流圈
C．在ab间接入一个高频扼流圈
D．在ab间接入一个电容器或高频或低频扼流圈都可以
解析：电容器是“通高频，阻低频”，低频扼流圈是“通直流，阻交流”，而高频扼流圈“通低频，阻高频”，C对。
答案：C
6.在收音机线路中，天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输入给下一级，我们采用了如图4装置电路，其中代
号a、b应选择的元件是 ( ) 图4
A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流线圈
B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流线圈
C．a是电容较小的电容器，b是高频扼流线圈
D．a是电容较小的电容器，b是低频扼流线圈
解析：电容器具有“通高频、阻低频”作用，这样的电容器电容应较小，故a处放电容较小的电容器。电感线圈在该电路中要求做“通低频、阻高频”，所以b处应接一个高频扼流线圈。
答案：C
7．“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5所示为音箱的电路图，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 ( )
图5
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
解析：电路中的电感和电容作用互不相同，电感是：通直流、阻交流，通低频、阻高频；电容是：通交流、隔直流，通高频、阻低频。
答案：BD
8．如图6所示，两个同学利用图示装置做实验，第一位同学使导体棒ab在导轨上匀速运动，第二位同学使导体棒ab在导轨上做变速运动，但两位同学对ab杆做的功一样多。第一位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W1，第二位同学的方法使小灯泡消耗的电能为
W2，除小灯泡外，回路中其余各部分电阻均忽略不计，则( ) 图6
A．W1＝W2 B．W1＞W2
C．W1＜W2 D．不能比较
解析：电感线圈通过变化电流时，电能与磁场能往复转化，所以不会消耗电能；两同学做功一样多，所以最终消耗电能一样多。
答案：A
二、非选择题(本题共2小题，每小题10分，共20分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．收音机的音量控制电路部分如图7所示，调节滑动变阻器的滑片P可控制扬声器的音量，但收音机直接收到的信号有干扰，即有直流和高频信号，为此需要用电容器C1、C2滤去直流和高频部分。根据电容器容抗的性质，试确定C1、C2应分别用电容较大的还是较小的电容器。
图7
解析：C1作用是滤去直流成分，而且要让低频成分通过，故应选用电容较大的电容器；
C2的作用是滤去高频成分且要阻碍低频成分通过，故选用电容较小的电容器。
答案：C1用电容较大的电容器，C2选用电容较小的电容器。
10．如图8所示，分别将甲、乙两图中的双刀双掷开关依次接到电压相等的直流电源和交流电源上，灯泡的明、暗有什么不同？为什么？
图8
解析：甲图中，电路有一电感线圈，对交变电流有阻碍作用，所以S接直流电源时灯泡亮些，S接交流电源时灯泡暗些。乙图中，电路中有一电容器，在交变电压下通过电容器的交替充、放电过程表现为通路，所以S接直流电源时灯泡不亮，S接交流电源时灯泡发光。
答案：见解析
[随堂基础巩固]
1．如图5－3－13所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电源的频率增大时 ( )
图5－3－13
A．电容器电容增大 B．电容器电容减小
C．电灯变暗 D．电灯变亮
解析：电容器的电容是由电容器本身的特性决定的，与外加的交流电源的频率无关，选项A和B是错误的。当交流电源的频率增加时，电容器充、放电的速度加快，电容器的容抗减小，电流增大，电灯变亮。
答案：D
2.如图5－3－14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 图5－3－14
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
解析：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。
答案：A
3．下列说法中正确的是 ( )
A．电感的感抗只由线圈自身决定
B．同一电感对于不同频率的交变电流的感抗不同
C．电容器的容抗与电容器的电容值及交变电流的频率都有关
D．同一电容器，接入不同频率的电路中，电容器的容抗不变
解析：电感的感抗由线圈的自感系数L和交变电流的频率f共同决定，A错，B对；电容是电容器本身的特点，容抗由电容C和交变电流的频率f共同决定，C对，D错。
答案：BC
4．从某一装置输出的交流常常即有高频成分，又有低频成分。如果只需要把低频成分输送到下一级装置，可采用的电路是图5－3－15中的 ( )
图5－3－15
解析：由于只需将低频成分输送到下一级装置，可将高频成分分流，但低频成分不能通过，即需要高频旁路电容器，选项A正确。也可以直接阻碍高频成分通过，即阻高频、通低频，可以采用高频扼流圈，选项D正确。
答案：AD
[课时跟踪训练]
(时间30分钟，满分60分)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．理想降压变压器的原线圈接电流表A1和电阻R1后，接6 V恒定直流电源，如图1所示，当副线圈的负载电阻R2变小时，以下说法正确的是 ( )
A．输出功率增大 图1
B．A2读数增大
C．A1读数增大
D．A1读数不为零，且保持不变
解析：根据变压器的工作原理，变压器不能用来改变恒定直流电压，因此本题变压器原线圈接在6 V恒定电流电源上，副线圈上无电压，无输出功率，无读数，由于原线圈构成直流通路，故有恒定读数，本题选项D正确。
答案：D
2．如图2所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R相连组成闭合回路。当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，安培表A1的读数为12 mA，那么安培表A2的读数为 ( )
图2
A．0 B．3 mA
C．48 mA D．与R大小有关
解析：导线AB切割磁感线产生的感应电动势为E感＝Blv。由于B、l、v三个量均不变，故感应电动势为一定值，原线圈中电流恒为12 mA，变压器原、副线圈中无法发生互感现象，副线圈输出电压应为零，故安培表A2的读数为0。
答案：A
3．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图3甲所示，副线圈所接电路如图3乙所示，P为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是( )
图3
A．副线圈输出电压的频率为50 Hz
B．副线圈输出电压的有效值为31 V
C．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小
D．P向右移动时，变压器的输出功率增加
解析：由图像可知原线圈输入电压的最大值：Um＝311 V，T＝2×10－2 s，则原线圈输入电压的有效值：U1＝＝220 V，f＝＝＝50 Hz，选项A正确。
由＝可得：U2＝U1＝22 V，B错误。P向右移动时，副线圈的电阻减小，副线圈输出电压不变，所以副线圈的电流增大，原线圈的电流也增大，而匝数比不变，所以原、副线圈的电流比不变，C错误。P向右移动时，副线圈的电阻减小，副线圈输出电压不变，所以变压器的输出功率增加，D正确。
答案：AD
4．为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图4所示。当开关S闭合后( )
图4
A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变
B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大
D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
解析：电源电压有效值不变，所以V1示数不变，原、副线圈的电压之比等于匝数之比，匝数之比不变，故V2示数不变，V1与V2示数的比值也不变，所以C错误，D正确；当开关S闭合后，副线圈电路中的电阻减小，因为电压不变，所以副线圈电路中的电流增大，A2的示数增大，原、副线圈的电流之比等于匝数反比，匝数之比不变，A1与A2示数的比值不变，所以A正确，B错误。
答案：AD
5．如图5所示为理想变压器，原线圈的匝数为1 000匝，两个副线圈的匝数分别为50匝和100匝，L1是“6 V，2 W”的小灯泡，L2是“12 V，4 W”的小灯泡，当原线圈接上交变电压时，L1、L2都正常发光，那么，
原线圈中的电流为 ( ) 图5
A. A B. A
C. A D. A
解析：原线圈上电压为U1＝U2＝20×6 V＝120 V。副线圈上总的输出功率为P出＝PL1＋PL2＝2 W＋4 W＝6 W。故原线圈上输入功率P入＝P出＝6 W，原线圈上电流I1＝＝ A。
答案：C
6．一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R。设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2，当R增大时 ( )
A．I1减小，P1增大 B．I1减小，P1减小
C．I2增大，P2减小 D．I2增大，P2增大
解析：当R增大时，副线圈中的电流I2＝，则I2减小；功率P2＝，则P2减小，又因为P1＝P2，则P1减小，I1减小，所以选项B正确。
答案：B
7．某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图6所示规律变化，副线圈接有负载。下列判断正确的是 ( )
图6
A．输出电压的最大值为36 V
B．原、副线圈中电流之比为55∶9
C．变压器输入、输出功率之比为55∶9
D．交流电源有效值为220 V，频率为50 Hz
解析：由＝得，输出电压的最大值为36 V，A选项错误；原、副线圈中电流之比＝＝，故B选项错误；理想变压器输入功率与输出功率相等，C错误；由图像易知D选项正确。
答案：D
8．(2012·新课标卷)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分。一升压式自耦调压变压器的电路如图7 图7
所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为( )
A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 A
C．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A
解析：对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1＝＝ A≈9.1 A，负载两端电压即为副线圈电压，由＝，即＝，可得U2＝380 V，故B对。
答案：B
二、非选择题(本题共2小题，每小题10分，共20分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9.变压器副线圈电路中有电阻R＝7.26 Ω，消耗功率为6 W。另有一匝线圈接有电压表，读数U0＝50 mV。原线圈两端电压为u＝311sin 100πt V。求原、副线圈的匝数和铁芯内的磁通量变化率的表达式(如图8所示)。
图8
解析：由题中条件可知该变压器每匝线圈感应电压有效值为50 mV。由P2＝可得U2＝6.6 V，即可得n2＝匝＝132匝。由原线圈上电压表达式可知交流电压U1的有效值为U1＝220 V，再由＝得原线圈匝数n1＝4 400匝。
铁芯内磁通量的变化率即单匝线圈的感应电动势，其最大值为0.05 V，表达式为
＝0.05 sin 100πt Wb/s。
答案：4 400匝 132匝 ＝0.05 sin 100πtWb/s
10．如图9所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V的市电上，向额定电压为1.80×104V的霓虹灯供电，使它正常发光。为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA时，熔丝就熔断。
图9
(1)熔丝的熔断电流是多大？
(2)当副线圈电路中电流为10 mA时，变压器的输入功率是多大？
解析：(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，
则U1I1＝U2I2。
当I2＝12 mA时，I1即为熔断电流，
I1＝I2＝0.98 A。
(2)当副线圈电流为I2′＝10 mA时，变压器的输入功率为P1，所以P1＝P2＝I2′U2＝180 W。
答案：(1)0.98 A (2)180 W
[随堂基础巩固]
1．理想变压器正常工作时，原、副线圈中不相同的物理量为 ( )
A．每匝线圈中磁通量的变化率
B．交变电流的频率
C．原线圈的输入功率和副线圈的输出功率
D．原线圈中的感应电动势和副线圈中的感应电动势
解析：理想变压器是没有能量损失的变压器，铁芯中无磁漏，所以每匝线圈中磁通量相等，其变化率相等，故A、C不符合题意；根据变压器的工作原理及用途可知，B不符合题意，选D。
答案：D
2．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。如图5－4－5所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是 ( )
图5－4－5
解析：电流互感器是测电流的，应串联在火线上，故B、D错误。由变压器电流关系n1I1＝n2I2，要使I2
n1，故A选项正确。
答案：A
3．如图5－4－6所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使 ( )
图5－4－6
A．原线圈匝数n1增加
B．副线圈匝数n2增加
C．负载电阻R的阻值增大
D．负载电阻R的阻值减小
解析：由＝，P出＝
可得P出＝
又因为P入＝P出，所以P入＝
分析可得选项B、D正确。
答案：BD
4．(2012·重庆高考)如图5－4－7所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000 sin100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V/880 W”的电器RL供电，该电器正常工作。由此可知( )
图5－4－7
A．原、副线圈的匝数比为50∶1
B．交变电压的频率为100 Hz
C．副线圈中电流的有效值为4 A
D．变压器的输入功率为880 W
解析：根据接入电压u＝11 000sin 100πt，输入电压有效值为11 000 V，要使“220 V/880 W”的电器正常工作，则通过用电器的电流为I＝＝4 A，副线圈输出电压为U出＝Ir＋U＝4×6 V＋220 V＝244 V，原副线圈匝数比等于输入电压与输出电压之比，为2 750∶61，A错误，C正确；交流电的频率f＝＝＝50 (Hz)，B错误；变压器的输出功率P出＝PRL＋Pr＝880 W＋42×6 W＝976 W，D错误。
答案：C
[课时跟踪训练]
(时间30分钟 满分60分)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其客观原因是电网陈旧老化。近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格可采用的措施有 ( )
A．提高输送功率
B．增大输送电流
C．提高高压输电电压
D．减小输电导线的横截面积
解析：提高高压输电电压可减少远距离输电的损耗，故C选项正确，其他选项均错。
答案：C
2．电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律(有关感应电动势大小的规律)、磁场对电流作用的规律都是一些重要的规律，图1为远距离输电系统的示意图(为了简单，设用户的用电器是电动机)，下列选项中正确的是 ( )
图1
A．发电机能发电的主要原理是库仑定律，变压器能变压的主要原理是欧姆定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律
B．发电机能发电的主要原理是磁场对电流作用的规律，变压器能变压的主要原理是欧姆定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律
C．发电机能发电的主要原理是欧姆定律，变压器能变压的主要原理是库仑定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律
D．发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律，变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是磁场对电流作用的规律
解析：发电机是将其他形式的能转化为电能的设备，应用的是法拉第电磁感应定律；变压器是由电流的变化产生磁场的变化，从而使得线圈内的磁通量发生变化，产生感应电流，也是应用法拉第电磁感应定律；电动机是将电能转化为其他形式能的设备，通电导线在磁场中要受到力的作用从而运动，是磁场对电流作用规律的应用。
答案：D
3．远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压提高到原来的n倍，则下列说法中正确的是 ( )
A．输电线上的电流变为原来的n倍
B．输电线上的电压损失变为原来的1/n2
C．输电线上的电功率损失变为原来的1/n
D．若输电线上的电功率损失不变，输电线路长度可变为原来的n2倍
解析：P＝UI，当U变为原来的n倍时，I变为原来的；输电线上的电压损失：ΔU＝R线
电功率损失：P损＝()2R线①
输电线电阻R线＝ρ，当l变为原来的n2倍时，电阻增大为原来的n2倍，由①式知P损不变。
答案：D
4．某小型水电站的电能输送示意图如图2所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则 ( )
图2
A.＞
B.＜
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
解析：由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，P出－P损＝P入，故D正确。＝，＝，因为U1＝200 V＜U4＝220 V，U2＞U3＝U2－U线，故＞，选项A正确。
答案：AD
5．下列关于直流输电说法正确的是 ( )
A．直流电可以经过变压器提升电压后进行输送
B．在输送过程中直流输电不考虑输电线的电感对电流的影响
C．在输送过程中直流输电不考虑输电线的电阻对电流的影响
D．现在虽然是直流输电，但用户使用的仍然是交流电
解析：现代的直流输电，只有输电这个环节使用高压直流，发电、用电及升、降电压仍然是交流，选项D正确。变压器只能对交流起作用，对直流不起作用，选项A错误。在输电功率大、输电导线横截面积大的情况下，对交流来说，感抗会超过电阻，但电感对直流就不会有影响，当然电阻对直流和交流是同样有影响的，选项B正确，C错误。
答案：BD
6．远距离输电，原来用电压U0输电，在输电线上损失的电功率P0，现在要使输电线上损失的电功率减少到原来的1/10，则输电电压应为 ( )
A．100 U0 B. U0
C. D.
解析：设线路电阻为r，损失率为P损＝I2r，线路电流为I＝，解得P损＝r
则P′损∝
当P损为原来的时，U0′＝ U0
选项B正确。
答案：B
7．“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106 kW，输电电压为1 000 kV，输电线电阻为100 Ω。若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为 ( )
A．105 kW B．104 kW
C．106 kW D．103 kW
解析：输电电流I＝，输电线路损失的电功率P损＝I2R＝()2R＝1×105 kW；当改用超导输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，A正确。
答案：A
8．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、乙两地原来用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. B.
C．2P D．4P
解析：输送电功率不变，则输电电压与输电电流成反比，所以用1 000 kV特高压输电时，输电电流为原来输电电流的一半；而输电线上损耗的电功率与输电电流的平方成正比，所以输电线上损耗功率为原来输电线上损耗功率的，即，A项正确。
答案：A
二、非选择题(本题共2小题，每小题10分，共20分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．如图3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，用这台变压器供给100盏标有“220 V,60 W”的电灯用电。求：
图3
(1)空载时次级线圈的端电压和输出功率；
(2)接通时次级线圈的端电压；
(3)每盏灯的实际功率。
解析：(1)将变压器视为理想变压器。设空载时次级线圈的输出电压为U2，由＝，得到U2＝U1＝220 V，因为空载，次级线圈的负载电阻R2→∞，次级线圈中的电流为零，所以I2＝0，P＝I2U2＝0。
(2)接通电路后，100盏灯并联的总电阻为
R外＝＝≈8.07 Ω，
次级线圈中的电流I2＝＝ A，
电灯两端电压：U2′＝I2R外≈214.68 V。
(3)每盏灯的实际功率
P＝U2′＝ W＝57.1 W。
答案：(1)220 V 0 (2)214.68 V (3)57.1 W
10．某电站，输送的电功率为P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800度。求：
(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻r。
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？
解析：(1)由于输送功率为P＝500 kW，
一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000度，
终点得到的电能E′＝7 200度，
因此效率η＝60%。
输电线上的电流可由I＝计算，为I＝100 A，而输电线损耗功率可由Pr＝I2r计算，
其中Pr＝kW＝200 kW，因此可求得r＝20 Ω。
(2)输电线上损耗功率Pr＝()2r∝，
原来Pr＝200 kW，现在要求Pr′＝10 kW，
计算可得输电压应调节为U′＝22.4 kV。
答案：(1)60% 20 Ω (2)22.4 kV
[随堂基础巩固]
1．远距离输送交变电流都采用高压输电。我国西北电网正在建设750 kV线路。采用高压输电的优点是 ( )
A．可节省输电线的铜材料
B．可根据需要调节交流电的频率
C．可减少输电线上的能量损耗
D．可加快输电的速度
解析：远距离输电过程中，由于电流的热效应，输电线上发生热损耗，根据焦耳定律，损耗功率P损＝I2R＝()2R，式中P为输电功率，U为输电电压，R为输电线电阻，在P、R不变时，P损∝()2，所以采用高压输电可减少输电线上的能量损耗，当P损、P不变时，R∝U2，又R＝ρ，联立得输电线横截面积S∝。采用高压输电，在损耗功率不变的情况下可使输电线横截面积大大减小，从而节省输电线的铜材料，选项A、C正确。
答案：AC
2．下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是 ( )
A．因为热功率P＝，所以应降低输送的电压，增大输电导线的电阻，才能减小输电导线上的热损耗
B．因为热功率P＝IU，所以应采用低电压、小电流输电，才能减小输电导线上的热损耗
C．因为热功率P＝I2R，所以可采用减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗
D．以上说法均不正确
解析：在求热损耗时：P损＝IR线或用P热＝U线I线，也可用P＝，但U必须为输电线两端的电压。
答案：C
3．小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降低电压后再输送至各用户。设变压器都是理想的，那么在用电高峰期，随用电器电功率的增加将导致
( )
A．升压变压器初级线圈中的电流变小
B．升压变压器次级线圈两端的电压变小
C．高压输电线路的电压损失变大
D．降压变压器次级线圈两端的电压变小
解析：用电器电功率增加导致输出功率变大，在输出电压一定时，使输出电流变大，由于ΔU＝IR，所以输出电流变大导致输电线路的电压损失变大，从而导致降压变压器初级线圈电压变小，次级线圈电压也减小，所以选项C、D正确。
答案：CD
4．有一理想变压器原、副线圈的匝数比为100∶1，原线圈上所加电压为23 kV，副线圈通过总电阻为2 Ω的输电导线向用户供电，用户用电器得到的电压是220 V，求供电导线上损耗的功率。
解析：设原线圈上所加电压为U1，匝数为n1，副线圈上两端电压为U2，匝数为n2，有＝ ①
副线圈两端通过导线向用户供电，设用户电压为U3，导线上的电压为U4，有U2＝U3＋U4 ②
输电导线上损失功率为P＝ ③
由①②③式得P＝(U1－U3)2/r
＝ W＝50 W。
答案：50 W
1．一理想变压器原线圈匝数n1＝1 100匝，副线圈匝数n2＝220匝，交流电源的电压u＝220 sin(100πt) V，电阻R＝44 Ω，如图5－4所示，电压表、电流表均为理想电表。则下列说法不正确的是 ( )
图5－4
A．交流电的频率为50 Hz
B．电压表的示数为44 V
C．电流表A1的示数为0.2 A
D．电流表A2的示数约为1.4 A
解析：由交流电源的电压u＝220 sin(100πt)V，可知ω＝2πf＝100π，所以交流电的频率为50 Hz，选项A正确；原线圈的输入电压U1＝＝220 V，由＝得，副线圈的输出电压U2＝44 V，副线圈中的电流I2＝＝1 A，选项B正确，D错误；由P出＝P入得U1I1＝U2I2，I1＝0.2 A，选项C正确。
答案：D
2．如图5－5所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，接线柱a、b接电压u＝311 sin 314t V的正弦式交流电源。当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，示数发生变化的电表是 ( )
图5－5
A．A1、A2 B．A2、V2
C．A1、A2、V2 D．A1、A2、V1、V2
解析：由变压器特点，可知＝，只要n1、n2的比值不变，U1不变，那么U2也不变；由电流之比＝，原线圈中电流因副线圈中电流的改变而改变，因滑动变阻器的电阻变化，A2的示数变化，所以A1的示数也会发生变化，故应选A。
答案：A
3．图5－6中甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化。下列说法正确的是 ( )
图5－6
A．图甲表示交流电，图乙表示直流电
B．两种电压的有效值相等
C．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin 100πt V
D．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的
解析：因图像的纵坐标——电压的正负表示电压的方向，因此两图均为交流电，A错；U有效＝只适用于正弦式交变电流，图乙非正弦(余弦)式交变电流，不适用上式有效值的求法，故B错；正弦式交变电流瞬时值的表达式为u＝Umsin ωt，由图像可知Um＝311 V，T＝2×10－2s，可得ω＝＝100π，代入上式得u＝311 sin 100πt V，故C对；由变压器原理可知变压器只能根据匝数比改变电压和电流，它不会改变周期和频率，故D错。
答案：C
4．某水电站发电机输出的电功率为100 kW，输出电压为250 V，现准备向远处输电，所用输电线的总电阻为8 Ω，要求输电时在输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%，用户获得220 V电压，则应选用匝数比多大的升压变压器和降压变压器？
解析：依题意作出如图所示的输电示意图。
升压变压器原线圈的电流为：
I1＝＝ A＝400 A。
当输电线上损失的电功率为输送电功率的5%时，输电线中的电流为I2，则IR线＝5%P，
所以I2＝ ＝ A＝25 A。
升压变压器的匝数比为：＝＝＝。
降压变压器副线圈中电流I4即为提供给所有用户的总电流I总，用户获得的总功率为：
P用＝P－5%P＝95%P，
又P用＝U4I4，
所以I4＝＝ A＝ A。
其原线圈中电流I3＝I2＝25 A。
降压变压器的匝数比为：＝＝＝。
答案：1∶16 190∶11
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，可是我们在晚上七八点钟用电高峰开灯时电灯比深夜时要显得暗，这是因为此时 ( )
A．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小
B．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小
C．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大
D．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电流
解析：总电阻减小，总电流增大，线路电路造成的电压损失ΔU＝IR线增大，电灯得到的电压减小，所以灯泡在七八点钟时显得要暗些。
答案：C
2．一个理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n1和n2，正常工作时输入和输出的电压、电流、功率分别为U1和U2，I1和I2，P1和P2，已知n1>n2，则 ( )
A．U1>U2，P1C．I1U2 D．P1>P2，I1>I2
解析：因为变压器为理想变压器，故有＝，P1＝P2，由题意知n1>n2，U1>U2，又因I1U1＝I2U2，则I1答案：BC
3．两个相同的电阻分别通以如图1所示的正弦式交流电和方波形交变电流，两种交变电流的最大值相等，周期相等。则在一个周期内，正弦式交流在电阻上产生的焦耳热Q1与方波式交流在电阻上产生的焦耳热Q2之比等于 ( )
图1
A．3∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．4∶3
解析：正弦式交流电有效值U1＝，所以Q1＝T＝，方波形交流电的有效值U2＝Um，所以Q2＝T＝，所以Q1∶Q2＝1∶2，B项正确。
答案：B
4．一个按正弦规律变化的交流电的图象如图2所示，由图象可知( )
①该交变电流的频率为0.2 Hz
②该交变电流的有效值为14.1 A 图2
③该交变电流的瞬时值表达式为i＝20sin 0.02t A
④t＝时刻，该交变电流的大小与其有效值相等
A．①② B．②④
C．③④ D．①③
解析：由图象可知T＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz。
电流最大值Im＝20 A，故有效值为I＝＝10 A，
线圈转动的角速度ω＝2πf＝100π，
瞬时值表达式为i＝20sin 100πt A，得t＝代入瞬时值公式i＝20sin(100π××0.02) A＝10A，由以可知②④正确。
答案：B
5．下列关于电容器的说法，正确的是 ( )
A．由于电容器的两个极板是断开的，所以所有的直流电都不能够通过电容器
B．交流电能够通过电容器，电容器对交流电无阻碍作用
C．电压相同的交变电流若周期不同，通过电容器受到的阻碍作用不同，周期越大阻碍越小
D．对于确定的电容器，交变电流通过时产生的容抗越小，说明交变电流的频率越大
解析：由于电容器两个极板是断开的，形不成闭合电路，所以直流电不能通过，A正确。交流电能够通过电容器的实质是电容器的充放电电荷在极板上聚集，对电流有阻碍作用，故B错误。根据交流电的频率越高，电容器对交流电的阻碍作用就越小，故C错误，D正确。
答案：AD
6．如图3所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3、R4均为定值电阻，开关S是闭合的。○V1和○V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；○A1、○A2和○A3为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3。现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是 ( )
图3
A．U2变小、I3变小 B．U2不变、I3变大
C．I1变小、I2变小 D．I1变大、I2变大
解析：因为变压器的匝数与输入电压不变，所以输出电压与两电压表的示数均不变。当S断开时，因为负载电阻增大，故副线圈中的电流I2减小，由于输入功率等于输出功率，所以I1也将减小，C正确；因为R1两端的电压减小，故R2、R3两端的电压将增大，I3变大，B正确。
答案：BC
7．一交流发电机，当转速为n1时，其交变电动势e＝220sin 100πt V，现有如下的说法，其中正确的是 ( )
A．在t＝0时，线圈中的磁通量为0
B．该交流发电机线圈的转速为50 r/s
C．若加在标有“220 V,100 W”的灯泡的两端，灯泡能正常发光
D．若线圈的转速加倍，则交变电压的最大值、有效值增大一倍而频率不变
解析：因为交变电流的瞬时表示式为e＝Emsin ωt，其中Em＝nBSω表示最大值，ω＝2πf。当转速用r/s作为单位时，转速与频率的数值相等。最大值为有效值的倍，则该电动势的最大值为220 V，而灯泡的标注值是有效值，所以选项C、D错误，选项B正确。当t＝0时，e＝0，此时线圈处于中性面的位置，磁通量最大，因此选项A也不对。
答案：B
8.如图4所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图5所示的交变电压后，能使电子有可能做往返运动的是( ) 图4
图5
解析：对A图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，T时刻速度最大，由T到T做加速度增加的减速运动，T时刻速度为零。从T到T电子反向做加速度减小的加速运动，T时刻速度最大，由T到T做加速度增大的减速运动，T时刻速度为零，回到原位置，即电子能做往复运动。同样的分析方法可得B、C也对。
答案：ABC
9．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变电站升压后通过远距离输送，再经变电站将高压变为低压，某变电站将电压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：变压器的输入端电压U1＝11 000 V，由＝得n1∶n2＝50∶1，A项正确；变压器不改变交变电流的频率，故原、副线圈的频率都为f＝＝50 Hz，B项正确；因原线圈匝数多，由＝知原线圈的电流小，所以原线圈的导线比副线圈的要细，C错；各用电器电流之和应等于副线圈的电流，D错。
答案：AB
10. 如图6甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化规律如图乙所示，则在t1～t2时间内 ( )
图6
A．电流表A1的示数比A2的小
B．电流表A2的示数比A3的小
C．电流表A1和A2的示数相同
D．电流表的示数都不为零
解析：由于通过原线圈中的磁感应强度随时间发生均匀变化，故副线圈中的磁感应强度也应随时间发生均匀变化，所以副线圈将产生恒定电流，由于线圈L的内阻不计，所以A1与A2的示数相同。由于电容的“隔直流、通交流”作用，故A3的示数为零，答案为C。
答案：C
二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
11． (15分)有一个交流发电机产生的正弦交流电的电动势如图7所示，试求：
(1)当t＝ s时，该交流电动势的瞬时值；
(2)当电动势的瞬时值为最大值的一半时，线圈平面与磁感线的夹角。 图7
(3)已知线圈面积为16 cm2，共25匝，求匀强磁场的磁感应强度。
解析：(1)由题图可以写出该交流电动势的瞬时值表达式为e＝5 sint V＝5sin 100πt V
当t＝ s时，电动势的瞬时值为
e＝5 sin(100π·)V＝5 V。
(2)当电动势的瞬时值为最大值的一半时，
有2.5＝5 sinθ，所以sinθ＝0.5，故线圈平面与磁感线之间的夹角为30°。
(3)因为Em＝nBSω，又ω＝100π，所以B＝＝0.4 T。
答案：(1)5V (2)30° (3)0.4 T
12．(15分)某小河水流量为4 m3/s，水流下落的高度为5 m。现在利用它来发电，设所用发电机的总效率为50%，g＝9.8 m/s2，求：
(1)发电机的输出功率。
(2)若输电导线的总电阻为4 Ω，输电导线上损失的电功率为发电机输出功率的5%，则需用多大的电压输送电能？
(3)输电导线上的电压损失。
解析：(1)水由高处流下，重力势能转化为动能，推动水轮机做功，设水的流量为Q，则发电机的输入功率为P1＝ρQgh
所以输出功率为P2＝ηP1＝ηρQgh＝50%×1.0×103×4×9.8×5 W＝9.8×104 W。
(2)设输电电压为U，输电线上的电流为I，电阻为R，损失的电功率为P3。由P3＝I2R得
I＝ ＝ ＝ A＝35 A
由P2＝IU得输电电压
U＝＝ V＝2.8×103 V。
(3)输电导线上损失的电压为
ΔU＝IR＝35×4 V＝140 V。
答案：(1)9.8×104 W (2)2.8×103 V (3)140 V
[课时跟踪训练]
(时间30分钟，满分60分)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．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
解析：由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，A对；当线圈中电流反向时，相当于电流减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，B错；当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，C对；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，D错。
答案：AC
2.某线圈通有如图1所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有 ( )
A．第1 s末 B．第2 s末
C．第3 s末 D．第4 s末 图1
解析：在自感现象中，当原电流减小时自感电动势与原电流的方向相同，当原电流增加时自感电动势与原电流方向相反。在图像中0～1 s时间内原电流正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向，在1～2 s时间内原电流负方向增加，所以自感电动势与其方向相反，即沿正方向；同理分析2～3 s、3～4 s时间内可得正确答案为B、D两项。
答案：BD
3.如图2所示，电池的电动势为E，内阻不计，线圈自感系数较大，直流电阻不计。当开关S闭合后，下列说法正确的是( )
A．a、b间电压逐渐增加，最后等于E
B．b、c间电压逐渐增加，最后等于E 图2
C．a、c间电压逐渐增加，最后等于E
D．电路中电流逐渐增加，最后等于E/R
解析：由于线圈自感系数较大，当开关闭合瞬间，a、b间近似断路，所以a、b间电压很大，随着电流的增加，a、b间电压减小，b、c间电压增大，最后稳定后，a、b间电压为零，b、c间电压等于E，电流大小为I＝，选项B、D对，A、C错。
答案：BD
4．如图3所示，A和B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R相同。由于存在自感现象，在开关S闭合和断开时，灯A和B先后亮暗的顺序是
( )
图3
A．闭合时，A先达最亮；断开时，A后暗
B．闭合时，B先达最亮；断开时，B后暗
C．闭合时，A先达最亮；断开时，A先暗
D．闭合时，B先达最亮；断开时，B先暗
解析：开关S闭合时，由于自感作用，线圈L中自感电动势较大，电流几乎全部从A中通过，而该电流又同时分路通过B和R，所以A先达最亮，经过一段时间稳定后A和B达到同样亮；开关S断开时，电源电流立即为零，B立即熄灭，由于L的自感作用，A要慢慢熄灭。综上所述A项正确。
答案：A
5.如图4所示，两个电阻均为R，电感线圈L的电阻及电池内阻均可忽略不计，S原来断开，电路中电流I0＝，现将S闭合，于是电路
中产生了自感电动势，此自感电动势的作用是 ( ) 图4
A．使电路的电流减小，最后由I0减小到零
B．有阻碍电流增大的作用，最后电流小于I0
C．有阻碍电流增大的作用，因而电流总保持不变
D．有阻碍电流增大的作用，但电流还是增大，最后变为2I0
解析：S闭合，电路中电阻减小，电流增大，线圈产生的自感电动势的作用是阻碍原电流的增大，A错；阻碍电流增大，不是不让电流增大，而是让电流增大的速度变慢，B、C错；最后达到稳定时，电路中总电流为I＝＝2I0，故D正确。
答案：D
6．如图5所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，灯泡具有一定的亮度。若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，则将看到 ( )
A．灯泡变暗 B．灯泡变亮 图5
C．螺线管缩短 D．螺线管变长
解析：当软铁棒插入螺线管中时，穿过螺线管的磁通量增加，故产生反向的自感电动势，使总电流减小，灯泡变暗，每匝线圈间同向电流吸引力减小，螺线管变长。
答案：AD
7．如图6所示的电路中，三个相同的灯泡A、B、C和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计。开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有 ( )
图6
A．A先变亮，然后逐渐变暗
B．B先变亮，然后逐渐变暗
C．C先变亮，然后逐渐变暗
D．B、C都逐渐变暗
解析：设S闭合时通过每个灯泡的电流为I，则流过L1的电流为2I，流过L2的电流为I，当S断开时，通过电感的电流不会发生突变，L1中的电流从2I减小到零，L2中的电流从I减小到零，B、C中电流都从I减小到零，A中电流从2I减小到零，故B、C缓慢变暗，A灯先亮一下然后逐渐变暗，A、D正确。
答案：AD
8．如图7所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个理想电感线圈，说法正确的是 ( )
A．S闭合时，A立即亮，然后逐渐熄灭 图7
B．S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭
C．S闭合足够长时间后，B发光，而A不发光
D．S闭合足够长时间后，B熄灭，而A发光
解析：闭合S瞬间，电流增大，线圈L中产生自感电动势，阻碍电流增加，A灯立即变亮，此时电容器电荷量为零，两板之间电压也为零，故B灯逐渐变亮；电流稳定后，线圈两端电压为零，A灯熄灭，B灯达到最大亮度。
答案：AC
二、非选择题(本题共2小题，每小题10分，共20分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．如图8所示是一种触电保安器，变压器A处用双股相线(火线)和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器上，B处有一个输出线圈，一旦有电流，经放大后便能立即推动继电器J切断电源，下列情况下能起保护作用的是哪一种？说明理由。
图8
(1)增加开灯的盏数，能否切断电源？
(2)双手分别接触相线和零线，能否切断电源？
(3)单手接触相线，脚与地相接触而触电，能否切断电源？
解析：(1)不能。
因A处线圈是采用的双绕法，增加开灯的盏数只会使电路中电流增大，但A中两线中电流始终大小相等方向相反，磁通量相互抵消，B中磁通量不发生改变，故不能推动J切断电源。
(2)不能。理由同(1)。
(3)能。因为有电流通过人体而流入地下，使A中两股电流不再大小相等，B中磁通量发生改变，B中产生感应电流，从而推动J切断电源。
答案：见解析
10.在如图9所示的电路中，电流表的内阻不计，电阻R1＝2.5 Ω，R2＝7.5 Ω，线圈的直流电阻可以忽略。闭合开关S的瞬间，电流表读数I1＝0.2 A，当线圈中的电流稳定后，电流表的读数I2＝0.4 A。试求
电池的电动势和内阻。 图9
解析：闭合开关S的瞬间，R1和R2串联接入电路，由闭合电路欧姆定律I1＝，
即0.2＝。
电路稳定后，R2被短路，I2＝，
即0.4＝。
由以上式子解得：
答案：3 V 5 Ω
[随堂基础巩固]
1．关于线圈的自感系数，下面说法正确的是 ( )
A．线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大
B．线圈中电流等于零时，自感系数也等于零
C．线圈中电流变化越快，自感系数越大
D．线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定
解析：自感系数是线圈本身的固有属性，只决定于线圈长短、粗细、匝数、有无铁芯等因素，而与电流变化快慢等外部因素无关。自感电动势的大小与线圈自感系数及电流变化率有关，A、B、C错，D对。
答案：D
2．如图4－6－12所示是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆除时应 ( )
图4－6－12
A．先断开S2
B．先断开S1
C．先拆除电流表
D．先拆除电阻R
解析：只要不断开S1，线圈L与电压表就会组成闭合回路，在断开S2时，线圈L会因此产生感应电流，电流的方向与原来方向相同。这时流过电压表的电流方向与原来电流方向相反，电压表中的指针将反向转动，损坏电压表，所以必须先拆下电压表，即断开S1。
答案：B
3.在如图4－6－13所示的电路中，两个相同的电流表G1和G2的零点均在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向左摆；当电流从“－”接线柱流入时，指针向右摆。在电路接通后再断开开关S的瞬间，
下列说法中正确的是 ( ) 图4－6－13
A．G1指针向右摆，G2指针向左摆
B．G1指针向左摆，G2指针向右摆
C．两表指针都向右摆
D．两表指针都向左摆
解析：当开关S闭合时，流经电感线圈L的电流方向自左向右。当断开开关S的瞬间，通过线圈L的电流将变小，根据楞次定律可知，感应电流方向与原电流方向相同，也将是自左向右流，以阻碍原电流减小的变化。这样在由L、G2、R及G1组成的闭合电路中，感应电流将从G2的负接线柱流入，因而G2的指针向右偏；感应电流将从G1的正接线柱流入，因而G1的指针向左偏。
答案：B
4.如图4－6－14所示电路中，A、B是相同的两小灯泡。L是一个带铁芯的线圈，电阻可不计，调节R，电路稳定时两灯泡都正常发光，则在开关合上和断开时 ( )
A．两灯同时点亮、同时熄灭 图4－6－14
B．合上S时，B比A先到达正常发光状态
C．断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，通过A、B两灯的电流方向都与原电流方向相同
D．断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭
解析：闭合S时，由于L的自感作用，A灯逐渐变亮，B灯立即变亮，稳定时两灯一样亮，故A错B对；断开S时，由于L的自感作用，A、B两灯都不会立即熄灭，通过A灯的电流方向不变，但通过B灯的电流反向，故C错；又因通过A灯的电流不会比原来的大，故A灯不会闪亮一下再熄灭，故D错。
答案：B
[课时跟踪训练]
(时间30分钟，满分60分)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．以下关于涡流的说法中，正确的是 ( )
A．涡流跟平时常见感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的
B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流
C．涡流有热效应，但没有磁效应
D．在硅钢中不能产生涡流
解析：根据涡流的产生原因(变化的磁场中的金属块、电流变化的线圈附近的导体中都产生涡流)知，涡流就是平时常见的感应电流，是因为穿过导体的磁通量发生变化而产生的，符合感应电流产生的原因，所以A正确，B错误；涡流和其他电流一样，也有热效应和磁效应，C错误；硅钢的电阻率大，产生的感应电流——涡流较小，不是不能产生涡流，D错误。
答案：A
2.高频焊接原理示意图，如图1所示，线圈通以高频交流电，金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热，将焊缝熔化焊接，要使焊接处产生的热量
较大可采用 ( ) 图1
A．增大交变电流的电压
B．增大交变电流的频率
C．增大焊接缝的接触电阻
D．减小焊接缝的接触电阻
解析：增大交变电流的电压和交变电流的频率均可使电流的变化率增大，由E＝n知，感应电动势和涡流均增大，焊接处的发热功率增大，若增大焊接缝的接触电阻，则焊接处的电压、功率分配就越大，产生的热量就会越大，故A、B、C均正确，D错误。
答案：ABC
3.如图2所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等，当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈始终静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是 ( )
A．先向左、后向右 B．先向左、后向右、再向左 图2
C．一直向右 D．一直向左
解析：根据楞次定律的“阻碍变化”和“来拒去留”，当两磁铁靠近线圈时，线圈要阻碍其靠近，线圈有向右移动的趋势，受木板的摩擦力向左，当磁铁远离时，线圈要阻碍其远离，仍有向右移动的趋势，受木板的摩擦力方向仍是向左的，故选项D正确。
答案：D
4．甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定轴OO′旋转，当给以相同的初始角速度开始转动后，由于阻力，经相同的时间后便停止；若将环置于磁感应强度为B且大小相同的匀强磁场中，甲环的转轴与磁场方向平行，乙环的转轴与磁场方向垂直，如图3所示，当甲、乙两环同时以相同的角速度开始转动后，则下列判断正确的是 ( )
图3
A．甲环先停 B．乙环先停
C．两环同时停下 D．无法判断两环停止的先后
解析：甲不产生感应电流，乙产生感应电流，机械能不断转化为内能，故先停下来。
答案：B
5．如图4所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是 ( )
图4
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
解析：条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后又减小。当通过线圈磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势；当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势。综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右。
答案：D
6．如图5所示，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度，两个相同的磁性小球同时从A、B管上端管口无初速释放，穿过A管的小球比穿过B管的小球先落到地面，下列对于两管的描述中可能正确的是 ( )
A．A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的 图5
B．A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的
C．A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的
D．A管是用胶木制成的，B管是用铝制成的
解析：磁性小球通过金属圆管的过程中，将圆管看做由许多金属圆环组成，小球的磁场使每个圆环中产生感应电流，根据楞次定律，该电流的磁场阻碍小球的下落，小球向下运动的加速度小于重力加速度。小球在塑料、胶木等非金属材料圆管中不会产生感应电流，仍做自由落体运动，穿过塑料、胶木圆管的时间比穿过金属圆管的时间短，故可能的为A、D。
答案：AD
7.如图6所示，在蹄形磁铁的两极间有一可以自由转动的铜盘(不计各种摩擦)，现让铜盘转动。下面对观察到的现象描述及解释正确的是( )
A．铜盘中没有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去
B．铜盘中有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去 图6
C．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将很快停下
D．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将越转越快
解析：铜盘转动时，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律知，盘中有感应电动势，也产生感应电流，并且受到阻尼作用，机械能很快转化为电能进而转化为焦耳热，铜盘将很快停下，故C对，A、B、D错。
答案：C
8.在水平面上放置两个完全相同的带中心轴的金属圆盘，它们彼此用导线把中心轴和对方圆盘的边缘相连接，组成电路如图7所示，一匀
强磁场穿过两圆盘垂直向外，若不计一切摩擦，当a盘在外力作用下做 图7
逆时针转动时，转盘b ( )
A沿与a盘相同的方向转动
B．沿与a盘相反的方向转动
C．转动的角速度一定小于a盘的角速度
D．转动的角速度可能等于a盘的角速度
解析：如图所示，
金属圆盘可看做由多根金属辐条组成，a盘在外力作用下逆时针转动时，圆盘切割磁感线，由右手定则判知，电动势方向为由O1→A，在闭合电路中有方向为O1AO2BO1的感应电流，而对b盘，由左手定则和能的转化和守恒定律判知，b盘顺时针转动且其转动的角速度一定小于a盘的角速度，选项B、C正确。
答案：BC
二、非选择题(本题共2小题，每小题10分，共20分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．如图8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，杆上挂有一光滑螺旋管A。在弧形轨道上高为h的地方，无初速度释放一磁铁B(可视为质点)，B下滑至水平轨
道时恰好沿螺旋管A的中心轴运动，设A、B的质量分别为M、m，若最 图8
终A、B速度分别为vA、vB。
(1)螺旋管A将向哪个方向运动？
(2)全过程中整个电路所消耗的电能。
解析：(1)磁铁B向右运动时，螺旋管中产生感应电流，感应电流产生电磁驱动作用，使得螺旋管A向右运动。
(2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A、B的动能和螺旋管中的电能，所以
mgh＝Mv＋mv＋E电。
即E电＝mgh－Mv－mv。
答案：(1)向右运动 (2)mgh－Mv－mv
10．如图9所示，质量为m＝100 g的铝环，用细线悬挂起来，环中央距地面高度h＝0.8 m，有一质量为M＝200 g的小磁铁(长度可忽略)，以v0＝10 m/s的水平速度射入并穿过铝环，落地点距铝环原位置的水平距离为3.6 m，则磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看做平抛运动)：
图9
(1)铝环向哪边偏斜？
(2)若铝环在磁铁穿过后速度为v′＝2 m/s，在磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？(g＝10 m/s2)
解析：(1)由楞次定律可知，当小磁铁向右运动时，铝环向右偏斜(阻碍相对运动)。
(2)由能量守恒可得：由磁铁穿过铝环飞行的水平距离可求出穿过后的速度v＝ m/s＝9 m/s
E电＝Mv－Mv2－mv′2＝1.7 J。
答案：(1)铝环向右偏 (2)1.7 J
[随堂基础巩固]
1．下列现象属于电磁阻尼的是 ( )
A．磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做
B．微安表的表头在运输时要把两接线柱短接
C．自制金属地雷探测器
D．交流感应电动机
解析：电磁阻尼是指导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体运动，而电磁驱动是磁场相对导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力作用，安培力使导体运动而不是阻碍导体运动。
答案：AB
2.如图4－7－6所示，一个铜质圆环，无初速度地自位置Ⅰ下落到位置Ⅱ，若圆环下落时其轴线与磁铁悬线重合，圆环面始终水平。位置Ⅰ与位置Ⅱ的高度差为h，则运动时间 ( )
A．等于 B．大于 图4－7－6
C．小于 D．无法判定
解析：由于电磁阻尼，阻碍铜质圆环的下落，所以下落时间大于。
答案：B
3.如图4－7－7所示，蹄形磁铁的两极之间放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，当磁铁按图示方向绕OO′轴转动时，线圈的运动情况是 ( )
A．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同 图4－7－7
B．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同
C．线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁的转速
D．线圈静止不动
解析：当磁铁转动时，由楞次定律知，线圈中有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，即感应电流的方向必定是使其受到的力矩的方向与磁铁转动方向相同，以减小磁通量的增加，因而线圈跟着转起来，但转速小于磁铁的转速。如果转速相等，线圈中的磁通量不再变化，起“驱动”作用的安培力将消失。
答案：C
4．如图4－7－8所示，条形磁铁用细线悬挂在O点。O点正下方固定一个水平放置的铝线圈。让磁铁在竖直面内摆动，下列说法中正确的是 ( )
A．磁铁左右摆动一次，线圈内感应电流的方向改变2次
B．磁铁始终受到感应电流磁场的斥力作用 图4－7－8
C．磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力
D．磁铁所受到的感应电流对它的作用力有时是阻力有时是动力
解析：磁铁向下摆动时，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向感应电流(从上面看)，并且磁铁受到感应电流对它的作用力为阻力，阻碍它靠近；磁铁向上摆动时，根据楞次定律，线圈中产生顺时针方向感应电流(从上面看)，磁场受感应电流对它的作用力仍为阻力，阻碍它远离，所以磁铁在左右摆动一次过程中，电流方向改变3次，感应电流对它的作用力始终是阻力，只有C项正确。
答案：C
1．矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图4－7所示。t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。在0～4 s时间内，线框ab边所受安培力随时间变化的图象(力的方向规定以向左为正方向)可能是图4－8中的( )
图4－7
图4－8
解析：在B－t图象中，0～2 s内，图线斜率不变，线框上产生的感应电动势不变，产生的感应电流不变，此时安培力F正比于磁感应强度B，故0～2 s内F－t图中图线是一条倾斜直线，D项正确。
答案：D
2.如图4－9所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )
A．W1C．W1>W2，q1＝q2 D．W1>W2，q1>q2
解析：设拉出磁场的位移为x，因匀速拉出：F＝F安
外力做功：
W＝Fx＝F安·x＝BIl·x＝x＝·v
通过导线截面电荷量：q＝I·Δt＝·Δt＝。
因为v1>v2，
所以W1>W2，q1＝q2。
答案：C
3．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图4－10甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。以下说法正确的是( )
图4－10
A．在时间0～5 s内，I的最大值为0.1 A
B．在4 s内，I的方向为顺时针
C．前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 C
D．第3 s内，线圈的发热功率最大
解析：0～5 s时间内，在0时刻时最大为0.1 T/s，根据I＝＝，此时的I最大为0.01 A，A错误；4 s时，磁感应强度减小，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针，B错误；前2秒，通过线圈某界面的总电荷量根据I＝和q＝It可得为0.01 C，C正确；第3 s内，磁感应强度不变，线圈中没有感应电流，D错误。
答案：C
4．(2012·广东高考)如图4－11所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属轨道上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。
图4－11
(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v。
(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx。
解析：(1)设导体棒运动速度为v，通过回路电流为I，导体棒受安培力为F，对导体棒进行受力分析可得：
F＝BIl＝Mg sin θ
又知：E0＝Blv，I＝
联立三式可解得：I＝ v＝
(2)设平行板电容器两端电压为U，平行板电容器内部电场强度为E，通过回路电流为I，
由(1)可知I＝，又知：U＝IRx，E＝
带电粒子匀速通过平行板电容器：Eq＝mg
联立四式可解得：Rx＝
答案：(1) (2)
(时间60分钟 满分100分)
一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分。每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1.如图1所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度的大小随时间变化。下列说法正确的是 ( )
A．应电流可能减小图1
B．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大
C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大
D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变
解析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小由磁通量的变化率来决定，磁感应强度增加或减小时，磁通量的变化率均可能增加、减小或者不变，所以线框中的感应电流可能增加，可能减小，可能不变，A、D正确。
答案：AD
2．如图2所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图3中的哪一图线所示的方式随时间变化
时，导体环将受到向上的磁场作用力 ( ) 图2
图3
解析：根据法拉第电磁感应定律得E＝＝S，又根据楞次定律可得，当导体环受到向上的磁场力时，说明穿过线圈的磁通量正在减小，所以导线abcd中的电流正在减小，由I＝＝可知，正在减小，即B－t图像上各点切线的斜率随时间减小，应选A。
答案：A
3.一直升机停在南半球的地磁极上空。该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B。直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋
桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图4所示。如果忽略a到转轴中 图4
心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，即 ( )
A．E＝πfl2B，且a点电势低于b点电势
B．E＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势
C．E＝πfl2B，且a点电势高于b点电势
D．E＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势
解析：由右手定则可知b点电势高于a点电势，且感应电动势的大小E＝Bl2ω＝πfl2B。
答案：A
4．用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度进入右侧匀强磁场，如图5所示，在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是 ( )
图5
A．UaC．Ua＝Ub＝Uc＝Ud D．Ub解析：由欧姆定律可得闭合电路的路端电压U＝＝E－，即路端电压取决于电源内阻r与总电阻的比值，故a、b比较，b图中较小，则UaUd。对于b、d两图，Ub(B·2L·v)＝BLv，所以Ub答案：B
5.如图6所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中。两板间有一个质量为m，电荷量为＋q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通
量变化率分别是 ( )
图6
A．正在增强；＝
B．正在减弱；＝
C．正在减弱；＝
D．正在增强；＝
解析：油滴平衡有mg＝q，Uc＝，电容器上极板必带负电，那么螺线管下端相当于电源正极，由楞次定律知，磁场B正在减弱，又E＝n，Uc＝E，可得＝。
答案：B
6．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图7所示。若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，图8中的i－t图正确的是 ( )
图7
图8
解析：磁感应强度均匀变化，产生恒定的感应电流，A错。第1 s内，磁通量垂直于纸面向里均匀增强，由楞次定律可以判定感应电流方向为逆时针，为负，C错。同理可判定，第4 s内感应电流方向为逆时针，为负，故B错，D正确。
答案：D
7.如图9所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为 ( )
A.BRv B.BRv 图9
C.BRv D.BRv
解析：设整个圆环电阻是R，其外电阻是圆环总电阻的3/4，即磁场外的部分，而在磁场内切割磁感线有效长度是R，其相当于电源，E＝B·R·v，根据欧姆定律可得U＝E＝BRv，D正确。
答案：D
8．如图10所示的电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计。以下判断正确的是 ( )
A．闭合S稳定后，电容器两端电压为E
B．闭合S稳定后，电容器的a极板带正电 图10
C．断开S的瞬间，电容器的a极板将带正电
D．断开S的瞬间，电容器的a极板将带负电
解析：闭合S稳定后，电容器被线圈L短路，两端电压为0，电容器不带电。稳定时流过L的电流方向是由右向左，断开S时，由楞次定律可知电容器的a极板将带正电。
答案：C
9.一个闭合金属线框的两边接有电阻R1、R2，线框上垂直放置一根金属棒ab，棒与线框接触良好，整个装置放在匀强磁场中，如图11所示。
当用外力使ab棒右移时，下列判断中正确的是 ( ) 图11
A．穿过线框的磁通量不变，框内没有感应电流
B．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行
C．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行
D．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行
解析：ab棒右移时，切割磁感线。根据右手定则，ab棒中的感应电流方向从a流向b。此时ab棒起着电源的作用，分别对两边电阻供电，如图所示，所以流过R1、R2的电流都由上而下地绕行。
答案：D
二、非选择题(本题共3小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
10．(14分)如图12所示，有一夹角为θ的金属角架，角架所围区域内存在匀强磁场，磁场的磁感强度为B，方向与角架所在平面垂直，一段直导
线ab，从顶角c贴着角架以速度v向右匀速运动。求： 图12
(1)t时刻角架的瞬时感应电动势；
(2)t时间内角架的平均感应电动势。
解析：(1)ab杆向右运动的过程中切割磁感线，构成回路的长度不断变大，感应电动势的大小不断变化。在t时间内设位移为x，则x＝vt ①
切割长度L＝xtan θ ②
E＝BLv ③
联立①②③得E＝Bv2ttan θ ④
(2)由法拉第电磁感应定律得＝ ⑤
ΔΦ＝S·B＝x·L·B ⑥
联立①②⑤⑥得＝Bv2ttan θ。
答案：(1)Bv2ttan θ (2)Bv2ttan θ
11．(16分)如图13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，试求：
图13
(1)电压表的示数；
(2)若撤去原磁场，在图中竖直虚线的右侧空间加磁感应强度B＝0.5 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)由E＝n可得
E＝n
E＝I(R＋r)
U＝IR
解得U＝1.5π V＝4.71 V。
(2)设线圈拉出磁场经历时间Δt。
＝n＝n，
＝
电荷量q＝Δt
解得q＝n，与线圈运动的时间无关，即与运动的速度无关。
代入数据即得q＝0.5π C＝1.57 C。
答案：(1)4.71 V (2)见解析
12．(16分)如图14所示，在竖直平面内有一个“日”字形线框，线框总质量为m，每条短边长度均为l。线框横边的电阻均为r，竖直边的电阻不计。在线框的下部有一个垂直“日”字平面方向向里的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的高度也为l。让线框自空中一定高处自由落下，当线框下边刚进入磁场时立即做匀速运动。重力加速度为g。求：
(1)“日”字形线框做匀速运动的速度v的大小。 图14
(2)“日”字形线框从开始下落起，至线框上边离开磁场的过程中所经历的时间t。
解析：(1)进入磁场时的速度为v，
据题意有：IBl＝mg，I＝＝，解得：v＝。
(2)线框下边进入磁场区域前做自由下落运动，设下落的时间为t1，从线框下边进入磁场到上边离开磁场下边界做匀速运动，设此过程的下落时间为t2，据题意有：
v＝gt1 t1＝ t2＝
解得：t2＝
由两式解得全过程所用时间：
t＝t1＋t2＝＋。
答案：(1) (2)＋
