《优化方案》沪科版物理选修3-2电子题库（20份打包）

如图所示，下列对图像的描述正确的是(　　)
A．该电压是直流电压
B．该电压是交流电压
C．该电压的周期是0.2 s
D．该电压的频率是10/3 Hz
解析：选BD.从图像可以看出每经过0.3 s开始重复上一个过程，所以0.3 s是一个周期，频率是 Hz，在一个周期内，前0.1 s电压为正值，后0.2 s电压为负值，表示前后电流方向相反，所以是交变电流，B、D对，A、C错．
在相同时间内，某正弦交变电流通过一阻值为100 Ω的电阻产生的热量，与一电流为3 A的直流电通过同一阻值的电阻产生的热量相等，则(　　)
A．此交变电流的有效值为3 A，峰值为3 A
B．此交变电流的有效值为3 A，峰值为6 A
C．电阻两端的交流电压的有效值为300 V，峰值为300 V
D．电阻两端的交流电压的有效值为300 V，峰值为600 V
解析：选AC.根据交变电流有效值的定义方法可知，此交变电流的有效值即为该直流电的电流值为3 A；根据正弦交变电流有效值与峰值的关系(I＝Imax/)可知，交变电流的峰值为3 A；根据部分电路欧姆定律，由U＝IR、Umax＝ImaxR，得电阻两端的交流电压的有效值为300 V，峰值为300 V，所以选项A、C正确，B、D错误．
两只相同的电阻，分别通过简谐波形的交流电和方形波的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图所示，在简谐波形交流电的一个周期内，简谐波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方形波交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比为等于(　　)
A．3∶1　　　　　　　　　 B．1∶2
C．2∶1 D．4∶3
解析：选B.题图甲为正弦交流电，其有效值为I1＝＝ A．题图乙为方波电流，由于电流的热效应与电流的方向无关，所以其有效值为I2＝Im＝1 A，因此＝＝.
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所示．下列说法正确的是(　　)
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是5 V
解析：选C.由图可读出Emax＝5 V，T＝4×10－2 s，由f＝得f＝0.25×102 Hz，故A错．由Imax＝＝1 A，而I＝＝ A，故B错．由PR＝I2R＝×5 W＝2.5 W，故C正确．交流电压表测得有效值为 V，故D错．
(2011·高考安徽卷)如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为 (　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D.扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L，各点的平均速度v＝，导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有：E＝，×＝I2RT，可得I＝，故D正确，A、B、C错误．
如图所示，两只阻值不相同的电阻，阻值之比为1∶2，分别通以正弦波和方波电流．电流的最大值相等，则两只电阻产生的热功率的比是(　　)
A．1∶4 B．1∶2
C．1∶1 D．2∶1
解析：选A.正弦波电流通过电阻在一个周期内产生的热量为Q正＝RT，则P正＝＝R，方波电流通过电阻在一个周期内产生的热量为Q方＝12×2RT，则P方＝＝2R，＝，A正确．
(2012·咸阳高二检测)10匝线圈在匀强磁场中匀速转动产生交变电动势e＝10sin(20πt) V，求：
(1)t＝0时线圈的磁通量和磁通量的变化率；
(2)线圈从中性面开始转过180°过程中，感应电动势的平均值和最大值之比．
解析：线圈转动过程中，根据线圈的磁通量的变化和电动势的变化关系，有
(1)因为Em＝nBSω＝nΦmω.
所以Φm＝＝ Wb＝ Wb.
t＝0时，电动势e＝0，磁通量为最大，如上式．根据法拉第电磁感应定律，磁通量的变化率就是电动势，所以，t＝0时磁通量的变化率为0.
(2)线圈从中性面开始转过180°过程的时间
t＝T＝0.05 s，
感应电动势平均值
E＝n×＝10×＝ V.
Em＝10 V，＝＝.
答案：(1)0　(2)
(2012·宝鸡市金台区高二检测)右图为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B＝0.5 T，线圈匝数N＝50匝，每匝线圈面积为0.48 m2，转速为150 r/min.在匀速转动过程中，从图示位置线圈转过90°开始计时．
(1)写出交流感应电动势瞬时值的表达式．
(2)画出e－t图线．
解析：(1)从线圈平面经过中性面开始计时，则线圈在时间t内转过角度ωt，于是瞬时感应电动势e＝Emsinωt，其中Em＝2NBLv＝NBSω.画线时，最大值是正弦图线的峰值，由纵轴上的刻度值标出．交流电的角频率与正弦图线的周期相对应，ω＝2π/T.而周期由时间轴上的刻度值标出．
由题意知：N＝50，B＝0.5 T，
ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，
S＝0.48 m2，e＝Emsinωt，
Em＝NBSω＝50×0.5×0.48×5π V＝188 V；
所以e＝188sin(5πt) V，T＝2π/ω＝0.4 s.
(2)e－t图线如图所示：
答案：见解析

如图所示的装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是(　　)
A．开关S接通的瞬间
B．开关S接通后，电路中电流稳定时
C．开关S接通后，滑动变阻器滑片滑动的瞬间
D．开关S断开的瞬间
解析：选ACD.开关S接通的瞬间，开关S接通后滑动变阻器滑片滑动的瞬间，开关S断开的瞬间，都使螺线管线圈中的电流变化而引起磁场变化，线圈A中的磁通量发生变化而产生感应电流．
如图所示，在匀强磁场中，MN、PQ是两条平行金属导轨，而ab、cd为串有电压表和电流表的两根金属棒，两只电表可看成理想电表．当两棒以相同速度向右匀速运动时(运动过程中两棒始终与导轨接触)(　　)
A．电压表有读数，电流表有读数
B．电压表无读数，电流表无读数
C．电压表有读数，电流表无读数
D．电压表无读数，电流表有读数
解析：选B.在两棒以相同速度向右匀速运动的过程中，磁通量不变，无电流产生，因无电流产生，根据电压表和电流表的测量原理知，两表均无读数．
(2011·高考广东卷)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是(　　)
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
解析：选C.由法拉第电磁感应定律E＝n可知感应电动势的大小E与n有关，与即磁通量变化的快慢成正比，所以A、B错，C正确．由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，即原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场方向相反．原磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场同向，故D错误．
如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向内．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面方向由左侧位置运动到右侧位置，则(　　)
A．导线框进入磁场时，感应电流的方向为abcda
B．导线框离开磁场时，感应电流的方向为abcda
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左
解析：选AD.只有导线框的cd边或ab边在磁场中运动时电路中才有感应电流，所以，cd边在磁场中切割磁感线时，用右手定则判断知感应电流方向为abcda，ab边在磁场中切割磁感线时，产生的感应电流方向为adcba；由楞次定律知，当线框进入时会受到阻碍，线框所受的安培力与运动方向相反，即向左；当线框离开磁场时，线框同样会受到阻碍，所受的安培力方向向左．综上所述，选项A、D正确．
如图所示，一水平放置的矩形线圈abcd，在细长的磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流(　　)
A．沿abcd流动
B．沿dcba流动
C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动
D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ至Ⅲ是沿abcd流动
解析：选A.穿过线圈的磁感线方向相反．由条形磁铁的磁场可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量最少为零，线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线圈的磁通量在减小，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向是abcd.
(2012·宁夏高二检测)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5 T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是(　　)
A．电压表记录的电压为5 mV
B．电压表记录的电压为9 mV
C．河南岸的电势较高
D．河北岸的电势较高
解析：选BD.海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁感线．根据右手定则，北岸是正极电势高，南岸电势低，所以D正确C错．根据法拉第电磁感应定律E＝BLv＝4.5×10－5×100×2 V＝9×10－3 V，所以B正确A错．
如图所示为利用高频交变电流焊接金属工件的原理示意图，图中A是高频交流线圈，C是工件，a是工件上的待焊接缝．当线圈A中通往高频电流时，会产生一个交变磁场．假设焊接时，工件C内磁场分布均匀，方向垂直于C所在平面，该磁场在C中产生的感应电动势可视为变化率为k的均匀变化磁场所产生的电动势．已知C所围面积为S，焊接时a处的电阻为R，工件其余部分电阻为r.求：
(1)焊接时工件中产生的感应电动势E；
(2)焊接时接缝处产生的热功率P.
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律E＝知
焊接时工件中产生的感应电动势
E＝S＝kS.
(2)根据闭合电路欧姆定律
焊接时工件中的电流I＝＝
P＝I2R＝·R.
答案：见解析
如图所示，水平面上有两根相距0.5 m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长L＝0.5 m，其电阻为r，与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.4 T．现使ab以v＝10 m/s的速度向右做匀速运动．
(1)ab中的感应电动势多大？
(2)若定值电阻R＝3.0 Ω，导体棒的电阻r＝1.0 Ω，则电路电流多大？
解析：(1)ab中的感应电动势为：E＝BLv
代入数据得：E＝2.0 V.
(2)由闭合电路欧姆定律，回路中的电流I＝
代入数据得：I＝0.5 A.
答案：(1)2.0 V　(2)0.5 A

关于电能输送的以下分析，正确的是(　　)
A．由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.输电线上损失的功率P损＝I2R线＝，公式中的U损指输电线上(即电阻R线)的分压，而不是输电电压，A、B两项错；公式P＝UI是电源提供的总电功率，而不是输电线上损失的电功率，D项错．
远距离输送一定功率的交变电流，若输送电压提高到n倍，则输电导线上(　　)
A．电能损失为原来的倍
B．电压损失为原来的倍
C．电能损失减少倍
D．电压损失减少n倍
解析：选ABC.设输送功率为P，输送电压为U，输电线电阻为r，依据ΔP＝r，ΔU＝r可以判断送电电压提高到n倍时，电能、电压损失分别为原来的、倍，分别减少了、倍，A、B、C对，D错．
理想变压器原线圈接入交变电流i＝Imsinωt，副线圈接有一电流表与负载电阻串联，电流表的读数为0.10 A．在t＝T时，原线圈中电流的瞬时值为0.03 A，由此可知该变压器的原、副线圈的匝数比为(　　)
A．10∶3　　　　　　　　　 B．3∶10
C．10∶3 D．3∶10
解析：选A.已知I2＝0.10 A，对原线圈：0.03 A＝Imsin135°得Im＝0.03 A，所以I1＝0.03 A．由电流关系求得A项正确．

如图所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器．已知变压器原线圈与副线圈的匝数比＝，加在原线圈上的电压为u1＝311sin100πt(V)，霓虹灯正常工作的电阻R＝440 kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流．下列判断正确的是(　　)
A．副线圈两端电压6220 V，副线圈中的电流14.1 mA
B．副线圈两端电压4400 V，副线圈中的电流10.0 mA
C．I1D．I1>I2
解析：选BD.原线圈电压的有效值为U1＝≈220 V，由＝得副线圈电压U2＝4400 V；由I2＝得I2＝10.0 mA，选项A错，B对．根据n1I2，选项C错，D对．
某同学想用220 V交流电作为小型收音机的电源．他先制作了一个将交流变为直流的整流器，但这个整流器需用6 V交流电源．于是他又添置了一个小变压器，电压比为220 V/(6 V)，由于时间长了，分不清原、副线圈，其外形如图所示，现要作为降压变压器使用，则交流电源(220 V)应接在 (　　)
A．a、b两端 B．c、d两端
C．a、c两端 D．b、d两端
解析：选B.由变压器结构原理可知，线圈中的电流越大，所用导线应当越粗，在降压变压器中，原线圈的电压大于副线圈的电压，即说明电流大的应是副线圈，导线相应要粗些，由图可知，ab线圈的导线较粗，所以cd应为原线圈，故输入电压(220 V)应接c、d两端．
(2012·上海宝山高二检测)某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按图规律变化，副线圈接有负载．下列判断正确的是(　　)
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9∶55
D．交流电源有效值为220 V，频率为50 Hz
解析：选AD.由题图可知，交流电源频率f＝＝50 Hz，峰值Um＝220 V，所以其有效值U＝＝220 V，D项正确．根据变压器的变压、变流和功率关系，输出电压U2m＝＝36 V，A项正确．原、副线圈中电流之比＝＝，B项错误．输入功率与输出功率相等，C项错误．
超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V．若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为(　　)
A．1 kW
B．1.6×103 kW
C．1.6 kW
D．10 kW
解析：选A.节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I＝＝ A＝50 A．P线＝I2R＝502×0.4 W＝1000 W，故节约的电功率为1 kW，A项正确．
如图所示为研究远距离输电过程的实验原理图，各电表均看成理想电表，变压器为理想变压器，V3的示数为6 V，V1的示数为4 V，A1示数为 A，A2示数为1 A，输电线电阻为16 Ω.求：
(1)降压变压器的匝数比；
(2)升压变压器的匝数比；
(3)输电线上的功率损失．
解析：(1)已知I2＝1 A，I1＝ A，
根据变压器电流比公式
n3∶n4＝I2∶I1
得n3∶n4＝4∶1.
(2)因为I1＝ A，r＝16 Ω
所以ΔU＝I1r＝4 V，
由U3∶U4＝n3∶n4
可得U3＝24 V，
所以U2＝U3＋ΔU＝28 V.
由U1∶U2＝n1∶n2得：
n1∶n2＝1∶7.
(3)由ΔP＝Ir可得：
ΔP＝1 W.
答案：(1)4∶1　(2)1∶7　(3)1 W

(2012·西安新城区高二检测)自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是(　　)
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D．焦耳发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
解析：选AC.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象与磁现象之间的联系，故A正确；欧姆定律是反映了导体中的电流与电压和电阻的关系，B错误；法拉第实现了转磁为电的梦想，揭示了磁现象和电现象的关系，故C正确；焦耳发现了电流的热效应，并且定量给出了电能和热能之间的转换关系，故D错误．
关于感应电流，下列说法中正确的是(　　)
A．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生
B．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生
C．线圈不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流
D．以上说法都不正确
解析：选C.产生感应电流的条件必须同时满足电路闭合和磁通量的变化，故选项C正确．
(2012·河南郑州外国语学校检测)磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量．如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由1平移到2，第二次将线框绕cd边翻转到2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则(　　)
A．ΔΦ1>ΔΦ2　　　　　　　　 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．无法确定
解析：选C.设线框在位置1时的磁通量为Φ1，在位置2时的磁通量为Φ2，直线电流产生的磁场在1处比在2处要强．若平移线框，则ΔΦ1＝Φ1－Φ2；若转动线框，磁感线是从线框的正反两面穿过的，一正一负，因此ΔΦ2＝Φ1＋Φ2.根据分析知：ΔΦ1<ΔΦ2，选项C正确．
用如图所示的实验探究电磁感应现象，下列操作中能产生感应电流的是(　　)
A．手持导体棒不动，将开关由断开到闭合的瞬间
B．保持开关闭合，手持导体棒竖直上、下移动
C．保持开关闭合，手持导体棒水平左、右移动
D．保持开关闭合，手持导体棒沿棒方向前、后水平移动
解析：选C.开关由断开到闭合的过程中，导体棒、开关和电流表组成的回路中磁通量不发生变化，也不会有感应电流产生．保持开关闭合，使之具备了产生感应电流的第一个条件：电路闭合；若要产生感应电流，还必须同时具备第二个条件：穿过电路的磁通量发生变化，B、D选项中的棒竖直上、下移动或沿棒方向水平移动，棒都没有切割磁感线，闭合回路中不产生变化的磁通量，不能产生感应电流．C中棒水平左、右移动，切割了磁感线，闭合回路中的磁通量发生变化，有感应电流产生．
一、选择题
下列关于发现电磁感应现象的说法正确的是(　　)
A．法拉第发现电磁感应现象只是一种偶然
B．其他人在研究过程中没有收获是因为没有穷追到底
C．科学家对自然现象、自然规律的某些“信念”，在科学发现中起着重要作用
D．成功属于坚持不懈的有心人
解析：选BCD.法拉第和其他同时代从事电磁感应研究的科学家有着共同的信念：自然界应该是和谐统一的．正因为在这种信念影响下从事研究，终于在科学上有所发现，但他们往往没有穷追到底，所以B、C对．法拉第发现电磁感应除了有坚定信念，同时具有踏实、客观的科学态度，十年坚持不懈的努力，终于取得了重大突破，所以A错，D对．故选B、C、D.
如图所示，矩形线框abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sinα＝，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为(　　)
A．BS B.
C. D.
解析：选B.由公式Φ＝BS⊥知，Φ＝BSsinα＝BS.选项B正确．
如图所示，在探究电磁感应现象的实验中，下列在闭合线圈中能产生感应电流的是(　　)
A．向线圈中快速插入条形磁铁
B．向线圈中匀速插入条形磁铁
C．把条形磁铁从线圈中快速拔出
D．把条形磁铁静止地放在线圈中
解析：选ABC.磁铁插入或拔出线圈时，无论动作是快速、匀速还是慢速，只要磁铁和线圈有相对运动，穿过闭合线圈的磁通量就发生了变化，线圈中就能产生感应电流．而把条形磁铁静止地放在线圈中，穿过线圈的磁通量不变，即使线圈闭合也不会在其中产生感应电流．
(2012·西安高二检测)匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为L，且L>d，线框以速度v匀速通过磁场区域，如图所示，线框从进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.由于L>d，所以只有在线框进入磁场的过程中(bc边未出磁场的过程中)和离开磁场的过程中(仅ad边在磁场中的过程中)，穿过线框的磁通量才发生变化，产生感应电流．ad边和bc边都在磁场外的过程中，没有感应电流，故t＝.
一磁感应强度为B的匀强磁场，方向水平向右，面积为S的矩形线圈abcd，如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量变化量为(　　)
A．0 B．2BS
C．2BScosθ D．2BSsinθ
解析：选C.可先求始末状态的磁通量，由ΔΦ＝|Φ1－Φ2|，便可求出磁通量的变化．开始时，穿过线圈平面的磁通量为Φ1＝BScosθ，后来穿过线圈平面的磁通量为Φ2＝－BScosθ.
故磁通量变化量为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2BScosθ.
两个圆环A、B如图所示放置，且半径RA>RB，一条形磁铁的轴线过两个圆环的圆心处，且与圆环平面垂直，则穿过A、B环的磁通量ΦA和ΦB的关系是(　　)
A．ΦA>ΦB B．ΦA＝ΦB
C．ΦA<ΦB D．无法确定
解析：选C.因为有两个方向的磁感线穿过线圈，磁通量应是抵消之后所剩余的磁感线的净条数．从上向下看，穿过圆环A、B的磁感线如图所示，磁感线有进有出，A、B环向外的磁感线条数一样多，但A环向里的磁感线条数较多，抵消得多，净剩条数少，所以ΦA<ΦB，选项C正确．
(2012·商州区高二检测)法拉第发现了“磁生电”的现象，不仅推动了电磁理论的发展，而且推动了电磁技术的发展，引领人类进入了电气时代．下列哪些器件工作时用到了法拉第的“磁生电”的现象(　　)
A．电视机的显像管 B．磁流体发电机
C．指南针 D．电磁炉
解析：选D.电视机的显像管利用了电子在电场中的偏转，故A错；磁流体发电机利用了带电粒子在磁场力作用下的偏转，故B错．指南针利用了地磁场对磁极的作用，故C错；电磁炉利用了变化的磁场使被加热物体中产生感应电流而发热，即利用了“磁生电”，故D对．
如图所示，线框abcd从有界的匀强磁场区域穿过，下列说法中正确的是(　　)
A．进入匀强磁场区域的过程中，abcd中有感应电流
B．在匀强磁场中加速运动时，abcd中有感应电流
C．在匀强磁场中匀速运动时，abcd中没有感应电流
D．离开匀强磁场区域的过程中，abcd中没有感应电流
解析：选AC.在有界的匀强磁场中，常常需要考虑线框进场、出场和在场中运动的情况，abcd在匀强磁场中无论匀速还是加速运动，穿过abcd的磁通量都没有发生变化．
如图所示，两线圈绕在圆环铁芯上，则下列说法中正确的是(　　)
A．当S闭合瞬间，小电灯由暗到亮，直至正常发光
B．当S始终闭合时，小电灯就能正常发光
C．当S断开瞬间，小电灯由原来的不亮到亮一下
D．上述说法都是错误的
解析：选C.在此结构中，左线圈中电流产生的磁场的磁感线，可以通过圆环铁芯内部穿过右边线圈．当S闭合或断开的瞬间，其电流及电流产生的磁场就要发生改变，即穿过右线圈的磁通量就发生改变，则小电灯中有瞬间的电流通过而发光；一旦左线圈的电流不再变化，则穿过两线圈的磁通量都不再变化了，小电灯中不再产生感应电流，因而不再发光，故选项C是正确的，A、B、D项错误．
如图所示的实验中，在一个足够大的磁铁的磁场中，如果AB沿水平方向运动速度的大小为v1，两磁极沿水平方向运动速度的大小为v2，则(　　)
A．当v1＝v2，且方向相同时，可以产生感应电流
B．当v1＝v2，且方向相反时，可以产生感应电流
C．当v1≠v2时，方向相同或相反都可以产生感应电流
D．当v2＝0，v1的速度方向改为与磁感线的夹角为θ，且θ<90°，可以产生感应电流
解析：选BCD.若v1＝v2，且方向相同，二者无相对运动，AB不切割磁感线，回路中无感应电流，A错；若v1＝v2，且方向相反，则AB切割磁感线，穿过回路的磁通量变大或变小，都有感应电流产生，B对；当v1≠v2时，无论方向相同或相反，二者都有相对运动，穿过回路的磁通量都会发生变化，有感应电流产生，C对；当v2＝0，v1与磁感线的夹角θ<90°时，v1有垂直磁感线方向的分量，即AB仍在切割磁感线，穿过回路的磁通量发生变化，有感应电流产生，D对．
二、非选择题
匀强磁场的磁感应强度B＝0.8 T，矩形线圈abcd的面积S＝0.5 m2，共10匝．开始时，B与S垂直，且线圈有一半在磁场中，如图所示．
(1)当线圈绕ab边转过60°角时，求此时线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的变化量．
(2)当线圈绕dc边转过60°角时，求此时线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的变化量．
解析：(1)当线圈由图示位置绕ab边转过60°角时，Φ＝BS⊥＝BScos60°＝0.8×0.5× Wb＝0.2 Wb(此时的S⊥正好全部处在磁场中)．在此过程中S⊥在磁场中的那部分面积没变，穿过线圈的磁感线条数没变，故磁通量变化量ΔΦ＝0.
(2)当线圈绕dc边转过60°角时，此时S⊥在磁场中的面积为零，所以Φ＝0.在此过程中，ΔΦ＝0－BS＝－0.2 Wb，即磁通量改变了0.2 Wb.
答案：见解析
如图所示，在边长为2l的正方形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，有一边长为l的正方形导线框沿垂直磁场方向以速度v匀速通过磁场区域，从ab边刚进入磁场时开始计时(t＝0)：
(1)试指出哪些时间段线框中有感应电流产生；
(2)画出磁通量随时间变化的图像．
解析：(1)线框进入磁场的过程，在0～时间段内有感应电流产生；线框离开磁场过程，
在～时间段内有感应电流产生．
(2)如图所示，图中磁通量最大值Φm＝BS＝Bl2.
答案：见解析
寻找磁单极子——感应
电流产生条件的应用　
在电现象里有电荷，而且正、负电荷可以单独存在．在磁现象里却没有发现磁荷，南北极也不能单独存在．一块磁体，无论把它分得多么小，总是有南极和北极．
1931年，英国物理学家狄拉克从理论上预言存在着只有一个磁极的粒子——磁单极子．根据磁单极子的理论，电和磁之间的相似将更加完美．理论的动人前景，吸引了一批物理学家，用各种方法，在岩石中，在宇宙射线(即从宇宙空间飞来的粒子)中，在加速器实验中，去寻找磁单极子，但是到现在还没有找到，人们推测，磁单极子可能是在宇宙形成初期产生的，残存下来的为数较少，而且分散在广漠的宇宙之中，要找到它是很不容易的．
美国的一位物理学家卡布莱拉用实验寻找磁单极子，实验依据的原理就是电磁感应现象．仪器的主要部分是由超导体做成的线圈．你知道他为什么要用超导体做成线圈吗？若有磁单极子通过线圈，会发生什么现象？
1982年2月，这位物理学家发现在超导线圈中出现了稳定的电流，认定这是磁单极子穿过了超导线圈．不过以后没有重复观察到那次实验中观察到的现象，所以这一事例还不能证实磁单极子的存在．
目前，寻找磁单极子的实验还在进行中，如果磁单极子确实存在，现在的电磁理论就要做重大的修改，对整个物理学基础理论的发展将产生重大影响．

根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是(　　)
A．阻碍引起感应电流的磁通量
B．与引起感应电流的磁场方向相反
C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化
D．与引起感应电流的磁场方向相同
解析：选C.根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍的是引起感应电流的磁通量的变化，A错、C对；感应电流的磁场方向在磁通量增加时与原磁场反向，反之同向，B、D错．
(2012·安康高二检测)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置由静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是(　　)
A．a→b→c→d→a
B．d→c→b→a→d
C．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a
D．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d
解析：选B.如题图，磁场方向向上，开始磁通量减小，后来磁通量增大．由“增反减同”可知电流方向是d→c→b→a→d.B项正确．
(2012·延安市高二检测)如图所示，A、B都是很轻的铝环，分别吊在绝缘细杆的两端，杆可绕竖直轴在水平面内转动，环A是闭合的，环B是断开的．若用磁铁分别接近这两个圆环，则下面说法正确的是(　　)
A．图中磁铁N极接近A环时，A环被吸引，而后被推开
B．图中磁铁N极远离A环时，A环被排斥，而后随磁铁运动
C．用磁铁N极接近B环时，B环被排斥，远离磁铁运动
D．用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥
解析：选D.铝环不能被磁铁吸引，根据楞次定律知，由于磁铁与回路间相对运动引起的感应电流，其作用效果是“来拒去留”，由于A环闭合，即用磁铁的任一磁极接近A环时，二者互相排斥，远离A环时，则互相吸引．由于B环是断开的，则无上述作用，故D对，A、B、C都错．
如图所示，当圆环向右运动时acb、adb、elf中有电流的是________，它们的方向分别为________，a、b两点相比较________点电势高．
解析：当圆环向右运动时，acb、adb同时向右做切割磁感线运动，这种切割方式等效于在a、b间连两条直导线切割．由右手定则判定，感应电流的方向是b→c→a→e→l→f→b和b→d→a→e→l→f→b，相当于acb、adb两个相同电源并联，外电路是线圈elf，圆环是电源，故a点电势高．
答案：acb、adb、elf　b→c→a、b→d→a、e→l→f　a
一、选择题
(2012·西安高二检测)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．
(2012·上海高二检测)一根沿东西方向的水平导线，在赤道上空自由落下过程中，导线上各点的电势(　　)
A．东端最高　　　　　　　 B．西端最高
C．中点最高 D．各点一样高
解析：选A.赤道上空地磁场方向是由南向北，则根据右手定则不难判断导线的东端电势最高，故答案为A.
如图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁；磁铁的N极朝下，当磁铁向下运动时(但未插入线圈内部)，下列说法中正确的是(　　)
A．线圈中产生感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引
B．线圈中产生感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥
C．线圈中产生感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引
D．线圈中产生感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥
解析：选B.磁铁N极朝下，且向下运动，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，感应电流的磁场方向与原磁场(条形磁铁的磁场)相反，即上端为N极，由安培定则确定出电流方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈之间有相互排斥的磁力作用，故答案B正确，其他选项错误．
(2012·南宁高二检测)如图所示，有一固定的超导体圆环，在其右侧放一条形磁铁，此时圆环中没有电流，当把磁铁向右方移走时，由于电磁感应，在超导体圆环中产生了一定的电流，则这时的感应电流(　　)
A．方向如图所示，将很快消失
B．方向如图所示，将继续维持
C．方向与图示相反，将很快消失
D．方向与图示相反，将继续维持
解析：选D.当条形磁铁向右运动时，向左穿过圆环的磁通量减少，根据楞次定律可知，在圆环中的感应电流方向与图示方向相反，由于圆环是超导体，所以环中的电流将持续存在，故D正确．
如图所示，匀强磁场垂直于圆形线圈指向纸里，a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点．现用外力作用在上述四点，将线圈拉成正方形，设线圈导线不可伸长，且线圈仍处于原先所在的平面内，则在线圈发生形变的过程中(　　)
A．线圈中将产生abcd方向的感应电流
B．线圈中将产生adcb方向的感应电流
C．线圈中产生感应电流的方向先是abcd，后是adcb
D．线圈中无感应电流产生
解析：选A.在线圈发生形变的过程中，闭合回路的面积减小．根据楞次定律可知感应电流的方向为abcd，所以选项A正确．
如图所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点连接并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0?L.先将线框拉开到如图所示的位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦．下列说法正确的是(　　)
A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→a
B．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→a
C．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等
D．金属线框最终将在磁场内做往复运动
解析：选D.金属线框进入磁场时穿过线框的磁通量增加，线框中产生的感应电流的方向为a→d→c→b→a，而金属线框离开磁场时穿过线框的磁通量减少，线框中产生的感应电流的方向为a→b→c→d→a.金属线框每次进出磁场时，都有一定的机械能转化为电能，表现为线框进出磁场的速率逐渐减小，摆起的高度有所下降，最终线框将在磁场内做往复运动，机械能保持不变，选项D正确．
(2011·高考上海卷)如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中(　　)
A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
B．感应电流方向一直是逆时针
C．安培力方向始终与速度方向相反
D．安培力方向始终沿水平方向
解析：选AD.圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以选A；由于圆环所在处的磁场，上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，故D正确．
一位同学按照如图所示连接电路，并做如下操作：让螺线管A的轴线和线圈C的平面垂直，闭合开关的瞬间，发现电流表的指针向右偏转，则下列说法正确的是(　　)
A．断开开关的瞬间，电流表的指针将向左偏转
B．断开开关的瞬间，电流表的指针将向右偏转
C．闭合开关后，将滑动变阻器的滑片迅速向左移动，电流表的指针将向左偏转
D．闭合开关后，将滑动变阻器的滑片迅速向左移动，电流表的指针将向右偏转
解析：选AD.闭合开关的瞬间，穿过线圈C的磁通量增加，线圈会产生阻碍其磁通量增加的反向磁场，相应会产生感应电流，使得电流表的指针向右偏转．在断开开关的瞬间，穿过线圈C的磁通量减小，和闭合开关的情况相反，即电流表指针向左偏转．闭合开关后，电路中有稳定的电流，而若将滑动变阻器的滑片迅速向左移动，电路中的电阻减小，电流增大，穿过线圈C的磁通量增大，其产生的感应电流的方向与闭合开关的瞬间相同，电流表的指针向右偏转．
(2011·高考江苏卷)如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中(　　)
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安培力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
解析：选B.直线电流的磁场离导线越远，磁感线数量越稀，故线圈在下落过程中磁通量一直减小，A错；由于上、下两边电流相等，上边磁场较强，线框所受合力不为零，C错；由于电磁感应，一部分机械能转化为电能，机械能减小，D错．故B对．
(2011·高考上海卷)如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a(　　)
A．顺时针加速旋转
B．顺时针减速旋转
C．逆时针加速旋转
D．逆时针减速旋转
解析：选B.由楞次定律，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部磁场向里．故选项B符合．
二、非选择题
如右图所示，试判断当开关闭合和断开瞬间，矩形线圈ABCD中的电流方向．
解析：根据楞次定律按步骤判断如下：
当S闭合瞬间：
①研究回路ABCD，穿过回路的原磁场由电流I产生，在回路ABCD中其磁场方向指向读者．
②接通瞬间，回路ABCD中的磁通量增加．
③由楞次定律得知，感应电流的磁场方向与B原相反，指向纸内．
④由右手定则得知，感应电流方向为：A→D→C→B→A.
当S断开瞬间：
①研究回路仍为闭合线圈ABCD，穿过回路的原磁场仍由I产生，由安培定则可知，在回路ABCD内的原磁场方向指向读者．
②S断开时，穿过回路ABCD的原磁场的磁通量减小．
③由楞次定律可知，感应电流的磁场方向应和B原相同，即指向读者．
④由右手定则知，感应电流方向是A→B→C→D→A.
答案：闭合瞬间感应电流方向A→D→C→B→A　断开瞬间感应电流方向A→B→C→D→A
在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合电路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路．
在甲图中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏(不通电时指针停在正中央)．
在乙图中：
(1)S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将如何偏转？
(2)线圈A放在B中不动时，指针如何偏转？
(3)线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表指针如何偏转？
(4)线圈A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表指针如何偏转？
解析：由甲图可知，电流从接线柱“＋”流入电流表时，指针向左偏转，则电流从接线柱“－”流入电流表时，指针将向右偏转．
(1)在乙图中，S闭合后，通电的线圈A相当于一根条形磁铁(S极在下，N极在上)，A插入B中时，穿过B的方向朝上的磁通量增加，根据楞次定律，B中感应电流的磁场方向朝下，运用安培定则可判断，B中感应电流从接线柱“－”流入电流表，电流表指针向右偏转．
(2)A在B中不动时，穿过B的磁通量(实际上是通电的A线圈的磁场)不变化，B中没有电流通过，这时电流表的指针不偏转．
(3)A在B中不动，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，它的电阻减小，通过A的电流增大，磁场增强，穿过B的方
向朝上的磁通量增大，根据楞次定律，B中感应电流的磁场方向朝下，运用安培定则，B中产生的感应电流从接线柱“－”流入电流表，电流表指针向右偏转．
(4)A在B中不动，突然切断S，B中方向朝上的磁通量突然消失，这时将发生电磁感应现象，B中感应电流的磁场方向应朝上，感应电流将从接线柱“＋”流入电流表，电流表指针将向左偏转．
答案：(1)向右偏　(2)不偏转　(3)向右偏　(4)向左偏
楞次定律是能量守恒在电磁感应中的体现
根据楞次定律，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．由于“阻碍”，为了维持原磁场的变化，必须有外力克服这一阻力而做功，从而导致其他形式的能转化为电能．如图所示，当条形磁铁靠近线圈时，线圈产生图示方向的电流，这个感应电流对条形磁铁产生斥力，阻碍条形磁铁的靠近，必须有外力克服这个斥力做功，它才能移近线圈；当条形磁铁离开线圈时，感应电流方向与图中方向相反，这个感应电流对条形磁铁产生引力，阻碍条形磁铁的离开，必须有外力克服这个力做功，它才能远离线圈．这里的外力做功就是机械能转化为电能的过程．因此说楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现．

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．
在理解法拉第电磁感应定律E＝n及其改写式E＝nS，E＝nB的基础上，下列叙述正确的是(　　)
A．对给定的线圈，感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比
B．对给定的线圈，感应电动势的大小跟磁感应强度的变化量ΔB成正比
C．对给定的磁场，感应电动势的大小跟面积的变化率成正比
D．三个计算式计算出的感应电动势都是Δt时间内的平均值
解析：选ACD.由E＝n可知，对给定线圈，E和成正比，A对；由E＝nS可知，对给定线圈，E和成正比，B错；由E＝nB可知，对给定的磁场，E和成正比，C对；以上三个表达式中都是变化量与时间相比，所以都是平均值，D对．故选ACD.
(2012·济南高二检测)如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是(　　)
A．感应电流方向不变
B．CD段直导线始终不受安培力
C．感应电动势最大值Em＝Bav
D．感应电动势平均值E＝πBav
解析：选ACD.导体切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知，感应电流方向不变，A正确．
感应电动势最大值即切割磁感线等效长度最大时的电动势，故Em＝Bav，C正确．
E＝①
ΔΦ＝B·πa2②
Δt＝③
由①②③得E＝πBav，D正确．
(2012·西安高二检测)如图所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计，导体棒与圆形导轨接触良好．当开关S断开时，求：
(1)在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值；
(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；
(3)当MN通过圆形导轨中心时，通过r的电流是多少？
解析：(1)整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS＝BπR2，所用的时间Δt＝，
代入E＝＝·v＝
通过r的平均电流I＝＝.
(2)通过r的电荷量q＝IΔt＝·＝.
(3)MN经过圆形导轨中心O时，
感应电动势为E＝Blv＝2BRv
通过r的电流为I＝＝.
答案：(1)　(2)　(3)
一、选择题
关于感应电动势，下列说法中正确的是(　　)
A．电源电动势就是感应电动势
B．产生感应电动势的那部分导体相当于电源
C．在电磁感应现象中没有感应电流就一定没有感应电动势
D．电路中有电流就一定有感应电动势
解析：选B.电源电动势的来源很多，不一定是由于电磁感应产生的，所以选项A错误；在电磁感应现象中，如果没有感应电流，也可以有感应电动势，电路中的电流可能是由化学电池或其他电池作为电源而产生的，所以应该是有感应电流才有感应电动势．
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：选C.根据法拉第电磁感应定律E＝可知 ，E与Φ的变化率成正比．Φ大，E不一定大，ΔΦ大，E也不一定大，所以只有选项C正确．
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 V
B．线圈中的感应电动势每秒钟减少2 V
C．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：＝2 Wb/s，故E＝＝2 V，保持不变．
如图所示，导体ab长为L，速度v的方向与导体垂直，与磁感线成θ角．则：磁感应强度为B时，导体在运动时产生的感应电动势为(　　)
A．0 B．BLv
C．BLvsinθ D．BLvcosθ
解析：选A.导体没有切割磁感线，故E＝0.此题很容易错解为E＝BLvsinθ，其原因是不能正确分析导体是否切割磁感线．
(2012·商洛市高二检测)将一条形磁铁缓慢或者迅速地插到闭合线圈中的同一位置处，不会发生变化的物理量是(　　)
A．线圈中感应电动势的大小
B．磁通量的变化率
C．感应电流的大小
D．流过线圈横截面的电荷量
解析：选D.将条形磁铁插到闭合线圈的同一位置处，磁通量的变化量相同．因为所用时间不同，所以磁通量的变化率不同，产生的感应电动势不等；由闭合电路欧姆定律知，产生的感应电流也不等，A、B、C项错误．
又，故Q＝×Δt＝，
可见，两次流过线圈横截面的电荷量相等，跟磁铁插入的快慢无关，D项正确．
如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是(　　)
A．越来越大 B．越来越小
C．保持不变 D．无法判断
解析：选C.本题考查导体切割磁感线产生的感应电动势．关键是分析出垂直切割磁感线的速度情况．金属棒水平抛出后，在垂直于磁场方向上的速度不变，由E＝BLv知，电动势也不变，故选C.
(2012·杭州高二检测)如图所示，将直径为d、电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A.金属环在拉出磁场的过程中，平均感应电动势为E＝，故通过某一截面的电荷量为q＝I·Δt＝·Δt＝＝＝，故A正确．
粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是(　　)
解析：选B.将线框等效成直流电路，设线框每条边的电阻为r，A、B、C、D对应的等效电路图分别如图甲、乙、丙、丁所示．
四次移动中速度大小相等，故电动势E＝BLv相等，电路中电流I＝大小相等，在选项A、C、D中，a、b两点间电势差U＝Ir＝，而选项B中，U′＝I·3r＝BLv，故选项B正确．
如图所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度 ω匀速转动，OB为R，且OBA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(　　)
A.BωR2 B．2BωR2
C．4BωR2 D．6BωR2
解析：选C.A点线速度vA＝ω·3R，B点线速度vB＝ωR，AB棒切割磁感线的平均速度v＝＝2ωR，由E＝Blv得，A、B两端的电势差为E＝B·2R·v＝4BωR2，C正确．
(2012·宁夏高二检测)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(　　)
A．线圈中O时刻感应电动势最小
B．线圈中C时刻感应电动势为零
C．线圈中C时刻感应电动势最大
D．线圈从O至C时间内平均感应电动势为0.4 V
解析：选BD.由E＝可知，题图中曲线斜率的大小即代表感应电动势的大小，故O时刻感应电动势最大，C时刻最小；O～C时间段，E＝＝ V＝0.4 V，故答案为B、D.
二、非选择题
如图所示，一个50匝的线圈的两端跟R＝99 Ω的电阻相连接，置于竖直向下的匀强磁场中．线圈的横截面积是20 cm2，电阻为1 Ω，磁感应强度以100 T/s的变化率均匀减小．在这一过程中通过电阻R的电流多大？2 s内通过R的电荷量多大？2 s内R产生的热量是多少？
解析：由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势
E＝n＝nS＝50×100×20×10－4 V＝10 V.
由闭合电路欧姆定律知感应电流为
I＝＝ A＝0.1 A.
2 s内通过R的电荷量
q＝I·t＝0.1×2 C＝0.2 C.
2 s内电阻R产生的热量
Q＝I2Rt＝0.12×99×2 J＝1.98 J.
答案：0.1 A　0.2 C　1.98 J
把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触，当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：
(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压UMN.
(2)在圆环和金属棒上消耗的总热功率．
解析：(1)把切割磁感线的金属棒看成一个具有内阻为R，电源电动势为E的电源，两个半圆环看成两个并联电阻，画出等效电路如图所示．
等效电源电动势为E＝Blv＝2Bav.
外电路的总电阻为R外＝＝R.
棒上电流大小为I＝＝＝.
电流方向从N流向M.
根据分压原理，棒两端的电压为
UMN＝·E＝Bav.
(2)圆环和金属棒上消耗的总热功率为
P＝IE＝.
答案：(1)Bav　(2)
公式E＝n与E＝BLvsinθ的异同和应用
异同点
E＝n
E＝BLvsinθ
区
别
(1)求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程相对应
(1)求的是瞬时感应电动势，E与某个时刻或某个位置相对应
(2)求的是整个回路的感应电动势．整个回路的感应电动势为零时，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零
(2)求的是回路中一部分导体切割磁感线时产生的感应电动势
(3)由于是整个回路的感应电动势，因此电源部分不容易确定
(3)由于是一部分导体切割磁感线的运动产生的，该部分就相当于电源
联系
公式E＝n和E＝Blvsinθ是统一的，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势，只是由于高中数学知识所限，现在还不能这样求瞬时感应电动势，而公式E＝Blvsinθ中的v若代入，则求出的E为平均感应电动势
如何选用E＝n与E＝BLvsinθ
(1)求解导体做切割磁感线运动产生感应电动势的问题时，两个公式都可．
(2)求解某一过程(或某一段时间)的感应电动势，平均电流、通过导体横截面的电荷量等问题时，应选用E＝n.
(3)求解某一时刻(或某一位置)的感应电动势，计算瞬时电流、电功率及某段时间内的电功、电热等问题时，应选用E＝BLvsinθ.

给电动机接通电源，线圈受安培力的作用转动起来．由于线圈要切割磁感线，因此必有感应电动势产生，感应电流方向与原电流方向相反，就此问题，下列说法正确的是(　　)
A．电动机中出现的感应电动势为反电动势，反电动势会阻碍线圈的运动
B．如果电动机正常工作，反电动势会加快电动机的转动
C．如果电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动，就没了反电动势，线圈中的电流就会很大，很容易烧毁电动机
D．如果电动机工作电压低于正常电压，电动机也不会转动，此时尽管没有反电动势，但由于电压低也不容易烧毁电动机
解析：选AC.根据反电动势的特点可知选项A、C正确．
如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则这两次过程中(　　)
A．回路电流I1∶I2＝1∶2
B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶2
C．通过任一截面电荷量q1∶q2＝1∶2
D．外力的功率P1∶P2＝1∶2
解析：选AB.感应电动势为BLv，感应电流I＝＝，大小与速度成正比，产生的热量Q＝I2Rt＝·＝v，B、L、L′、R是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比．
通过任一截面的电荷量q＝I·t＝·＝与速度无关，所以这两次过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1.金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相同．则外力的功率P＝Fv＝BIL·v＝，其中B、L、R相同，外力的功率与速度的平方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4.
如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则(　　)
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α增大，vm将变大
C．如果R增大，vm将变小
D．如果m减小，vm将变大
解析：选B.以金属杆为研究对象，受力如图所示．根据牛顿第二定律得
mgsinα－F安＝ma，
其中F安＝.
当a→0时，v→vm，
解得vm＝，
结合此式分析即得B选项正确．
(2012·宝塔区高二检测)如图所示，竖直固定的光滑U形金属导轨MNOP每米长度的电阻为r，MN平行于OP，且相距为l，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直．有一质量为m、电阻不计的水平金属杆ab可在导轨上自由滑动，滑动过程中与导轨接触良好且保持垂直．将ab从某一位置由静止开始释放后，下滑h高度时速度达最大，在此过程中，电路中产生的热量为Q，以后设法让杆ab保持这个速度匀速下滑，直到离开导轨为止．求：
(1)金属杆匀速下滑时的速度．
(2)匀速下滑过程中通过金属杆的电流I与时间t的关系．
解析：(1)金属杆ab由静止释放到刚好达最大速度vm的过程中，由能量守恒定律可得mgh＝Q＋mv
解得vm＝.①
(2)设金属杆刚达到最大速度时，电路总电阻为R0.
ab杆达最大速度时有mg＝BIl②
E＝Blvm③
I＝④
由②③④得mg＝，再经时间t，电路总电阻
R＝R0－2rvmt，则I＝＝.
联立以上各式解得I＝.
答案：(1)　(2)I＝
一、选择题
朝南的钢窗原来关着，今将它突然朝外推开，转过一个小于90°的角度，考虑到地球磁场的影响，则左侧钢窗活动的一条边中(　　)
A．有自下而上的微弱电流
B．有自上而下的微弱电流
C．有微弱电流，方向是先自上而下，后自下而上
D．有微弱电流，方向是先自下而上，后自上而下
解析：选A.钢窗打开时，向北穿过钢窗的磁通量减小，根据楞次定律，钢窗的活动边产生自下而上的微弱电流，故A正确．
如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，那么下列说法中正确的是(　　)
A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生
B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生
C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是磁场能转变成电能
D．线框在磁场中间运动的过程中，电能转变成机械能
解析：选A.线框只在进入和穿出磁场的过程中，穿过它的磁通量才会发生变化，该过程中发生机械能和电能的相互转化．
图中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆，有均匀磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB(　　)
A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0
B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0
C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0
D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0
解析：选D.横杆AB匀速运动时，产生的感应电动势E＝BLv，R上电流I1≠0，电容器两端电压不变，据Q＝CU，电容器上电荷量不变化，I2＝0，故A、B选项都不正确；导体做加速运动，电阻R上有电压，因此有电流，电容器上的电压变大，极板上电荷量增大，形成充电电流，I2≠0，因此，D选项正确，C选项错误．
如图所示，固定于水平绝缘面上的平行金属导轨不光滑，垂直于导轨平面有一匀强磁场，质量为m的金属棒cd垂直放在导轨上，除R和cd棒的电阻r外，其余电阻不计．现用水平恒力F作用于cd棒，使cd棒由静止开始向右滑动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能
B．只有在cd棒做匀速运动时，F对cd棒做的功才等于电路中产生的电能
C．无论cd棒做何种运动，它克服磁场力做的功一定等于电路中产生的电能
D．R两端的电压始终等于cd棒上感应电动势的值
解析：选C.F作用于棒上使棒由静止开始做切割磁感线运动，产生感应电动势的过程中，F做的功转化为三种能量：棒的动能ΔEk、摩擦生热Q和回路电能E，即使cd棒匀速运动，ΔEk＝0，但Q≠0，故A、B错误；对C项可这样证明，经过时间Δt，cd棒发生的位移为s，则cd棒克服磁场力做的功W＝BIL·s＝BIΔS＝I·ΔΦ＝EIΔt＝E电，永远成立，故C项正确；回路中，cd棒相当于电源，有内阻，所以路端电压不等于感应电动势，所以D错误．
如图所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是(　　)
A．导体棒的a端电势比b端电势高，电势差Uab在逐渐增大
B．导体棒的a端电势比b端电势低，电势差Uab在逐渐增大
C．线框cdef中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大
D．线框cdef中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大
解析：选A.导体棒ab切割磁感线属于动生电动势，由右手定则可知，φa>φb，磁感应强度B随时间均匀增大，由E＝BLv得，电势差Uab在逐渐增大，选项A正确而B错误；矩形线框cdef因为运动而在cd、ef中产生的动生电动势相抵消，故只有磁感应强度变化而在线框中产生的感应电动势，由楞次定律得，线框中感应电流的方向是逆时针方向，由法拉第电磁感应定律E＝·S得，线框cdef中感应电动势的大小不变，因此其感应电流的大小也不变，选项C、D均错．
用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示．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(　　)
A．UaC．Ua＝Ub解析：选B.由题知Ea＝Eb＝BLv，Ec＝Ed＝2BLv，由闭合电路欧姆定律和串联电路电压分配与电阻成正比可知Ua＝BLv，Ub＝BLv，Uc＝BLv，Ud＝BLv，故B正确．
(2012·开封高二检测)如图所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd，与导轨构成矩形回路，导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计．在导轨平面间有一竖直向下的匀强磁场．开始时，导体棒处于静止状态，剪断细线后，导体棒在运动过程中(　　)
A．回路中有感应电动势
B．两根导体棒所受安培力方向相同
C．两根导体棒和弹簧构成的系统机械能守恒
D．两根导体棒和弹簧构成的系统机械能不守恒
解析：选AD.剪断细线后，穿过闭合回路的磁通量不停地变化，因此回路中有感应电动势，选项A正确；根据左手定则可知，两根导体棒所受安培力方向相反，选项B错误；由于在过程中有电能产生，所以系统的机械能不守恒，选项C错误，D正确．
(2012·上海高二检测)如图所示，导体棒ab可以无摩擦地在足够长的竖直轨道上滑动，整个装置处于匀强磁场中，除电阻R外，其他电阻均不计，则在ab棒下落的过程中(　　)
A．ab棒的机械能守恒
B．ab棒达到稳定速度以前，其减少的重力势能全部转化为电阻R增加的内能
C．ab棒达到稳定速度以前，其减少的重力势能全部转化为增加的动能和电阻R增加的内能
D．ab棒达到稳定速度以后，其减少的重力势能全部转化为电阻R增加的内能
解析：选CD.ab棒下落过程中切割磁感线，产生感应电流，有机械能转化为电能，电能又进一步转化为内能．达到稳定速度前，动能增加，减少的重力势能转化为导体棒的动能和电阻R的内能；达到稳定速度后，动能不变，减少的重力势能全部转化为电阻的内能．
光滑金属导轨宽L＝0.4 m，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图甲所示．磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．金属棒ab的电阻为1 Ω，自t＝0时刻起从导轨最左端以v＝1 m/s的速度向右匀速运动，则(　　)
A．1 s末回路中电动势为0.8 V
B．1 s末ab棒所受磁场力为0.64 N
C．1 s末回路中电动势为1.6 V
D．1 s末ab所受磁场力为1.28 N
解析：选CD.1 s末磁感应强度为B＝2 T，所以1 s末回路中动生电动势为E1＝BLv＝2×0.4×1 V＝0.8 V．感生电动势为E2＝＝0.8 V，所以E＝E1＋E2＝1.6 V．棒所受的磁场力F＝BIl＝·LB＝1.28 N.
(2012·榆林高二检测)如图所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，一部分处于方向垂直导轨所在平面且有上下水平边界的匀强磁场中，一根金属杆MN水平沿导轨滑下，在由导轨和电阻R组成的闭合电路中，其他电阻不计，当金属杆MN进入磁场区后，其运动速度图像可能是下图中的(　　)
解析：选ACD.金属棒进入磁场后，切割磁感线，产生感应电动势．电路中有感应电流，由右手定则和左手定则知，MN所受安培力方向向上，其大小为F＝BIl＝.线框刚进入磁场时，若安培力F＝mg，则MN匀速，A对．若Fmg，MN向下减速，a＝＝－g.随着速度v逐渐减小，加速度逐渐减小，D对，故选A、C、D.
二、非选择题
如下图所示，在水平面上有两根平行导电轨道MN、PQ，导轨间距为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度为B，两根金属棒a、b分别架在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m1、m2和R1、R2，两棒与轨道接触良好，与导轨间的动摩擦因数皆为μ.已知棒a被外力拖动，以恒定的速度v0沿导轨运动；达到稳定后棒b也以恒定的速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略不计．求此时棒b克服摩擦力做功的功率．
解析：设棒b的运动速度为v，由于两棒均切割磁感线产生感应电动势，其中棒b产生的感应电动势为反电动势，因此电路中的总电动势为E＝Bl(v0－v)，感应电流为I＝，棒b做匀速运动，它受到的安掊力等于它受到的摩擦力，即BIl＝μm2g.
摩擦力的功率为P＝μm2gv，解以上各式可得：
P＝μm2g.
答案：μm2g
(2011·高考大纲全国卷)如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g.求：
(1)磁感应强度的大小；
(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率．
解析：(1)设小灯泡的额定电流为I0，有
P＝IR①
由题意知，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，两小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为
I＝2I0②
此时金属棒MN所受的重力和安培力大小相等，下落的速度达到最大值，有
mg＝BLI③
联立①②③式得
B＝.④
(2)法一：设灯泡正常发光时，导体棒的速度为v，由电磁感应定律与欧姆定律得
E＝BLv⑤
E＝RI0⑥
联立①②④⑤⑥式得
v＝.⑦
法二：由功能关系知，导体棒匀速下落灯泡正常发光时，导体棒下落所受重力的功率与两灯泡消耗的功率相等，即mgv＝2P，解得：
v＝.
答案：(1)　(2)
　电磁感应问题往往跟力学问题和电学问题联系在一起，这类问题需要综合运用电磁感应规律和力学的相关规律解决．因此，处理此类问题的一般思路是“先电后力”．即：
(1)先作“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；
(2)再进行“路”的分析——画出必要的电路图，分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便安培力的求解；
(3)然后是“力”的分析——画出必要的受力分析图，分析力学所研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；
(4)接着进行“运动”状态分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型；
(5)路线是：导轨受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态．要画好受力图，抓住a＝0时速度v达到最大值的特点，最后运用物理规律列方程求解．
(6)两种状态处理方法
达到稳定运动状态后，导体匀速运动，受力平衡，应根据平衡条件列式分析平衡态；导体达到稳定运动状态之前，往往做变加速运动，处于非平衡态，应根据牛顿第二定律或结合功能关系分析非平衡态．

关于线圈的自感系数、自感电动势下列说法中正确的是(　　)
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．自感电动势总与原电流方向相反
解析：选C.线圈的自感系数由线圈本身的因素决定．E自∝，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，自感电动势方向与原电流方向相反，D错．
如图所示四个日光灯的接线图中(S为起辉器，L为镇流器)，正确的是(　　)
解析：选A.本题可依据各选项所提供的电路图，分析各自的工作情况来判定能使日光灯正常发光的选项．D选项中灯丝被短路，显然日光灯不能正常发光；C选项中S和L串联在一条支路上，S断开时，L中能产生自感电动势，但不能给灯管提供瞬时高压(因为此时S断开)；B选项中由于S和灯管串联，所以当S断开时，只有L上的自感电动势加在灯管上，电源电压没能加在上面．
(2011·高考北京卷)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
解析：选C.由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流．由图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B错C正确．自感系数越大，则产生的自感电流越大，灯泡更亮，故D错．
在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁心的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图像是(　　)
解析：选B.闭合开关S后，调整R，使两个小灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明RL＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至到达电流为I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流为I，故C、D错误．
一、选择题
关于自感现象，下列说法中正确的是(　　)
A．自感现象是线圈自身的电流变化而引起的电磁感应现象
B．自感电动势总是阻止原电流的变化
C．自感电动势的方向总与原电流方向相反
D．自感电动势的方向总与原电流方向相同
解析：选A.自感现象是线圈自身的电流变化而引起的电磁感应现象，在自感现象中自感电动势总是阻碍原电流的变化，不是阻止，所以选项B错．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的方向相反，所以选项C、D错．
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：选AC.当线圈中的电流不变时，由楞次定律可知，线圈中就不会产生自感电动势，所以A正确．判断线圈中的自感电动势的方向与原电流的方向的关系时，是要看原电流的大小的变化，当原电流增大时，线圈中的自感电动势的方向与原电流方向相反，当原电流减小时，线圈中的自感电动势的方向与原电流方向相同，所以C选项正确，B、D错误．
关于线圈自感系数的说法，正确的是(　　)
A．自感电动势越大，自感系数也越大
B．把线圈中的铁心抽出一些，自感系数减小
C．把线圈匝数增加一些，自感系数变大
D．电感是自感系数的简称
解析：选BCD.自感系数的大小是由线圈的匝数、材料、粗细、有无铁心等决定的，与电流大小、自感电动势大小无关，匝数越多，自感系数越大，有铁心时，自感系数显著增大，故A选项错，B、C选项正确；同时，自感系数简称为电感，故D选项也正确．
(2012·宁夏固原高二检测)关于线圈中自感电动势的大小，下列说法中正确的是(　　)
A．电感一定时，电流变化越大，电动势越大
B．电感一定时，电流变化越快，电动势越大
C．通过线圈的电流为零的瞬间，电动势为零
D．通过线圈的电流为最大值的瞬间，电动势最大
解析：选B.自感电动势的大小取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，而穿过线圈的磁通量取决于线圈的电流产生的磁场，电流变化越快，穿过线圈的磁通量的变化越快，自感电动势越大，故只有B正确．
日光灯镇流器的作用有(　　)
A．起辉器动、静触片接触时，镇流器产生瞬时高压
B．正常工作时，镇流器降压限流保证日光灯正常工作
C．正常工作时，使日光灯管两端的电压稳定在220 V
D．正常工作时，不准电流通过日光灯管
解析：选B.当起辉器的动、静触片分离，即电路断开时，镇流器能产生瞬时高压，与电源电压一起加在灯管两端，使灯管中的气体导电，日光灯开始发光；在日光灯正常发光时，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中产生自感电动势，总是阻碍电流的变化，起着降压(低于220 V)限流的作用，保证日光灯的正常工作．
起辉器是由电容器和氖管两大部分组成，其中氖管中充有氖气，内部有静触片和U形动触片．通常动、静触片不接触，有一小缝隙．则下列说法正确的是(　　)
A．当电源的电压加在起辉器两端时，氖气放电发出辉光并产生热量，导致双金属片受热膨胀
B．当电源的电压加在启辉器两极后，动、静触片间辉光放电，受热膨胀两触片接触而不分离
C．起辉器中U形动触片是由单金属片制成
D．当动、静两触片接触后，氖气停止放电、温度降低，两触片分离
解析：选AD.起辉器U形动触片是由膨胀系数不同的双金属片压制而成．故C项错．电源把电压加在起辉器两极间，使氖气放电而发出辉光，辉光产生热量使U形动触片膨胀伸展，跟静触片接触把电路接通．电路接通后，起辉器的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分开，电路自动断开．故B错，A、D正确．
(2012·汉中市高二检测)如图所示的(a)、(b)两个电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都小，且小于灯泡A的电阻，接通开关S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则(　　)
A．在电路(a)中，断开S后，A将逐渐变暗
B．在电路(a)中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
C．在电路(b)中，断开S后，A将逐渐变暗
D．在电路(b)中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
解析：选AD.在电路断开时，电感线圈的自感电动势阻碍原电流的减小，此时电感线圈在电路中相当于一个电源，表现在两个方面：一是自感电动势所对应的电流方向与原电流方向一致；二是在断电瞬间，自感电动势所对应的电流大小与原电流的大小相等，以后以此电流开始缓慢减小到零．
题图(a)中，灯A与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，当断开开关S时，灯A将逐渐变暗；题图(b)中，断开S时，A中的电流立即为零，但由于自感，电感L中将维持本身的电流不变，且IL>IA，所以灯A亮一下才逐渐熄灭，综上所述选A、D.
(2012·西安市高二检测)如图所示，L为一自感系数很大的有铁心的线圈，电压表与线圈并联接入电路，在下列哪种情况下，有可能使电压表损坏(电压表量程为3 V)(　　)
A．开关S闭合的瞬间
B．开关S闭合电路稳定时
C．开关S断开的瞬间
D．以上情况都有可能损坏电压表
解析：选C.开关S闭合瞬间，L在电路中相当于断路，电压表两端的电压为3 V，所以A错；S闭合电路稳定时，L在电路中相当于短路，电压表两端的电压几乎为0，所以B错；开关S断开的瞬间，两端产生很高的电动势，可能损坏电压表．所以C正确．
如图所示是日光灯的结构示意图，若按图示的电路连接，关于日光灯发光的情况，下列叙述中正确的是(　　)
A．S1接通，S2、S3断开，日光灯就能正常发光
B．S1、S2接通，S3断开，日光灯就能正常发光
C．S3断开，接通S1、S2后，再断开S2，日光灯就能正常发光
D．当日光灯正常发光后，再接通S3，日光灯仍能正常发光
解析：选C.当S1接通，S2、S3断开时，电源电压(220 V)直接加在灯管两端，达不到灯管启动的瞬时高压值，日光灯不能发光，选项A错误．
当S1、S2接通，S3断开时，灯管两端被短路，电压为零，日光灯不能发光，选项B错误．
当日光灯正常发光后，再接通S3，则镇流器被短路，灯管两端电压过高，会损坏灯管，选项D错误．
只有当S1、S2接通，再断开S2，镇流器中产生很大的自感电动势，和原电压一起加在灯管两端，使灯管内气体电离，日光灯正常发光，选项C正确．
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(　　)
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图像的电压UAB先增大后减小，且方向不变，错误；D图像在两过程中电压UAB始终方向不变，不正确．
二、非选择题
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．如果这个电路中电流的变化率变为40 A/s，自感电动势又有多大？
解析：(1)由E＝L得L＝＝ H＝2.5 H.
(2)E＝L＝2.5×40 V＝100 V.
答案：2.5 H　100 V
如图所示，小灯泡电阻R1＝12 Ω，线圈L的直流电阻为4 Ω，电源电动势E＝4 V，电源内阻r＝1 Ω，当电路开关S闭合且稳定时小灯泡两端电压为U1，断开S的瞬间，小灯泡两端电压为U2.
(1)试求：U1∶U2；
(2)说明开关S断开时灯泡的亮度怎样变化(假设灯泡未被烧坏)．
解析：(1)S闭合稳定后，R外＝＝ Ω＝3 Ω.
由闭合电路欧姆定律知I＝＝ A＝1 A.
小灯泡两端电压U1＝I·R1外＝1×3 V＝3 V.
断开S的瞬间，L、R组成闭合回路
IR＝IL＝＝ A.
U2＝IR·R1＝×12 V＝9 V．所以＝＝.
(2)开关S断开的瞬时，由于加在小灯泡两端的电压(或通过小灯泡的电流)突然变大，所以，小灯泡会闪亮一下逐渐熄灭．
答案：(1)1∶3
(2)闪亮一下逐渐熄灭
自感现象的分析思路
明确通过自感线圈的电流的变化情况(增大还是减小)．
判断自感电动势方向，电流增强时(如通电时)，自感电动势方向与电流方向相反；电流减小时(如断电时)，自感电动势方向与电流方向相同．
分析线圈中电流变化情况，电流增强时(如通电时)，由于自感电动势方向与原电流方向相反，阻碍增加，电流逐渐增大；电流减小时(如断电时)，由于自感电动势方向与原电流方向相同，阻碍减小，线圈中电流方向不变，电流逐渐减小．
明确电路中元件与自感线圈的连接方式，若元件与自感线圈串联，元件中的电流与线圈中电流有相同的变化规律；若元件与自感线圈并联，元件上的电压与线圈上的电压有相同的变化规律；若元件与自感线圈构成临时回路，元件成为自感线圈的临时外电路，元件中的电流大小与线圈中电流大小有相同的变化规律．

以下关于涡流的说法中正确的是(　　)
A．涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量发生变化而产生的
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：选A.根据涡流的产生原因(变化磁场中的金属块、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，产生的涡流较小，不是不能产生涡流，D错误．
下列应用中哪些与涡流有关(　　)
A．高频感应冶炼炉
B．汽车的电磁式速度表
C．家用电度表(转盘式)
D．闭合线圈在匀强磁场中转动，切割磁感线产生的电流
解析：选ABC.真空冶炼炉的炉外围通入反复变化的电流，则炉内的金属中会产生涡流；汽车速度表是磁电式电流表，指针摆动时，铝框骨架中产生涡流；家用电度表(转盘式)的转盘中有涡流产生；闭合线圈在磁场中转动产生感应电流，不同于涡流，D错误．
关于电磁灶，以下说法中正确的是(　　)
A．电磁灶是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的
B．电磁灶是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的
C．电磁灶是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的
D．电磁灶是利用电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的
解析：选B.由电磁灶的工作原理可知，选项A、D错误，B正确，选项C其实是微波炉的加热原理．
光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是(　　)
A．mgb　　　　　　　　　　 B.mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
解析：选D.金属块在进入磁场或离开磁场过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生涡流，机械能损失，转化成内能，不妨设x轴所在水平面为零势面，
E机初＝mv2＋mgb　E机末＝mga
ΔE机械＝mv2＋mgb－mga＝mg(b－a)＋mv2
根据能量的转化和守恒定律：产生热量Q＝ΔE机械，故D项正确．
一、选择题
涡电流会使金属发热，人们利用这个原理制成了电磁灶．关于电磁灶，下列说法正确的是(　　)
A．电磁灶都是用高频交流电工作的
B．高频电磁灶有加热线圈，可以通过热传导将热能传导给锅体及锅内食物
C．电磁灶和微波炉是一个道理，工作原理是一样的
D．无论哪种电磁灶，都是利用涡流原理工作的
解析：选D.电磁灶都是用家用交流电工作的，工频电磁灶就是直接用50 Hz的电流工作，而不是用高频交变电流工作的，故A错．高频电磁灶由加热线圈、灶面板、控制保护电路组成．通过电子开关，可以使加热线圈中产生高频率振荡电流，从而再使锅体内产生涡电流，用以加热食物．而不是直接用加热线圈去加热锅体内食物，故B错．电磁灶是利用电磁感应现象产生涡流，而微波炉是利用电磁场产生电磁波，故C错．电磁灶都是利用电磁感应产生的涡电流的热效应工作的，故D正确．
下列对变压器和电机中的涡流认识正确的是(　　)
A．涡流会使铁心温度升高，危及线圈绝缘材料的寿命
B．涡流发热要损耗额外的能量
C．可以将变压器和电机的铁心用相互绝缘的很薄的硅钢片叠压而成，这样可以减小铁心中的感应电动势
D．涡流产生于变压器和电机的线圈中，对电流起阻碍作用
解析：选AB.电动机、变压器的线圈都绕在铁心上．工作时，线圈中流过变化的电流，在铁心中产生涡流，使铁心发热浪费能量，热量过高，还会损害电器，所以选项A、B正确，D错；变压器和电动机的铁心用相互绝缘的很薄的硅钢片做成，这样做的目的是增大铁心的电阻，阻断涡流回路来减少电能转化为铁心的内能，提高效率，感应电动势的大小由线圈中的电流的变化率决定，所以选项C错．
电磁灶的加热原理是涡流现象，下列哪种锅体适用于电磁灶加热(　　)
A．不锈钢锅体 B．玻璃锅体
C．塑料锅体 D．陶瓷锅体
解析：选A.因为加热原理是涡流，首先考虑锅体应该是导体，只有导体才能产生较强的涡流，这里不考虑食物本身产生涡流，食物的导电性能太差了．
如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小球(　　)
A．整个过程做匀速运动
B．进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程中球做加速运动
C．整个过程都做匀减速运动
D．穿出时的速度一定小于初速度
解析：选D.小球的运动主要研究两个阶段．一是球进入磁场的过程，由于穿过小球的磁通量增加，在球内垂直磁场的平面上产生涡流，有电能产生，而小球在水平方向上又不受其他外力，所以产生的电能只能是由球的机械能转化而来，由能量的转化与守恒可知，其速度减小．二是穿出磁场的过程，同理可得速度进一步减小，故选项D正确．
在水平放置的光滑导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁如图．现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们从导轨上的A点以某一初速向磁铁滑去．各物块在碰上磁铁前的运动情况将是(　　)
A．都做匀速运动 B．甲、乙做加速运动
C．甲、乙做减速运动 D．乙、丙做匀速运动
解析：选C.铜块和铝块在向磁铁靠近时，穿过它们的磁通量发生改变，因此在其内部会产生涡流，即感应电流．感应电流的效果会阻碍它们之间的相对运动，也就是铜块和铝块将做减速运动．而有机玻璃为非金属，不产生涡流现象，它将做匀速运动．故正确选项为C.
关于常用电磁灶，下列说法正确的是(　　)
A．常用电磁灶有工频电磁灶和高频电磁灶
B．电磁灶除可用铁磁性材料的锅体外，应急时也可以用铝锅或陶砂锅
C．同等条件下，锅体的电阻率会影响其发热效率
D．电磁灶不仅在锅底上产生涡电流，还要在锅竖直壁上产生涡电流，所以效率很高
解析：选AC.常用电磁灶有两种，一种是直接用50 Hz的交变电流产生变化的电磁场，这是工频电磁灶；另一种是将50 Hz的交变电流变为直流后，再用电子开关迅速通、断产生高频电流，进一步产生高频磁场，这是高频电磁灶．电磁灶要用铁磁性材料的锅体，铝锅或砂锅等非磁性材料的锅体放上去都不行(不会产生涡电流，也就不会使锅体发热)．磁性材料的锅体能够约束更多的磁感线．在产生电磁场的空间中，在锅体内感应的电动势一定，锅体的电阻率越小，在其中产生的感应电流越大．电磁灶只在锅底内产生涡电流，而在锅的竖直侧壁上不会产生涡流．
如图所示，在O点正下方有一个是有理想边界的磁场，铜球在A点由静止释放，向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．A、B两点在同一水平线上
B．A点高于B点
C．A点低于B点
D．铜球将做等幅摆动
解析：选B.铜球在进入和穿出磁场的过程中，球中会有涡流产生，有一些机械能转化为了电能(最终转化为内能)，所以A点应高于B点．选B.
(2012·安康高二检测)如图所示，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
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：选C.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．
如图所示，光滑金属球从高h的曲面滚下，又沿曲面的另一侧上升，设金属球初速度为零，曲面光滑，则(　　)
A．若是匀强磁场，球滚上的高度小于h
B．若是匀强磁场，球滚上的高度等于h
C．若是非匀强磁场，球滚上的高度等于h
D．若是非匀强磁场，球滚上的高度小于h
解析：选BD.若是匀强磁场，则穿过球的磁通量不发生变化，球中无涡流，机械能没有损失，故球滚上的高度等于h，选项A错B对；若是非匀强磁场，则穿过球的磁通量发生变化，球中有涡流产生，机械能转变为内能，故球滚上的最大高度小于h，选项C错，D对．
如图所示，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管上端的管口无初速度释放，穿过A管的小球比穿过B管的小球先落到地面．下面对于两管的描述可能正确的是(　　)
A．A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的
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：选AD.磁性小球穿过金属圆管过程中，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，据楞次定律，该电流阻碍磁性小球的下落，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，小球仍然做自由落体运动，穿过塑料、胶木圆管的时间比穿过金属圆管的时间少．
二、非选择题
如图所示是利用高频交流电焊接自行车零件的原理示意图，其中外圈A是通高频交流电的线圈，B是自行车零件，a是待焊接口，焊接时接口两端接触在一起，当A中通有交变电流时，B中会产生感应电流，使得接口处金属熔化焊接起来．
(1)试分析说明，焊接的快慢与交变电流的频率有什么关系？
(2)试解释说明，为什么焊接过程中，接口a处被熔化而零件其他部分并不热？
解析：(1)线圈A中交变电流的频率越高，B中磁通量的变化率越大，产生的感应电动势越大，感应电流I也越大，所以电流的热功率P＝I2R也越大，焊接越快．
(2)B中各处电流大小相等，但在接口a处因是点接触，故此处接触电阻很大，电流的热功率P＝I2R也很大，而其他部分电阻很小，电流的热功率也很小，所以接口处已被熔化，而零件的其他部分并不很热．
答案：见解析
在科技馆中常看到这样的表演：一根长1 m左右的空心铝管竖直放置(如图甲所示)，把一枚磁性很强的小圆片从铝管上端放入管口，圆片直径略小于铝管的内径．从一般经验来看，小圆片自由落下1 m左右的时间不会超过0.5 s，但把小圆片从上端管口放入管中后，过了许久才从铝管下端落出，小圆片在管内运动时，没有感觉到它跟铝管内壁发生摩擦，把小圆片靠近铝管，也不见它们相互吸引．是什么原因使小圆片在铝管中缓慢下落呢？如果换用有裂缝的铝管(如图乙所示)，小圆片在铝管中的下落就快多了．这又是为什么？
答案：磁性小圆片在铝管中下落过程中，穿过圆筒任一截面的磁通量发生变化，故铝管中有感应电流产生，此感应电流会阻碍小圆片下落，而有裂缝的铝管在任一截面回路均为开路，不会形成感应电流，因而无电磁阻尼．
涡流的应用
电磁驱动：如图甲所示，若使一金属圆盘紧靠磁铁的两极而不接触，使磁铁转动，在圆盘中会产生涡流，将阻碍它与磁铁的相对运动，因而使圆盘跟随磁铁运转起来．涡流的这种机械效应就是电磁驱动．
家用电能表(千瓦时表)、汽车上的速率表也都应用了电磁驱动的原理．
感应加热：在工业上广泛利用涡流所产生的热量来冶炼金属，焊接金属．生活中所用的电磁灶，也是利用涡流产生的热来烹煮食物的．图乙是电磁灶结构示意图．
涡电流分选机：利用物质导电性不同的一种分选技术，其分选原理是利用永久磁石组成的磁石转筒高速旋转，产生一个具有交替变化的磁场，当具有电导度性能的金属经过磁场时，会在金属内感应出涡电流．此涡电流本身会产生交替变换的磁场并与磁石转筒转动所产生的磁场方向相反，而非铁金属(如铝、铜)则会因相斥作用而沿其输送方向跳出来，因而与其他玻璃、塑料等非金属物质分离开来，达到分选目的．

一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40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4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
下列说法正确的是(　　)
A．奥斯特发现电磁感应现象
B．电流的磁效应就是电磁感应现象
C．法拉第能够发现电磁感应现象，是因为他坚信各种自然现象是相互关联的
D．以上说法都不对
解析：选C.电磁感应现象是法拉第研究发现的，A错．电流的磁效应现象是“电生磁”，电磁感应现象是“磁生电”，是两种不同的物理现象，B错．法拉第在自然现象之间的相互联系和相互转化的信念支持下，研究了电与磁的相互关系，发现了电磁感应现象，C对．故选C.
关于闭合电路中的感应电动势E、磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ以及磁通量的变化率之间的关系，下列说法正确的是(　　)
A．Φ＝0时，电动势E＝0
B.＝0时，电动势E可能不等于0
C．ΔΦ很大，电动势E可能很小
D.很大，ΔΦ一定很大
解析：选C.根据E＝，所以Φ＝0时，不一定为0，A项不正确；＝0，E一定为0，B项错误；而ΔΦ很大，如果Δt很长，E可能很小，C项正确；很大但ΔΦ不一定大，D项错误．
如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是(　　)
A．ab向右运动，同时使θ减小
B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小
C．ab向左运动，同时增大磁感应强度B
D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)
解析：选A.设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScosθ，对A，S增大，θ减小，cosθ增大，则Φ增大，A正确．对B，B减小，θ减小，cosθ增大，Φ可能不变，B错．对C，S减小，B增大，Φ可能不变，C错．对D，S增大，B增大，θ增大，cosθ减小，Φ可能不变，D错．故只有A正确．
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的变化率等于－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
解析：选A.由E＝n＝n·S得：
在开始2 s内线圈中产生的感应电动势
E＝100××4×10－2 V＝－8 V
磁通量变化率：＝－0.08 Wb/s
第3 s末虽然磁通量为零，但磁通量变化率为0.08 Wb/s，所以选A.
如图所示是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是(　　)
解析：选D.根据楞次定律可确定感应电流的方向：对C选项，当磁铁向上运动时：①闭合线圈原磁场的方向——向上；②穿过闭合线圈的磁通量的变化——减少；③感应电流产生的磁场方向——向上；④利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相反．故C项错．同理分析可知A、B错，D正确．
如图所示，一根长导线弯成“n”形，通以直流电I，正中间用不计长度的一段绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内，在电流I增大的过程中，下列叙述正确的是(　　)
A．金属环C中无感应电流产生
B．金属环C中有沿逆时针方向的感应电流产生
C．悬挂金属环C的竖直线拉力变大
D．金属环C仍能保持静止状态
解析：选BCD.电流I增大的过程中，穿过金属环C的磁通量增大，环中出现逆时针的感应电流，故A错，B正确；可以将环等效成一个正方形线框，利用“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”得出环将受到向下的斥力且无转动，所以悬挂金属环C的竖直拉力变大，环仍能保持静止状态，C、D正确．
如图，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(　　)
解析：选B.本题中四个选项都是i－t关系图线，故可用排除法．因在第一个阶段内通过导线框的磁通量向里增大，由楞次定律可判定此过程中电流沿逆时针方向，故C、D错误．由于在穿过整个磁场区域的磁通量变化量ΔΦ＝0，由q＝可知整个过程中通过导线框的总电荷量也应为零，而在i－t图像中图线与时间轴所围总面积为零，即时间轴的上下图形面积的绝对值相等．故A错误B正确．
如图所示的电路中，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，电容器两端电压为零
B．闭合S，稳定后，电容器的a极带负电
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：选AC.闭合S，稳定后，由于线圈L的直流电阻为零，所以线圈两端电压为零，又因为电容器与线圈并联，所以电容器两端电压也为零，电容器不带电，故A正确，B错误；断开S的瞬间，线圈L中电流减小，线圈中产生与原电流方向相同的自感电动势，并作用在电容器上，所以，此时电容器a极板将带正电，b极板将带负电，C正确、D错误．
如图所示，将边长为l的正方形闭合线圈以不同速度v1、v2向右匀速拉出磁场时(v1A．拉力所做的功W2>W1
B．拉力的功率P2>P1
C．流过线框的电荷量Q2>Q1
D．线框中的感应电流I2>I1
解析：选C.F拉＝F安＝BIl＝Bl·＝，W拉＝F拉·l＝，v1W1，选项A正确．P拉＝F拉·v＝，P2>P1，选项B正确．流过线框的电荷量Q＝，Q1＝Q2，选项C错误．电流I＝，I2>I1，选项D正确．
如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中(　　)
A．运动的平均速度大小为v
B．下滑的位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为sinθ
解析：选B.流过ab棒某一截面的电量q＝I·t＝·t＝，ab棒下滑的位移s＝，其平均速度v＝，而棒下滑过程中做加速度减小的加速运动，故平均速度不等于v，A错误B正确；由能量守恒mgssinθ＝Q＋mv2，产生的焦耳热Q＝mgssinθ－mv2＝mgsinθ－mv2，C错误；当mgsinθ＝时v最大，安培力最大，即F安m＝mgsinθ，D错误．
二、填空、实验题(包括2小题，共12分．按题目要求作答)
(6分)如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．
(1)将图中所缺的导线补接完整．
(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：
A．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________．
B．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将________．
解析：依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定．
答案：(1)如图所示
(2)向右偏转一下　向左偏转一下
(6分)如图所示为电磁流量计的示意图，在非磁性材料制成的圆管所在的区域加一匀强磁场，当管中的导电流体流过此磁场区域时，测出管壁上ab两点的电动势E就可以知道管道中液体的电动势E，就可以知道管道中液体的流量Q(单位时间内流过液体的体积)，已知管的直径为D，磁感应强度为B，则流量Q为__________，a、b两点中________点电势高．
解析：当导电液体向左流动时，导体切割磁感线向左运动，因而在液体流的顶部(如a点)与底部(如b点)间产生了电势差，故感应电动势为E＝BDv，因此液体流动速度大小为v＝E/(BD)．设液体流动时间为t，则在t时间内流动距离为l＝vt＝Et/(BD)．在t时间内通过管道某截面的液体体积为V体＝l·＝.所以液体流量为Q＝＝.由右手定则知b点电势高．
答案：　b
三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
(10分)如图所示，在磁感应强度为0.2 T的匀强磁场中，有一长为0.5 m、电阻为1.0 Ω的导体AB在金属框架上以10 m/s的速度向右滑动，R1＝R2＝2.0 Ω，其他电阻不计，求流过R1的电流I1.
解析：AB切割磁感线相当于电源，其等效电路如图所示，
EAB＝Blv＝0.2×0.5×10 V＝1 V(2分)
由闭合电路欧姆定律得I＝(2分)
R1、R2并联，由并联电路电阻关系得＝＋
解得：R＝＝1.0 Ω，IAB＝I＝0.5 A．(3分)
因为R1＝R2，所以流过R1的电流为I1＝＝0.25 A．(3分)
答案：0.25 A
(12分)有一面积为S＝100 cm2，匝数为n＝100匝的金属环，总电阻为R＝0.1 Ω，环中有匀强磁场，方向垂直于圆环面，磁感应强度变化规律如图所示．求：
(1)圆环中产生的感应电动势的大小；
(2)在2～3 s内流过导线横截面的电荷量．
解析：(1)由法拉第电磁感应定律知，
E感＝n＝n·S(1分)
式中为题图中直线的斜率，即k＝0.1 T/s(2分)
代入数据得：
E感＝100××100×10－4 V＝0.1 V．(3分)
(2)因为q＝I感·Δt＝·Δt＝n··
＝n·＝n·.(3分)
得2～3 s内流过导线横截面的电荷量为：
q＝100× C＝1 C．(3分)
答案：(1)0.1 V　(2)1 C
(12分)如图所示，线圈abcd每边长l＝0.20 m，线圈质量m1＝0.10 kg、电阻R＝0.10 Ω，砝码质量m2＝0.14 kg.线圈上方的匀强磁场磁感应强度B＝0.5 T，方向垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度为h＝l＝0.20 m．砝码从某一位置下降，使ab边进入磁场开始做匀速运动．求：
(1)线圈做匀速运动的速度大小？
(2)穿过磁场区域过程中线圈产生的总热量是多少？(设线圈穿过磁场过程中没有与滑轮相碰)
解析：(1)该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培力F安、绳子的拉力T和重力m1g相互平衡，即T＝F安＋m1g.①(2分)
砝码受力也平衡：T＝m2g.②(2分)
线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流I＝Blv/R，③(2分)
因此线圈受到向下的安培力F安＝BIl.④(1分)
联解①②③④式得v＝(m2－m1)gR/(B2l2)⑤(1分)
代入数据解得：v＝4 m/s.⑥(1分)
(2)线圈匀速上升，上升的时间为t＝⑦(1分)
由焦耳定律得Q＝I2Rt⑧(1分)
联解③⑥⑦⑧并代入数据得Q＝0.16 J．(1分)
答案：(1)4 m/s　(2)0.16 J
(14分)有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示．该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极，电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R.绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻．若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U，求：
(1)橡胶带匀速运动的速率；
(2)电阻R消耗的电功率；
(3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功．
解析：(1)设电动势为E，橡胶带运动速率为v.
由：E＝BLv，E＝U
得：v＝.(5分)
(2)设电功率为P.
P＝.(4分)
(3)设电流为I，安培力为F，克服安培力做的功为W.
由：I＝，F＝BIL，W＝Fd
得：W＝.(5分)
答案：(1)　(2)　(3)

下列说法中正确的是(　　)
A．交流发电机是把其他形式的能转变为电能的装置
B．交流发电机是把电能转变为其他形式能的装置
C．交流发电机中电枢和磁极中不动的叫定子，转动的叫转子
D．交流发电机利用的是电磁感应原理
解析：选ACD.发电机显然是利用了磁场和导体相对运动产生感应电流的原理，即应用了电磁感应原理，把其他形式的能转化为电能，电枢和磁极中转动部分叫转子，固定不动的部分叫定子，A、C、D对，B错．
如图所示能产生交流电的是(　　)
解析：选BCD.紧扣交流电产生的条件可知，轴线须垂直于磁感线，但对线圈的形状没有特别要求．
(2012·宝鸡高二检测)一矩形线圈在匀强磁场中绕一固定转轴做匀速转动，当线圈刚好处于如图所示的位置时，则它的(　　)
A．磁通量最大，磁通量的变化率最小，感应电动势最小
B．磁通量最大，磁通量的变化率最大，感应电动势最大
C．磁通量最小，磁通量的变化率最大，感应电动势最大
D．磁通量最小，磁通量的变化率最小，感应电动势最小
解析：选C.线圈转到与中性面垂直时，磁场方向与线圈平面平行，线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，线圈产生的感应电动势最大，C对．
(2012·西安高二检测)如图所示为一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为(　　)
A.Bl1l2ωsinωt
B.Bl1l2ωcosωt
C．Bl1l2ωsinωt
D．Bl1l2ωcosωt
解析：选D.公式e＝Emaxsinωt只适用于线圈平面从中性面开始计时的情况，若t＝0时线圈不在中性面，上述式子就不适用了，题中所给的初始时刻线圈平面与磁感线平行，即与中性面垂直，此时e＝Emaxsin＝Emaxcosωt＝Bl1l2ωcosωt，故应选D.
一、选择题
如图所示，各图线中表示交变电流的是(　　)
解析：选BCD.要充分理解交变电流的定义，A图表示的电流大小发生了周期性变化，但方向没有变化，B、C、D图中电流的大小和方向均发生了周期性变化，故选B、C、D.
关于两种不同形式的发电机，下列说法正确的是(　　)
A．两种发电机是按转子的不同而分类的
B．两种发电机都是线圈切割磁感线发电的
C．旋转电枢式发电机能提供的电压较高
D．旋转磁极式发电机能提供更大的电压
解析：选ABD.发电机有两种类型：一种是旋转电枢式发电机，这类发电机的电枢线圈是转子；另一种是旋转磁极式发电机，这类发电机的磁极是转子，故A正确．这两种发电机都是靠转子和定子间的相对运动，线圈切割磁感线而产生感应电动势的，故B正确．旋转电枢式发电机因线圈是转子，而线圈产生的电流要经滑环和电刷引到外电路，当产生较高电压时，更容易产生火花放电，可能会烧坏发电机，这样制约了其提供高电压；另外电枢大小、线圈匝数都受到限制．而旋转磁极式发电机的转子是磁极，定子是线圈且在外部，定子可以做得很大，能提供几千伏到几万伏的高电压，故C错，D正确．
从能量转化的角度看，下列关于发电机的能量转化情况描述，最能切中能量转化核心的是(　　)
A．把机械能转化为电能　　　 B．把热能转化为电能
C．把化学能转化为电能 D．把核能转化为电能
解析：选A.各种不同的发电机，最初利用的可能是不同形式的能量，如核电站是利用核反应堆产生的能量，但它最终是要转化为高温高压蒸汽的能量来驱动蒸汽轮机转动；水力发电站是利用水的机械能驱动水轮机转动；火力发电站是利用燃烧煤或其他燃料产生的高温高压蒸汽来驱动蒸汽轮机转动．可见无论什么类型的发电机，都是先将其他各种不同形式的能量转化为机械能，再最终转化为电能．
线圈在匀强磁场中匀速转动而产生交变电流，则(　　)
A．当线圈位于中性面时，感应电动势为零
B．当线圈通过中性面时，感应电流方向将改变
C．当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中感应电流也为零
D．当线圈转过一周时，感应电动势方向改变一次
解析：选AB.当线圈位于中性面时，线圈不切割磁感线，所以感应电动势为零，且感应电流方向将改变，故当线圈转过一周时，感应电动势方向改变两次．当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中感应电流最大．故选项A、B正确．
关于直流发电机和交流发电机，下列说法正确的是(　　)
A．交流发电机是利用电磁感应原理工作的，而直流发电机不是
B．交、直流发电机都是利用电磁感应原理工作的
C．直流发电机的结构中需要换向器用以保持电流方向形成直流
D．交流发电机的结构中需要换向器用以改变电流方向形成交流
解析：选BC.交、直流发电机都是利用电磁感应原理产生电流的，只是直流发电机在输出电流的滑环结构上与交流发电机不一致，直流发电机的滑环又叫换向器，用以保持电流的方向不变，形成直流．
如图所示，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，则下列说法中正确的是(　　)
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻，磁通量的变化率最小
C．t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大
D．0.02 s到0.03 s的时间内，交流电的电动势在增大
解析：选D.对A项，t＝0时，Φ最大，线圈位于中性面，A错．对B项，t＝0.01 s时，Φ＝0，但最大，B错误．对C项，t＝0.02 s时，Φ最大，＝0，交流电动势为零，C错．对D项，从0.02 s到0.03 s时间内，Φ减小，但增大，因此，交流电动势在增大，D对．
矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，在线圈平面经过中性面瞬间(　　)
A．线圈平面与磁感线平行
B．通过线圈的磁通量最大
C．线圈中的感应电动势最大
D．线圈中感应电动势的方向突变
解析：选BD.在线圈平面垂直于磁感线时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这样的位置叫做中性面．根据这一定义，线圈平面经过中性面瞬间，通过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势为零，此后，感应电动势方向(即感应电流方向)将与原方向相反．所以正确选项为B、D.
如图所示，矩形线圈ABDC放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈以相同的角速度，分别绕OO′、AC、EF、AB轴线匀速转动，线圈中产生的最大感应电动势分别为E1、E2、E3、E4，则下面判断正确的是(　　)
A．E1＝E2，E3＝E4 B．E1＝E2＝E3，E4＝0
C．E1＝E2＝E3＝E4 D．E2＝E3，E1＝E4
解析：选B.线圈以相同的角速度，分别绕OO′、AC、EF轴线匀速转动时，线圈中产生的最大感应电动势的大小为Em＝BSω，和转轴的位置没有关系，绕AB轴线匀速转动时，线圈的AB、CD边没有切割磁感线，AC、BD是同方向切割磁感线，所以整个电路中的感应电动势为零．
如图所示，一正方形线圈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′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，边长为l，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．线圈中的感应电流为
C．穿过线圈磁通量为0
D．穿过线圈磁通量的变化率为0
解析：选BC.图示位置为垂直于中性面的位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电流也最大，I＝＝，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.
交流发电机在工作时的电动势为e＝Emaxsinωt，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为(　　)
A．Emaxsin2ωt B．2Emaxsin2ωt
C．Emaxsin D．2Emaxsin
解析：选B.感应电动势e＝Emaxsinωt，其中Emax表示线圈在转动过程中产生的感应电动势的最大值，当线圈平面和磁场方向平行时感应电动势最大．Emax＝NBSω，ω＝2πn，n为转速，N为线圈匝数，S为线圈面积，当转速为2n时，角速度为2ω，感应电动势e＝NBS·2ωsin2ωt＝2Emaxsin2ωt.
二、非选择题
一矩形线圈，面积为S，匝数为N，在场强为B的匀强磁场中绕着中轴OO′做匀速转动，角速度为ω，磁场方向与转轴垂直，当线圈转到中性面时开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的最大值．
(2)线圈中感应电动势随时间变化的表达式．
(3)若线圈中的电阻为R，则线圈中的电流的最大值为多少？
(4)线圈中的电流瞬时表达式．
解析：(1)感应电动势的最大值Em＝NBL1L2ω＝NBSω.
(2)因为电动势的最大值Em＝NBSω，角速度ω，线圈转到中性面开始计时，所以电动势的瞬时值表达式是e＝NBSωsinωt.
(3)根据欧姆定律，电路中电流最大值为
Im＝＝.
(4)因为电路中电流的最大值为Im＝＝，所以通过负载的电流的瞬时值表达式是i＝sinωt.
答案：(1)Em＝NBSω　(2)e＝NBSωsinωt
(3)Im＝　(4)i＝sinωt
一台发电机产生的按正弦规律变化的感应电动势的最大值为311 V，线圈在磁场中转动的角速度是100π rad/s.
(1)写出感应电动势的瞬时值表达式．
(2)若该发电机只与含电阻的负载组成闭合电路，电路中的总电阻为100 Ω，试写出通过负载的电流强度的瞬时表达式．在t＝ s时电流的瞬时值为多少？
解析：(1)因为电动势的最大值Em＝311 V，角速度ω＝100π rad/s，所以电动势的瞬时值表达式是
e＝311sin(100πt)V.
(2)根据欧姆定律，电路中电流的最大值为Im＝＝ A＝3.11 A，所以通过负载的电流强度的瞬时值表达式是
i＝3.11sin(100πt)A.
当t＝ s时，电流的瞬时值为
i＝3.11sin＝3.11× A＝1.555 A.
答案：(1)e＝311sin(100πt)V
(2)i＝3.11sin(100πt)A；
当t＝ s时，电流的瞬时值为i＝1.555 A
交流发电机原理的定量分析
　
若线圈平面从中性面开始转动，如图所示，则经时间t：
线圈转过的角度为ωt
?
ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt
?
?
ab边产生的感应电动势：eab＝BLabvsinθ＝sinωt
?
?
Ｋ

下列说法正确的是(　　)
A．交变电流在一个周期内电流方向改变两次
B．交变电流的有效值总是最大值的1/倍
C．因为有效值表示交流电产生的平均效果，所以有效值与平均值相同
D．若正弦式交变电流的最大值是10 A，则它的最小值是－10 A
解析：选A.线圈平面每经过中性面一次，电流方向改变一次，在一个周期内线圈平面有两次经过中性面，对于正弦式交变电流有效值是最大值的1/倍，对其他的交变电流不一定有这样的关系，交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的，与平均值不同，交变电流的正负表示电流的方向，不表示电流的大小，交变电流的最小值为零．
在阻值为R1和R2的两个电阻的两端，分别加上50 V的直流电压和某一交流电压，则下面关于交流电压有效值的说法中正确的是(　　)
A．若两电阻在相等时间内产生的热量相等，则交流电压有效值为50/ V
B．若R1＝R2，且两电阻热功率相等，则交流电压有效值为50 V
C．若R1＝R2，且两电阻产生的热量相等，则交流电压有效值为50 V
D．不论R1是否等于R2，只要两电阻的热功率相等，就有交流电压的有效值为50 V
解析：选B.对A项，因不知R1和R2的大小关系，所以不能确定有效值，A错．对B项，因R1＝R2，P1＝P2，所以直流电压值就等于交流电压的有效值，B正确．对C、D两项，没有强调在相等时间内产生相等的热量，故C、D错．
(2012·长安区高二检测)一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知(　　)
A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin25t V
B．该交流电的频率为25 Hz
C．该交流电的电压的有效值为100 V
D．若将该交流电压加在阻值为R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W
解析：选BD.由图像可知正弦交流电的周期T＝0.04 s，则f＝＝25 Hz，ω＝2πf＝50π，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin(50πt) V, A不正确，B正确；该交流电的电压的有效值为 V＝50 V，则C不正确；若将该交流电压加在阻值为R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为P＝＝ W＝50 W，则D正确．
线圈abcd共有50匝，切割磁感线的边为ad和bc，bc长30 cm，ab长20 cm，放在磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中以50 r/s的转速绕轴做匀速运动，如图所示，求线圈中产生感应电动势的最大值，感应电动势的瞬时值表达式及从图示线圈位置开始计时的图像．
解析：线圈在图示位置时，线圈平面与磁场方向平行，ad和bc边正好垂直切割磁感线，这时有最大值：
Em＝2nBlv＝nBSω＝50×0.5×0.3×0.2×2π×50 V＝471 V
其瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝471cos(100πt) V
根据瞬时值表达式，画出如图所示的图像．
答案：471 V　e＝471cos(100πt) V　图见解析
一、选择题
下列关于交变电流的周期和频率，说法正确的是(　　)
A．为了描述交变电流的周期性变化引入了周期，而不是频率
B．周期为0.02 s的交流电，其频率为50 Hz
C．周期和频率是倒数关系
D．频率为50 Hz的正弦式交变电流的方向每秒改变50次
解析：选BC.周期和频率都是为了描述交变电流的周期性而引入的，周期是完成一次周期性变化所需的时间，频率是在1 s内完成周期性变化的次数，所以周期和频率是倒数关系．由于正弦式交变电流在每个周期内电流方向改变2次，所以50 Hz的正弦式交变电流每秒内电流方向改变100次．
下列提到的交变电流，哪一个不是指有效值(　　)
A．交流电压表读数　　　　 B．保险丝熔断电流
C．电容器击穿电压 D．220 V交变电压
解析：选C.电容器击穿电压指电容器两端所允许加的电压的最大值，不是有效值．
关于交流电的有效值U和最大值Um，下列说法中正确的是(　　)
A．任何形式的交流电都具有U＝Um/的关系
B．正弦交流电具有U＝Um/的关系
C．照明电压220 V指的是最大值
D．交流电压表和交流电流表测的都是最大值
解析：选B.电压、电流的有效值和峰值之间的倍关系仅限于正(余)弦交流电，A错，B对．在交流电的讲述中没有特殊说明的情况下，电压和电流均指有效值，C错．交流电压表、电流表测的都是有效值，D错．
(2012·陕西商洛高二检测)某一电热器接在U＝110 V的直流电源上，每秒产生的热量为Q；现把它改接到正弦式交流电源上，每秒产生的热量为2Q，则该交流电压的最大值Um是(　　)
A．110 V B．110 V
C．220 V D．220 V
解析：选C.接在直流电源上，Q＝t，接在正弦式交流电源上应有2Q＝t，所以Um＝2U＝220 V.
在如图(甲)所示的电路的M、N间加一如图(乙)所示的正弦交流电，负载电阻为100 Ω，若不考虑电表内阻对电路的影响，则交流电压表和交流电流表的读数分别为(　　)
A．220 V，2.20 A B．311 V，2.20 A
C．220 V，3.11 A D．311 V，3.11 A
解析：选A.由题图(乙)可知Um＝311 V，则有效值为：U＝＝220 V，电流表示数为I＝＝ A＝2.20 A．A正确．
一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电动势的图像如图所示，则(　　)
A．交变电流的频率是4π Hz
B．当t＝0时，线圈平面与磁感线垂直
C．当t＝π s时，e有最大值
D．交变电流的周期是2π s
解析：选BD.由图可知T＝2π s，则f＝ Hz，A选项错误，D选项正确．t＝0时，e＝0，故在中性面处，B选项正确．t＝π s时，e＝0，C错误．
将电阻R两端接20 V的恒定电压时，电阻R消耗的功率是10 W，如果将这个电阻R两端接上如图所示的正弦式交变电压时，电阻实际消耗的功率是(　　)
A．5 W B．7.07 W
C．10 W D．15 W
解析：选A.根据P＝可求出电阻R的阻值为
R＝＝ Ω＝40 Ω
现将电阻两端加上交变电压，计算电阻消耗的热功率当然要用交变电压的有效值．从图中可知该交变电压的最大值为Um＝20 V，则其有效值为U＝Um＝ V＝10 V
根据交流电的有效值与直流电等效的概念，则P＝＝ W＝5 W，故选A.
有一个电子元器件，当其两端电压高于100 V时导电，等于或低于100 V时不导电，若把这个电子元器件接到100 V、50 Hz的正弦交变电压上，这个电子元器件将(　　)
A．不导电 B．每秒导电50次
C．每秒导电100次 D．每秒电流方向改变100次
解析：选CD.因为f＝50 Hz，所以T＝0.02 s．由于电压有效值U＝100 V，峰值Um＝100 V，一个周期内有两次出现峰值，一个周期内导电两次，所以每秒导电100次．又因为一个周期电流方向改变两次，则每秒电流方向改变100次．C、D正确，A、B错误．
一只电饭煲和一台洗衣机同时并入u＝311sin(314t) V的交流电源上，均正常工作，用电流表分别测得电饭煲的电流是5 A，洗衣机的电流是0.5 A．下列说法正确的是(　　)
A．电饭煲的电阻是44 Ω，洗衣机电动机线圈电阻是440 Ω
B．电饭煲消耗的功率为1555 W，洗衣机电动机消耗的功率为155.5 W
C．1 min内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 J
D．电饭煲的发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍
解析：选C.交流电压的峰值Um＝311 V，有效值为U＝＝220 V，可知电饭煲电阻R1＝ Ω＝44 Ω，电动机不是纯电阻，无法求其线圈电阻，A错．电饭煲的功率P1＝UI1＝220×5 W＝1100 W，洗衣机电动机消耗的功率P2＝110 W，B错.1分钟内电饭煲消耗的电能W1＝P1t＝6.6×104 J，洗衣机电动机消耗的电能W2＝6.6×103 J，C正确．因不知洗衣机电动机的内阻，所以D错误．
(2011·高考四川卷)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1A.那么(　　)
A．线圈消耗的电功率为4 W
B．线圈中感应电流的有效值为2 A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cos
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sin
解析：选AC.从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦交变电流的感应电动势的一般表达式为e＝Emcosθ，且该式的成立与转轴的位置无关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流i＝＝cosθ，由题给条件有：
1＝×，Em＝4 V，则Im＝2 A，I有效＝ A，电功率P＝IR＝4 W，所以A正确，B错误．e＝4cosωt＝4cos，即C正确．由Em＝BSω＝Φm·得Φm＝，故Φ＝ sin，即D错误．
二、非选择题
如图所示两交变电流分别通过相同电阻R.
(1)分别写出它们的有效值、周期、频率；
(2)计算它们在R上产生的功率之比．
解析：(1)图甲为正弦交变电流，其有效值I1＝0.707Im＝3.54 A，周期T1＝0.4 s，频率f1＝2.5 Hz；图乙为方波交流电，电流的大小不变，方向作周期性变化，由于热效应与电流方向无关，因而它的有效值I2＝5 A，周期T2＝0.3 s，频率f2＝ Hz.
(2)由公式P＝I2R得P甲∶P乙＝1∶2.
答案：(1)3.54 A，0.4 s，2.5 Hz　5 A，0.3 s， Hz
(2)1∶2
如图所示，边长为a的单匝的正方形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，以OO′边为轴匀速转动，角速度为ω，转轴与磁场方向垂直，线圈电阻为R.求：
(1)线圈从图示位置转过的过程中产生的热量Q；
(2)线圈从图示位置转过的过程中通过线圈某截面的电荷量q.
解析：(1)线圈转动中感应电动势的峰值Em＝Bωa2，感应电流的有效值为：I＝＝＝
线圈转过π/2的时间：t＝＝.
所以在转动过程中产生的热量为：
Q＝I2Rt＝·R·＝.
(2)线圈转过π/2过程中的感应电动势和感应电流的平均值分别为：E＝＝＝，I＝＝
所以，在转动过程中流过导体截面的电荷量为：
q＝It＝·＝.
答案：(1)　(2)
关于交变电流“四值”的理解及应用
物理含义
重要关系
适用情况
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsinωt i＝Imsinωt
计算线圈某时刻的受力情况
最大值
最大的瞬时值
Em＝nBSωIm＝
讨论电容器的击穿电压
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流的数值
正余弦交变电流中E＝Em/
U＝Um/
I＝Im/
(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量等)
(2)交流电表的测量值
(3)电器设备所标注的额定电压、额定电流
(4)保险丝的熔断电流
平均值
交变电流图像中图线与时间轴所夹面积与时间的比值
E＝n I＝
计算通过电路某截面的电荷量

在交流电路中，下列说法正确的是(　　)
A．影响电流与电压关系的，不仅有电阻，还有电感和电容
B．电感对交变电流有阻碍作用，是因为交变电流通过电感线圈时，线圈中产生自感电动势阻碍电流的变化
C．交变电流能通过电容器，是因为交变电压的最大值大于击穿电压，电容器被击穿了
D．电容器的电容越大、交变电流的频率越高，容抗就越大
解析：选AB.交变电流能通过电容器是因为交流电路中的电容器的两极加上交变电压后，两极板上不断进行充、放电，电路中产生电流，表现为交变电流通过了电容器，故C项错．电容器的电容越大、交流电流的频率越高，容抗越小，D项错．
(2012·延安市高二检测)如图所示，电路中完全相同的三个灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再并联到220 V、50 Hz的交流电路上，三个灯泡亮度恰好相同，若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60 Hz，则发生的现象是(　　)
A．三灯亮度不变　　　　　　 B．三灯均变亮
C．a不变、b变亮、c变暗 D．a不变、b变暗、c变亮
解析：选D.当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此c变亮，b变暗，又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，故a灯亮度不变，所以选D.
如图所示为电子技术中常用的电路之一，“～”表示低频交流，“———”表示高频交流，“—”表示直流，则下列叙述正确的是(　　)
A．图a中后级输入只有交流成分
B．图b中后级输入只有直流成分
C．图c中后级输入只有低频交流成分
D．图c中后级输入只有高频交流成分
解析：选ABC.本题考查对电路的识别及感抗、容抗对交流电的影响的判别．电容器具有“隔直流、通高频、阻低频”的作用，A、C两项正确. 线圈具有“阻高频、通直流”的作用，B项正确．
如图所示，从AO输入的信号中，有直流电和交变电流．问：
(1)现要求信号到达BO端没有直流电压，需要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？
解析：(1)因为BO端不需要直流电，只需要交流电，根据电容器C有“通交流、隔直流”的特点，应在AB端接入一电容器C，该电容器对直流电有隔断作用，交变电流则能通过．
(2)因为BO端不需要交流电，只需要直流电，故根据电感L有“通直流、阻交流”的特点，应在AB端接入一个电感线圈，该线圈对交流电有阻碍作用，直流电则能通过．
答案：(1)电容器，对直流有阻碍作用
(2)电感线圈，对交流有阻碍作用
一、选择题
关于电阻器对电流的作用，下列说法正确的是(　　)
A．电阻器能让直流通过也能让交流通过，对电流没有阻碍作用
B．电阻器对直流电有阻碍作用，对交流电没有阻碍作用
C．电阻器对直流电和对交流电的阻碍作用相同
D．电阻器对直流电的阻碍作用与对交流电的阻碍作用不同，阻碍作用还与交流电的频率有关
解析：选C.电阻器有电阻，能够对电流有阻碍作用，无论是交流电，还是直流电，对它们的阻碍作用相同．
关于电容器对交变电流的影响，以下说法中正确的是(　　)
A．电容器对交变电流有阻碍作用
B．电容器对交变电流的阻碍作用越小，容抗就越大
C．电容器具有“通直流、隔交流、通低频、阻高频”的作用
D．电容器的电容越大，交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越大
解析：选A.电容器一方面能通过交变电流，另一方面对交变电流又有阻碍作用，且交变电流的频率越高，电容越大，电容的阻碍作用越小，交变电流的频率越低，电容越小，电容的阻碍作用越大，此时容抗也越大．A正确．
有两个电容器分别为C1＝5 μF和C2＝3 μF，分别加在峰值一定的交变电源上，在下列各种情况下，通过电容器的电流最大的是(　　)
A．在C1上所加交变电流的频率为50 Hz
B．在C2上所加交变电流的频率为50 Hz
C．在C1上所加交变电流的频率为100 Hz
D．在C2上所加交变电流的频率为100 Hz
解析：选C.交变电流的频率越大，电容器的电容越大，电容器对交变电流的容抗就越小，通过电容器的电流就越大，故C正确．
关于感抗，下列说法中正确的是(　　)
A．感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势，阻碍电流的变化
B．感抗的大小不仅与自感系数有关，还与电流的频率有关
C．感抗虽然对交变电流有阻碍作用，但不消耗能量
D．感抗是线圈的电阻产生的
解析：选ABC.交流电通过线圈时，由于电流时刻变化，在线圈中产生自感电动势，自感电动势总是阻碍电流的变化，这就是产生感抗的原因，A正确，D错误；频率越高，电流变化越快，线圈自感系数越大，自感电动势越大，对电流的变化阻碍作用越大，感抗越大，B正确；电感不是耗能元件，它储存的能量用来与电路转换，并不消耗能量，C正确．
一个灯泡通过一个用粗导线绕成的线圈与一交流电源相连接，如图所示，一块铁插进线圈之后，该灯将(　　)
A．变亮
B．变暗
C．对灯没影响
D．无法判断
解析：选B.线圈和灯泡是串联的，当铁块插进线圈后，电感线圈的自感系数增大，所以电感线圈对交变电流阻碍作用增大，因此电路中的电流变小，灯变暗．
有一电阻极小的导线绕制而成的线圈接在交流电源上，如果电源电压的最大值保持一定，下面哪种情况下，通过线圈的电流最小(　　)
A．所加电源的频率为50 Hz
B．所加电源的频率为100 Hz
C．所加电源的频率为50 Hz，减少线圈的匝数
D．在线圈中放入铁心，所加电源频率为100 Hz
解析：选D.线圈的自感系数越大，交流电的频率越高，电感对交流电的阻碍作用就越大，而线圈自感系数又是由它本身决定的：横截面积越大，匝数越多，有铁心，线圈的自感系数就越大．
直流电源的电压与交流电源的电压的有效值相同，自感线圈的直流电阻不计，则灯泡发光最亮的电路是(　　)
解析：选D.电容器、电感器都对交变电流有阻碍作用，A、B中灯泡不是最亮的．C中灯泡被短路，不亮．D中电容器有隔直流作用，灯泡最亮，选D.
如图所示的电路，一灯泡和一可变电容器串联，下列说法正确的是(　　)
A．a、b端接稳恒直流电，灯泡发亮
B．a、b端接交变电流，灯泡发亮
C．a、b端接交变电流，灯泡发亮，且将电容器电容增大时，灯泡亮度增大
D．a、b端接交变电流，灯泡发亮，在不改变交变电流有效值的情况下增大其频率，灯泡亮度增大
解析：选BCD.电容器在电路中的作用是“通交隔直”，故A错B对；电容器的容抗由电容本身和交流电的频率共同决定，电容越大，频率越高，容抗越小，对电流阻碍作用越小，灯泡越亮，故C、D对；正确的应选BCD.
如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L＝1 mH，C＝200 pF)，此电路的重要作用是(　　)
A．阻直流通交流，输出交流
B．阻交流通直流，输出直流
C．阻低频通高频，输出高频交流
D．阻高频通低频，输出低频交流和直流
解析：选D.线圈的作用是：“通直流，阻交流；通低频，阻高频”．电容的作用是：“通交流，隔直流；通高频，阻低频”．因线圈自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这样，直流和低频成分能顺利通过线圈；电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容器C很小，对低频成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它旁路掉，最终输出的是低频交流和直流．
如图所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮．当a、b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是(　　)
A．与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈
B．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器
C．与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器
D．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管
解析：选B.由a、b接直流电源时的现象可知，元件x“通直流”，元件y“隔直流”；由a、b接交流电源时的现象可知，元件x“阻交流”，元件y“通交流”；根据电容器和电感线圈的特点，元件x是电感线圈，元件y是电容器，故B正确．
二、非选择题
(2012·延安高二检测)如图所示，当交流电源的电压(有效值)U＝220 V、频率f＝50 Hz时，3只灯A、B、C的亮度相同(L无直流电阻)．
将交流电源的频率变为f＝100 Hz，则________；将电源改为U＝220 V的直流电源，则________．
A．A灯比原来亮 B．B灯比原来亮
C．C灯和原来一样亮 D．C灯比原来亮
解析：电容的容抗与交流电的频率有关，频率高、容抗小，即对高频交流电的阻碍作用小，所以A项对．线圈对交流电的阻碍作用随频率的升高而增大，所以B项错．电阻R中电流只与交流电的有效值及R值有关，所以C项正确，D项错误．直流电无法通过电容器，所以A灯不亮．线圈L无电阻，所以B灯比原来亮．电压值与交流电的有效值相同，所以C灯亮度不变．
答案：AC　BC
如图所示电路是一个半波整流电源的电路图，其中二极管起到的作用是将AB端输入的交变电流变为直流电流，这种直流电流的波形是一种脉冲波，输出电压的波动幅度比较大，为了得到比较稳定的直流电压，在电源电路中引入了一段π形滤波电路，它由两个电容器和一个电感器组成，请分析该电路中电容和电感线圈在电路中的作用．
解析：电容器具有“通交流，阻直流”的作用，可以给整流后的脉冲电流形成一个回路，从而过滤一部分交变电流，直流电则不可能通过电容；电感器则具有“通直流，阻交流”的作用，它可以对交流电形成阻碍，而直流电则可以顺利地通过，因此，通过此滤波电路可以得到比较好的直流电输出．各个元件的作用是L能通直流，阻交流；C1能通交流，阻直流，C2能进一步通交流，阻直流．
答案：见解析
电流通过电容器过程分析
(1)电容器两极板之间是相互绝缘的，不论是恒定电流还是交变电流，自由电荷都不能通过两极板之间的绝缘介质(电介质)，通常所说的交变电流“通过”电容器，并不是自由电荷穿过了电容器，而是在交流电压作用下，当电压升高时电
容器充电，电容器极板上的电荷量增加，形成充电电流，如图(甲)所示；当电压降低时，电容器放电，电容器极板上的电荷量减少，形成放电电流，如图(乙)所示．由于电容器反复不断地充电、放电，使电路中有持续的交变电流．
(甲)充电　　　　　(乙)放电
(2)当电容器与直流电源的两极相连接时，除了接通的瞬间因电容器充电而有瞬时电流外，一旦充电完毕，电容器两极板间的电压与电源两极的电压相等，且保持不变，电路中就没有电流了．
电阻、电感、电容对交流电作用的区别
电阻
感抗
容抗
产生的原因
定向移动的自由电荷与不动的离子间的碰撞
由于电感线圈的自感现象阻碍电流的变化
电容器两极板上积累的电荷对向这个方向定向移动的电荷的反抗作用
在电路中的特点
对直流、交流均有阻碍作用
只对变化的电流，如交流有阻碍作用
不能通直流，只能通交流．对直流的阻碍作用无限大，对交流的阻碍作用随频率的降低而增大
决定因素
由导体本身(长短、粗细、材料)决定，与温度有关
由线圈本身的自感系数L和交流电的频率f决定
由电容的大小和交流电的频率决定
电能的转化与做功
电流通过电阻做功，电能转化为内能
电能和磁场能往复转化
电能与电场能往复转化

一、单项选择题(本题共10小题，每小题4分，共40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4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1873年奥地利维也纳世博会上，比利时出生的法国工程师格拉姆在布展中偶然接错了导线．把另一直流发电机发出的电接到了他自己送展的直流发电机的电流输出端，由此而观察到的现象导致了他的一项重要发明，从而突破了人类在电能利用方面的一项瓶颈．此项发明是(　　)
A．新型直流发电机　　　　　　　 B．直流电动机
C．交流电动机 D．交流发电机
解析：选B.发电机是由于线圈切割磁感线而生电，电动机是由于通电而转动，由于通以直流电，所以是直流电动机，则选项B正确．
如图是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中电流表有示数的是(　　)
A．甲、丙 B．乙、丁
C．甲、乙 D．丙、丁
解析：选B.线圈转动中感应电流时刻在变化，位于中性面位置时磁通量最大，但感应电流最小，等于零．位于与中性面垂直位置时，磁通量最小，但感应电流最大，故选B.
一交变电压的瞬时值u＝Umsin(100πt) V，当t＝ s时，u＝5 V，则用交流电压表测电压时，电压表上看到的读数为(　　)
A．5 V B．5 V
C．10 V D．10 V
解析：选D.因电压表读数为有效值，将t＝ s和u＝5 V代入u＝Umsin(100πt)，可知Um＝10，故有效值为＝10 V．选项D正确．
如图所示，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
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：选ABC.由Im＝，Em＝NBSω，ω＝2πn，知A、B、C正确．
两相同的白炽灯L1、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处接电压最大值为Um，频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．更换一个新的正弦交流电源后灯L1的亮度大于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率应满足的条件是(　　)
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
解析：选A.更换新正弦交流电源后灯L1亮度大于灯L2的亮度，说明和灯L1串联的电容器对交变电流的阻碍作用变小，则新电源的频率变大，故选A.
如图所示，一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法正确的是(　　)
A．当磁通量为零时，感应电动势也为零
B．当磁通量减小时，感应电动势在增大
C．当磁通量等于0.5Φm，感应电动势等于0.5Em
D．角速度ω等于Em/Φm
解析：选BD.当磁通量为零时，B∥S，此时线框中感应电动势最大，A错；磁通量减小时感应电动势在增大，B对；当Φ＝0.5Φm时，线框平面与中性面夹角为60°或120°，此时感应电动势的大小e＝BSωsin60°＝Em，C错；根据Em＝BSω＝Φmω可知D对．
三个相同的电阻，分别通过如图(a)、(b)、(c)所示的交变电流，三个图中的I0和周期T相同．下列说法中正确的是(　　)
A．在相同时间内三个电阻发热量相等
B．在相同时间内，(a)、(b)发热量相等，是(c)发热量的2倍
C．在相同时间内，(a)、(c)发热量相等，是(b)发热量的1/2
D．在相同时间内，(b)发热量最大，(a)次之，(c)的发热量最小
解析：选C.(a)图像电流的有效值为I0.(b)图像电流的有效值为I0，(c)图像根据电流有效值的定义有：IR＝I2RT，解得电流有效值I＝I0，根据焦耳定律相同时间内产生热量之比等于电流有效值的平方比，Q1∶Q2∶Q3＝1∶2∶1，C对．
如图所示为一交流电的电流随时间变化的图像，此交流电电流的有效值为(　　)
A．5 A
B．5 A
C．3.5 A
D．3.5 A
解析：选B.交流电的有效值的意义是：任意一段时间内，交变电流i通过R产生的热量与恒定电流I通过同一电阻R产生的热量相等，则I称为i的有效值．
取一个周期T时间(T＝0.02 s)则
Q＝IR＋IR＝I2RT，
即：(4)2×＋(3)2·＝I2，
得I＝5 A，所以此交流电电流的有效值为5 A.
如图所示处在匀强磁场中的单匝矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是图中的(　　)
解析：选C.由题给条件可知，cd在t＝0时由题图所示位置开始做切割磁感线运动，但其速度方向与磁场方向的夹角在变化，可知感应电动势的大小e＝BSω·cosωt，所以感应电流的大小i＝＝·cosωt，又由楞次定律可判断t＝0时，感应电流方向与规定正方向相同，故选项C正确．
电阻R1、R2与交流电源按照如图甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示．则(　　)
A．通过R1的电流有效值是1.2 A
B．R1两端的电压有效值是6 V
C．通过R2的电流最大值是1.2 A
D．R2两端的电压最大值是6 V
解析：选B.由i－t图像可知，电流最大值Im＝0.6 A，有效值I＝＝0.6 A，因R1与R2串联，则
I1＝I＝0.6 A，U1＝IR1＝6 V，I2m＝Im＝0.6 A.
U2m＝ImR2＝12 V，故A、C、D错，B正确．
二、填空题(包括2小题，共12分．按题目要求作答)
(6分)家用调光台灯常用可控硅实现调光，一日常照明台灯用正弦交变电流通过可控硅后，其电压随时间变化的图像如图所示，则该电压的有效值为________ V.
解析：此电压加到电阻两端，相当于最大值为Umax，周期为T的交流电只存在正半周和负半周的情况，根据有效值的定义·t＝·2t，得U＝，所以该电压的有效值为.
答案：
(6分)如图所示，线圈面积S＝1.4×10－2 m2，共20匝，总电阻为0.8 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，线圈绕OO′轴以某一角速度匀速转动时，标有“24 V，30 W”的灯泡L正常发光，则线圈转动过程中产生的电动势最大值为________ V，线圈转动的角速度为________ rad/s.
解析：灯泡正常发光时两端电压为24 V，流过的电流为I＝＝1.25 A，因此电动势的有效值为E＝U＋Ir＝24 V＋1.25×0.8 V＝25 V，故最大值为Em＝25 V，再由Em＝NBSω可得角速度ω＝250 rad/s.
答案：25　250
三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
(10分)一台微波炉说明书所列的部分技术参数如下表，请回答：
(1)这台微波炉使用的是哪一种电源？
(2)这台微波炉输入电流的有效值是多大？输入电流的峰值是多大？
型号
WD800(MG－5579MT)
输入电源
220 V，50 Hz
输出功率
800 W
微波频率
2450 MHz
输入功率
1250 W
解析：(1)由表知使用的是交变电源．(2分)
(2)据P＝UI得输出电流I＝＝ A＝5.68 A(4分)
输入电流峰值Im＝I＝8.03 A．(4分)
答案：(1)交变电源　(2)5.68 A　8.03 A
(12分)一矩形线圈与外电阻连接后，感应电流i－t图像如图所示，若线圈面积为200 cm2，总电阻为10 Ω，求线圈所在处匀强磁场的磁感应强度B.
解析：由题图可知，交变电流的最大值
Im＝0.1π A．(2分)
周期T＝0.1 s，故线圈转动的角速度ω＝＝20 π rad/s(4分)
由闭合电路欧姆定律得线圈转动过程中产生的感应电动势的最大值Em＝ImR＝π V(2分)
又Em＝BSω，所以B＝＝ T＝2.5 T(4分)
即磁感应强度B大小为2.5 T.
答案：2.5 T
(12分)如图所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N＝100，线圈电阻r＝3 Ω，ab＝cd＝0.5 m，bc＝ad＝0.4 m，磁感应强度B＝0.5 T，电阻R＝311 Ω，当线圈以n＝300 r/min的转速匀速转动时，求：
(1)感应电动势的最大值；
(2)t＝0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；
(3)此电压表的示数是多少？
解析：(1)电动势的最大值为：
Em＝NBωS＝NB·(2πn)·(ab·bc)＝314 V．(4分)
(2)电动势瞬时值的表达式：
e＝Emsinωt＝314sin(10πt) V．(4分)
(3)UV＝×＝220 V．(4分)
答案：(1)314 V　(2)e＝314sin(10πt) V　(3)220 V
(14分)如图(甲)为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，绕圈的匝数n＝100，电阻r＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图(乙)所示正弦规律变化．求：
(1)交流发电机产生的电动势的最大值；
(2)电路中交流电压表的读数．
解析：(1)电动势的最大值为Em＝nBSω.(2分)
而Φm＝BS，ω＝，所以Em＝，(2分)
由Φ－t图可知：
Φm＝2.0×10－2 Wb，T＝6.28 s，(2分)
代入得：Em＝2.0 V．(2分)
(2)电动势的有效值为E＝＝ V．(2分)
根据闭合电路欧姆定律，电路中电流的有效值为：
I＝＝×10－2 A．(2分)
电压表的示数为U＝IR＝90×10－2≈1.27 V．(2分)
答案：(1)2.0 V　(2)1.27 V

关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是(　　)
A．由功率P＝U2/R，应降低输电电压，增大导线电阻
B．由P＝IU，应该用低电压小电流输电
C．由P＝I2R，应减小导线电阻或减小输电电流
D．上述说法均不对
解析：选C.若根据P＝U2/R和P＝IU两公式计算输电线上的功率损失，U都表示输电线上的损失电压，应降低输电线上损失的电压而不是输电电压，A错；只有提高输电电压才能减小损失的电压，B错，由P＝I2R，减小导线电阻或减小输电电流能够减小输电线上的功率损失，C对．
发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，输电线末端的电压为U2，下列选项中表示输电导线上损耗的功率的是(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C．I2R D．I(U1－U2)
解析：选BCD.输电线上的功率损耗ΔP＝I2·R＝＝I·ΔU，而ΔU＝U1－U2，故选项B、C、D正确．
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2.0×105A
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＝，U为输电电压，R线为输电线的电阻
解析：选B.由P输＝U输I输，可见用500 kV电压输电时，输电电流为I＝＝ A＝6×103 A，A错误；输电线上的电压损耗U损＝I输R线＝6000×2.5 V＝15 kV，B正确；输电线上的功率损耗应该使用P损＝IR线＝U损I输来计算，若用P＝来计算，U为损耗电压才可以，D错误；若改用 5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW，表明电能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为3×106 kW，C错误．
分别用3.3 kV和110 kV的电压输电，输送的电功率相同，导线的材料和送电的距离也都相同，并且要求损失的功率相等，求所用导线的横截面积之比．若用110 kV电压输电时，导线横截面积为4 mm2，则用3.3 kV电压输电的导线横截面积为多大？
解析：设输送的电功率为P，输电电压为U，送电距离为l，导线的横截面积为S，电阻率为ρ.则导线上损失的电功率ΔP＝2I2r(r为一根导线的电阻)．
由于P＝UI，r＝ρ，所以ΔP＝2·ρ.
现在P、ρ、l相同，且要求ΔP相等，则S∝，
所以＝＝≈1111∶1.
即用3.3 kV电压输电的导线的横截面积是用110 kV电压输电导线横截面积的1111倍．
当S2＝4 mm2时，S1＝1111S2＝4444 mm2.
答案：1111∶1　4444 mm2
一、选择题
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，农村进行电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格可采取的措施有(　　)
A．提高输送功率 B．增大输送电流
C．提高输电电压 D．减小输电导线的横截面积
解析：选C.电费高低与线路损耗有关，损耗越大，电费越高，减少损耗的途径有二：一是提高输电电压；二是减小输电线电阻即增大导线的横截面积，故C选项正确．
对在电能远距离输送中所造成的电压损失，下列说法中正确的是(　　)
A．只有输电线的电阻才造成电压损失
B．只有输电线的电抗才造成电压损失
C．输电线的电阻和电抗都造成了电压损失
D．若用高压直流电输送，可以减小因电抗造成的损失
解析：选CD.远距离高压输电过程中，不仅线路上的电阻会损失电压，电容、电感的电抗也会损失电压．若用直流输电时，只有电阻的影响，无电抗的影响，故C、D正确．
(2012·西安高二检测)在电能远距离输送中，发电机发出的电要先送到升压变电站升高电压，到达目的地后，把电能输送到用电区时，为了保证用电安全，还要把电压降低，才能供用户使用．如果保持输电线路电阻不变，在使用不同输电电压时，有(　　)
A．输电电流强度跟输电电压成反比
B．输电线路损失的电压跟输电电压成反比
C．输电线路消耗的电功率跟输电电压成反比
D．输电线路消耗的电能跟输电电压成反比
解析：选AB.解决远距离输电问题的关键是抓住输送功率保持不变，在此基础上研究其他物理量的变化情况，根据功率公式：P＝UI，当功率保持不变时，输电电流跟输电电压成反比．在输电线上损失的电压的表达式为ΔU＝IR＝·R，损失的电压跟输电电压成反比．根据ΔP＝I2R＝R，输电线上消耗的电功率跟输电电压的二次方成反比．
某发电站采用高压输电向外输送电能，若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R.则下列说法正确的是(　　)
A．输电线上的电流I＝
B．输电线上的电流I＝
C．输电线上损失的功率P＝R
D．输电线上损失的功率P＝
解析：选BC.由P＝UI知，输电线电流I＝，故A错，B对；由ΔP＝I2R知，损失功率P＝R，故C对，D错．
(2012·汉中市高二检测)远距离输电，原来用电压U0输电，在输电线上损失的电功率为P0，现在要使输电线上损失的电功率减小到原来的，则输电电压应为(　　)
A．100U0 B.U0
C. D.
解析：选B.输电线上损失功率P损＝IR，而I线＝，所以P损＝R，当P送和R一定时，有P损∝，由此，＝，U＝U0.
中国已投产运行的1000 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，输电线上的损耗电功率为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1000 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变为(　　)
A．P/4 B．P/2
C．2P D．4P
解析：选A.由P＝UI可知由500 kV超高压输电变为1000 kV特高压输电时，输电线电流变为原来的1/2，再据P线＝I2R线可得输电线上损耗的电功率将变为P/4，故选A.
(2012·西安高二测试)发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线的总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损耗的电压可表示为(　　)
A．U1 B．U1－U2
C．IR D．U2
解析：选BC.输电线的电压损失ΔU＝IR＝U1－U2，故B、C对；U1为输出电压，U2为用户得到的电压，故A、D错．
水电站向小山村输电，输送电功率为50 kW，若以1100 V送电，则线路损失为10 kW，若以3300 V送电，则线路损失可降为(　　)
A．3.3 kW B．1.1 kW
C．30 kW D．11 kW
解析：选B.由P＝UI，ΔP＝I2R可得：ΔP＝R，所以当输送电压增大为原来3倍时，线路损失变为原来的，即ΔP＝1.1 kW.

一个小水电站输出电功率为20 kW，输电线总电阻为0.5 Ω，如果先用400 V的电压送电，后改用2000 V电压输电，则输电电压提高后输电线上损失的电功率的变化情况是(　　)
A．减少50 W
B．减少1200 W
C．减少7.68 W
D．增加7.68 W
解析：选B.由公式P损＝R线得：
P损＝×0.5 W＝1250 W.
P损′＝×0.5 W＝50 W，所以ΔP＝1250 W－50 W＝1200 W.
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
解析：选ABD.依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP＝I2R线，而R线＝ρ，增大输电线的横截面积，可减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A正确．由P＝UI来看在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流I越小，则功率损耗越小，B正确．若输电电压一定，输送功率越大，则输电电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C错误．输电电压并不是越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，因此并不是输电电压越高越好，D正确．
二、非选择题
(2012·陕西安康高二检测)从发电站输出的功率为200 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V和11 kV两种电压输电，输电线上电阻造成的电压损失各是多少伏？
解析：输电线上由电阻造成的电压损失ΔU＝IR.
而I＝.所以，电压损失为ΔU＝R，
其中P为输出功率，U为输电电压．
当用110 V电压输电时，输电线上的电压损失为
ΔU1＝×0.05 V＝91 V，
当用11 kV电压输电时，输电线上的电压损失为
ΔU2＝×0.05 V＝0.91 V.
答案：91 V　0.91 V
一台1.25×105 kW的发电机发出的电，若采用500 kV的超高压输电，输电线上的电流将有多大？假如两条输电线每千米的电阻是0.1 Ω，那么，电流在5 km的距离上将产生多大的热功率？输电距离为500 km时，输电线路上产生的热功率占发电机输出功率的百分之几？
解析：用500 kV高压输电时，输电线上的电流
I＝＝ A＝250 A.
这个电流在5 km的输电线上产生的热功率
P损＝I2R＝2502×5×0.1 W＝31250 W＝31.25 kW.
在500 km的距离上产生的热功率
P损′＝I2R′＝2502×500×0.1 W＝3.125×106 W.
×100%＝×100%＝2.5%.
答案：250 A　31250 W　2.5%
特高压电网
　“特高压电网”，指1000千伏的交流或±800千伏的直流电网．输电电压一般分高压、超高压和特高压．国际上，高压(HV)通常指35～220 kV的电压；超高压(EHV)通常指330 kV及以上、1000 kV以下的电压；特高压(UHV)指1000 kV及以上的电压．高压直流(HVDC)通常指的是1600 kV及以下的直流输电电压，±600 kV以上的电压称为特高压直流 (UHVDC)．对于我国目前绝大多数电网来说，高压电网指的是110 kV和220 kV电网；超高压电网指的是330 kV，500 kV和750 kV电网．特高压输电指的是正在开发的1000 kV交流电压和1800 kV直流电压输电工程和技术．特高压电网指的是以1000 kV输电网为骨干网架，超高压输电网和高压输电网以及特高压直流输电和配电网构成的分层、分区、结构清晰的现代化大电网．
特高压电网形成和发展的基本条件是用电负荷的持续增长，以及大容量、特大容量电厂的建设和发展，其突出特点是大容量、远距离输电．

关于变压器的工作原理，下列说法中正确的是(　　)
A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量是不变的
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等
C．穿过副线圈的磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁心流到了副线圈
解析：选BC.原线圈中的磁通量如果不发生变化，那么在副线圈中将不会有感应电动势产生，A错；虽然磁通量始终在不断地发生变化，但是在任意时刻，原、副线圈的磁通量都是相同的，B正确；副线圈中的电流是由于电磁感应产生的，不是由于有电流从原线圈流过来，C正确，D错误．
一输入电压为220 V，输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏了，为获知此变压器原副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁心上新绕了5匝线圈，如图所示，然后将原来线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为(　　)
A．1100，360　　　　　　　 B．1100，180
C．2200，180 D．2200，360
解析：选B.对新绕线圈的理想变压器，根据变压比公式得n1＝＝＝1100，变压器烧坏前，
同理n2＝＝＝180，故B正确．
(2012·开封市高二检测)如图为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，则(　　)
A．保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大
B．保持U1及P的位置不变，S由b合到a时，R消耗的功率减小
C．保持U1不变，S合在a处，使P上滑，I1将增大
D．保持P的位置不变，S合在a处，若U1增大，I1将增大
解析：选ABD.S由a合到b时，n1减小，由＝可知U2增大，P2＝随之增大，而P1＝P2，又P1＝I1U1，从而I1增大，A正确；S由b合到a时，与上述情况相反，P2将减小，B正确；P上滑时，R增大，P2＝减小，又P1＝P2，P1＝I1U1，从而I1减小，C错误；U1增大，由＝可知，U2增大，I2＝随之增大，由＝可知I1也增大，D正确，故选项A、B、D正确．
一理想变压器，原线圈匝数n1＝1100，接在电压为220 V的交流电源上，当它对11只并联的“36 V，60 W”灯泡供电时，灯泡正常发光，由此可知该变压器副线圈的匝数n2是多少？通过原线圈的电流I1是多大？
解析：因为11只并联的“36 V，60 W”灯泡正常发光，所以副线圈输出的电压必为36 V.
由＝，得n2＝n1＝ 匝＝180匝．
每只灯泡正常发光时的电流由
P2′＝I2′U2′得
I2′＝＝ A＝ A
副线圈中的电流I2＝11×I2′＝ A
因＝，故
I1＝I2＝× A＝3 A.
答案：180　3 A
一、选择题
电能被誉为当今能源家族的“天之骄子”，下列关于电能的说法正确的是(　　)
A．电能可以作为各种形式能量的转换中心
B．电能可以集中生产，便于输送和分配，易于控制和管理
C．电能的转换效率明显高于内能的转换效率
D．电能是一次能源
解析：选ABC.由于电能与其他形式的能之间容易转换，因而电能可以作为各种形式能量的转换中心．电动机的效率可达80%以上，最大的可达96.5%，可见电能的转换效率明显高于内能的转换效率．可以说电能是迄今为止人类社会应用最广泛、最方便的二次能源．
如图所示，原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器正常工作时(　　)
A．原、副线圈磁通量之比为2∶1
B．原、副线圈电流之比为1∶2
C．输入功率和输出功率之比为1∶1
D．原、副线圈磁通量变化率之比为1∶1
解析：选BCD.理想变压器原副线圈的磁通量总相等(无漏磁)，A错D对；输入功率总等于输出功率，C对；电流与匝数满足＝，B对．
一理想变压器，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 B．P1＝P2
C．I1＜I2 D．P1＞P2
解析：选ABC.因变压器为理想变压器，故有＝，P1＝P2，由题意知，n1＞n2，则U1＞U2，又因I1U1＝I2U2，则I1＜I2，故选项A、B、C正确．
(2012·宁夏固原高二检测)将输入为220 V，输出为6 V的变压器，改绕成输出为30 V的变压器．若副线圈原来的匝数为30匝，原线圈的匝数不变，则副线圈应增加的匝数是(　　)
A．150匝 B．120匝
C．130匝 D．144匝
解析：选B.＝＝，因为副线圈的匝数是30匝，所以原线圈的匝数是1100匝，根据＝＝＝，所以副线圈应该增加的匝数是120匝．
(2011·高考浙江卷)如图所示，在铁心上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin(314t) V的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是(　　)
A．2.0 V B．9.0 V
C．12.7 V D．144.0 V
解析：选A.若不考虑铁心的漏磁因素，上线圈电压有效值U1＝ V＝36 V，按变压器的变压比＝得U2＝U1＝9.0 V，而实际上副线圈磁通量Φ2<Φ1，由U＝n得>，则应选A.
(2012·上海高二检测)为了检测变电站向外输电的情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示，两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表，则(　　)
A．n1＞n2
B．n3＞n4
C．a为交流电流表，b为交流电压表
D．a为交流电压表，b为交流电流表
解析：选AD.左边的互感器为电压互感器，输入电压很大，为了保护电表，应降压后测量，所以n1＞n2，降压后也不能在副线圈上直接接电流表，所以a只能是交流电压表；右边的互感器为电流互感器，输入电流极大，要测量则需要升压，从而达到减小电流的目的，所以n3＜n4，升压后电流会很小，正好可以测电流，即b为电流表．
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甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　　　图乙
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：选AD.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．
如图所示，一理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是(　　)
A．若电压表读数为6 V，则输入电压的最大值为24 V
B．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半
C．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍
D．若保持负载电阻的阻值不变．输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍
解析：选AD.若电压表读数为6 V，则输入电压为U1＝×6 V＝24 V是有效值，因此其最大值为24 V，A正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍，B错；若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输出电流减小到原来的一半，输入功率等于输出功率即P＝IU也减小到原来的一半，C错；若保持负载电阻的阻值不变．输入电压增加到原来的2倍，输出电压增大到原来的2倍，则由P＝可知输出功率增加到原来的4倍，D正确．
如图所示，与理想变压器相连的四只灯泡相同，变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，接在副线圈上的三只灯泡正常发光，则对于串联在原线圈上的灯泡L(　　)
A．比正常发光时的亮度更大
B．也能正常发光
C．比正常发光时的亮度更暗
D．无法判断其亮度情况
解析：选B.设每只灯的额定电流为I0，因并联在副线圈两端的三只灯泡正常发光，所以副线圈中的电流I2＝3I0，由＝得原线圈的电流I1＝I2＝I0，恰为灯泡L的额定电流，因此灯泡L也正常发光．
(2012·西安高二检测)如图所示是一台理想自耦变压器，在a、b之间接正弦交流电，A、V分别为理想交流电流表和交流电压表，若将调压端的滑动头P向上移动，则(　　)
A．电压表V的示数变大
B．变压器的输出功率变大
C．电流表A的示数变小
D．电流表A的示数变大
解析：选C.ab间为原线圈，当P向上移动时，原线圈匝数增多，原副线圈匝数比变大，由变压规律＝，U1不变，U2变小，电压表V的示数变小，R不变，由P＝可知，变压器的输出功率变小，A、B错，由U1I1＝U2I2，可以知道，I1变小，C对，D错．
二、非选择题
(2011·高考海南卷)如图所示，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.
解析：U1＝10 V，根据小灯泡正常发光，则U2＝＝3 V，Ia＝＝0.1 A，根据＝＝，＝，所以I2＝I1＝0.3 A，Ib＝I2－Ia＝0.2 A.
答案：10∶3　0.2
如图所示，理想变压器原线圈Ⅰ接到220 V的交流电源上，副线圈Ⅱ的匝数为30，与一标有“12 V，12 W”的灯泡连接，灯泡正常发光．副线圈Ⅲ输出电压为110 V，电流为0.4 A．求：
(1)副线圈Ⅲ的匝数；
(2)原线圈Ⅰ的匝数以及通过原线圈的电流．
解析：(1)根据已知，U2＝12 V，n2＝30；U3＝110 V.
由于＝，得n3＝n2＝275匝．
(2)由U1＝220 V，根据＝，得n1＝n2＝550匝；
由P1＝P2＋P3＝P2＋I3U3＝56 W，得I1＝≈0.25 A.
答案：(1)275匝　(2)550匝　0.25 A
变压器的铁心是闭合的，由涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成
(1)在变压器中采用闭合铁心的目的是为了防止漏磁．
(2)变压器的线圈中通过交变电流时，铁心中将产生很大的涡流，不仅损耗了大量的能量，甚至还可能烧毁这些设备．为了减小涡流及其损失，通常采用叠合起来的硅钢片代替整块铁心，并使硅钢片平面与磁感应线平行．一方面由于硅钢片本身的电阻率较大，另一方面各片之间涂有绝缘漆或附有天然的绝缘氧化层，把涡流限制在各薄片内，使涡流大为减小，从而减少了电能的损耗．
变压器原、副线圈导线粗细不同
变压器由两个线圈组成：一个为原线圈，另一个为副线圈．这两个线圈的电压不同．作为高压线圈的匝数多、通过的电流小，根据焦耳定律和节材原则，应用较细的导线绕制；作为低压线圈的匝数少、通过的电流大，根据焦耳定律和节能原则，应当用较粗的导线绕制．因此，我们打开变压器时看到两个线圈粗细不同，用粗导线绕制的线圈为低压线圈，用细导线绕制的线圈为高压线圈．

(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3分，有选错或不答的得0分)
下列说法正确的是(　　)
A．变压器也可能改变恒定电压
B．变压器的原理是一种电磁感应现象，副线圈输出的电流是原线圈电流的感应电流
C．变压器由绕在同一闭合铁心上的若干线圈构成
D．变压器原线圈相对电源而言起负载作用，而副线圈相对负载而言起电源作用
解析：选BCD.变压器的原理是一种电磁感应现象，副线圈的电流是原线圈电流的感应电流，原线圈加上恒定电压时，产生不变的磁通量，副线圈不产生感应电流，A错，B对，变压器可以有一个原线圈和多个副线圈，一同绕在一个铁心上，C对．变压器原线圈与电源相连，起负载作用，而副线圈与负载相连，起电源作用，D对．
输送功率为P，输送电压为U，输电线电阻为R，用户得到的电压为U′.则正确的是(　　)
A．输电线损失功率为R
B．输电线损失功率为
C．用户得到的功率为
D．用户得到的功率为
解析：选ABD.送电电流为I＝，损失电压为U－U′，
则损失功率可表示为以下几种形式：
P损＝I2R、P损＝、
P损＝I(U－U′)，
用户功率为P用＝IU′，
整理后可得P用＝，故C错误，ABD正确．
如图所示为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是(　　)
A．只增加原线圈的匝数　　
B．只增加副线圈的匝数
C．只增大R1的电阻值
D．断开开关S
解析：选B.输入功率由输出功率决定，副线圈上的功率P2＝.增加副线圈的匝数，U2增加，P2增大，B正确；增加原线圈匝数，U2减小，P2减小，A错；增大R1的电阻，副线圈上的总电阻R增大，P2减小，P1也减小，C错；断开S，R增大，P2减小，D错误．
某水力发电站发电机发电后，先通过电站附近的升压变压器升压后，再通过输电线路把电能输送到远处的降压变压器，降压后，再用线路输送到各用户．设发电机输出电压稳定且两变压器均为理想变压器．在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率却增加较大，这时与用电低谷时比较(　　)
A．升压变压器的副线圈两端的电压变小
B．高压输电线路的电压损失变大
C．降压变压器副线圈中的电流变小
D．降压变压器副线圈两端的电压变大
解析：选B.升压变压器的输入电压不变，输出电压也不变，A选项错误；此时输电线路输电功率变大，输电电压不变，输电电流变大，电压损失ΔU＝ΔIR线也变大，B选项正确；降压变压器输入电压降低，输出电压降低，但输出功率变大，输出电流变大，C、D选项错误．
某柴油发电机说明书的部分内容如表所示．现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线与零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4 Ω/m. 安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些家用电器都正常工作时，下列说法中正确的是(　　)
型号
AED6500S
最大输出功率
60 kW
输出电压范围
220～300 V
A.输电线路中的电流为20 A
B．输电线路损失的电功率为8000 W
C．发电机实际输出电压是300 V
D．如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是300 V
解析：选B.I线＝I0＝＝ A＝200 A；线路损失功率P线＝IR线＝8000 W，线路两端电压U＝I线R线＝40 V，所以发电机输出电压为260 V；如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是260 V.
如图所示为理想变压器. 原线圈的匝数为1000匝，两个副线圈的匝数n2＝50匝、n3＝100匝，L1是“6 V，2 W”的小灯泡，L2是“12 V，4 W”的小灯泡，当n1接上交流电压时，L1、L2都正常发光，那么原线圈中的电流为(　　)
A. A　　　　　　　　 B. A
C. A D. A
解析：选C.两个灯泡都正常发光，则L1电压U2＝6 V，电流I2＝ A；L2的电压U3＝12 V，电流I3＝ A，由多个副线圈电流公式I1n1＝I2n2＋I3n3可以知道原线圈的电流是 A.

在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上．当通过交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂，线圈1、2的匝数比n1∶n2＝2∶1.在不接负载的情况下(　　)
A．当线圈1输入电压为220 V的交变电流时，线圈2的输出电压为110 V
B．当线圈1输入电压为220 V的交变电流时，线圈2的输出电压为55 V
C．当线圈2输入电压为110 V的交变电流时，线圈1的输出电压为220 V
D．当线圈2输入电压为110 V的交变电流时，线圈1的输出电压为110 V
解析：选BD.由于两个线圈中磁通量不同，当原线圈中磁通量为Φ时，副线圈中的磁通量为.以线圈1为原线圈，输入交变电压为220 V时，由E＝n可知：E1＝n1，E2＝n2，故U1∶U2＝E1∶E2＝2n1∶n2＝4∶1，选项B正确；同理可知选项D正确．
图(a)左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，A、V为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是(　　)
A．电流表的示数为2 A
B．原、副线圈匝数比为1∶2
C．电压表的示数为电压的有效值
D．原线圈中交变电压的频率为100 Hz
解析：选AC.由题图(b)可知原线圈两端电压的有效值U1＝220 V，由＝，可得原副线圈匝数之比＝＝＝2∶1，故B错误．电流表示数与电压表示数都为有效值，故C正确．电流表示数I＝＝ A＝2 A，故A正确．由题图(b)可知T＝0.02 s，所以交变电压的频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，D错误．
在某交流电路中，有一正在工作的变压器，原、副线圈的匝数分别为n1＝600匝、n2＝120匝，电源的电压为U＝311 sin100πt(V)，原线圈中串联一个额定电流为0.2 A的保险丝，为保证保险丝不被烧毁，则(　　)
A．负载功率不能超过62 W
B．副线圈电流的最大值不能超过1 A
C．副线圈电流的有效值不能超过1 A
D．无论副线圈电流有多大，保险丝总不会被烧毁
解析：选C.保险丝的额定电流指有效值，由电流与线圈匝数的关系＝及原线圈中电流的有效值I1≤0.2 A得副线圈中的电流的有效值I2≤1 A，则副线圈电流的最大值不超过I2＝ A．再由电压与线圈匝数的关系＝及原线圈两端的电压的有效值U1＝＝220 V得副线圈两端电压的有效值U2＝44 V，则有P＝U2I2≤44 W，故C选项正确，A、B、D选项错误．
钳形电流表的外形和结构如图甲所示．图甲中电流表的读数为1.2 A．图乙中用同一电缆线绕了3匝，则(　　)
A．这种电流表能测直流电流，图乙的读数为2.4 A
B．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为0.4 A
C．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为3.6 A
D．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流，图乙的读数为3.6 A
解析：选C.钳形电流表的工作原理是电磁感应，所以它只能测定交变电流，根据变压器的原理，I1n1＝I0n0，其中n1指钳形电流表内部线圈的匝数，n0指待测电流导线的匝数，I0指外接电流．当在图乙中用同一电缆线绕了n0′＝3匝，则n0′＝3n0，则满足I2n1＝I0n0′，解得I2＝3I1＝3.6 A.
若在图甲所示的变压器原线圈两端输入如图乙所示的电流(规定电流自a端流入为正值)，变压器副线圈c、d两端的电压为Ucd，则下列四图中能表示Ucd的是(　　)
解析：选B.由题图乙可以看出从ab端输入的电流大小按正弦规律变化，但方向未变，均为正．在0～t1这段时间内，电流逐渐增大，但电流的变化率逐渐减小；t1时刻磁通量的变化率为零，感应电动势为零．根据电磁感应定律可以判断B正确．
用U1＝U和U2＝kU两种电压来输送电能，若输送的功率相同，在输电线上损失的功率相同，导线的长度和材料也相同，则在两种情况下导线的横截面积S1∶S2为(　　)
A．k∶1 B．1∶k
C．k2∶1 D．1∶k2
解析：选C.输电电流：I＝，能量损失：P损＝I2R＝I2ρ，所以S＝＝，所以S∝，所以S1∶S2＝(kU)2∶U2＝k2∶1.
二、计算题(本题共4小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
(8分)一台理想变压器，原、副线圈匝数各为1210匝和33匝．在副线圈连接的电路中只接有一盏“6 V，11 W”的低压灯，并能正常发光．这时变压器的原线圈所加电压和通过的电流各是多少？
解析：由＝得U1＝U2＝×6 V＝220 V(4分)
又对理想变压器，P1＝P2，I1＝＝＝ A＝0.05 A．(4分)
答案：220 V　0.05 A
(10分)如图所示，一理想变压器的原线圈接在电压为220 V的正弦交流电源上，两副线圈匝数分别为n2＝16匝、n3＝144匝，通过理想二极管、单刀双掷开关与一只“36 V，18 W”的灯泡相连(灯泡电阻不变)，当开关接1时，灯泡正常发光，求：
(1)原线圈的匝数n1；
(2)当开关接2时，灯泡两端电压的有效值．
解析：(1)当开关接1时灯正常工作，所以U3＝36 V，根据＝得
n1＝＝ 匝＝880匝．(3分)
(2)设当开关接2时，副线圈两端电压为U23
则＝
故U23＝ V＝40 V(3分)
根据有效值的定义知：
·T＝·＋0(2分)
所以灯两端电压的有效值U＝20 V，即28.28 V．(2分)
答案：(1)880匝　(2)28.28 V
(10分)某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线路总电阻是6 Ω.
(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率．
(2)若改用5000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．
解析：(1)输电线上的电流强度为I＝＝ A
＝52.63 A(2分)
输电线路损耗的功率为P损＝I2R＝(52.63)×6 W≈16620 W＝16.62 kW.(2分)
(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I′＝
＝ A＝4 A(2分)
用户端在变压器降压前获得的电压U1＝U－I′R
＝(5000－4×6) V＝4976 V(2分)
根据＝用户得到的电压为U2＝U1＝×4976 V＝226.18 V．(2分)
答案：(1)16.62 kW　(2)226.18 V
(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.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%.
求：在输电线路中设置的升、降变压器原副线圈匝数比．
解析：输电线路的示意图如图所示，
输电线损耗功率P线＝100×4% kW＝4 kW，
又P线＝IR线．(1分)
输电线电流I2＝I3＝20 A．(1分)
原线圈中输入电流I1＝＝ A＝400 A．(2分)
所以＝＝＝.(2分)
这样U2＝U1＝250×20 V＝5000 V．(2分)
U3＝U2－U线＝(5000－20×10) V＝4800 V．(2分)
所以＝＝＝.(2分)
答案：　

(2012·陕西榆林高二检测)关于传感器及其作用，下列说法中正确的是(　　)
A．传感器一般是把非电学量转换为电学量
B．传感器一定是把非电学量转换为电路的通断
C．传感器把非电学量转换为电学量是为了方便进行测量、传输、处理和控制
D．电磁感应是把磁学的量转换为电学的量，所以利用电磁感应现象工作的动圈式话筒也是传感器
解析：选ACD.根据传感器的概念和工作原理可以判断A、C正确．B选项中不一定把非电学量转化为电路的通断，还有其他的表现形式，故B错．动圈式话筒利用电磁感应将声音转化为电流，是传感器，D正确．
(2011·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．
夜间，居民楼的楼道里只是偶尔有人经过，“长明灯”会造成浪费．科研人员利用“光敏”材料制成“光控开关”——天黑时自动闭合，天亮时自动断开；利用“声敏”材料制成“声控开关”——当有人走动发出声音时自动闭合，无人走动时自动断开．若将这两种开关配合使用，就可以使楼道里的灯变得“聪明”．这种“聪明”的电路是图中的(　　)
解析：选D.在白天，一般是不需要灯照明的；天黑以后，特别是夜深人静时，一般也是不需要灯照明的，也就是说天黑且人在楼道里走动时需要照明．对于选项A，“声控开关”闭合时，发生短路；对于选项B，不管是“光控开关”，还是“声控开关”各自闭合都能让灯发光，节能的目的达不到；对于选项C，“光控开关”闭合时，发生短路；对于选项D，“光控开关”与“声控开关”同时闭合时，灯才亮，所以达到了节能的目的．

如图所示，一热敏电阻RT放在控温容器M内；A为毫安表，量程6 mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3 V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9 Ω；S为开关．已知RT在95 ℃时的阻值为150 Ω，在20 ℃时的阻值约为550 Ω.现要求在降温过程中测量在95～20 ℃之间的多个温度下RT的阻值．
(1)在图中画出连线，完成实验原理电路图．
(2)完成下列实验步骤中的填空：
a．依照实验原理电路图连线．
b．调节控温容器M内的温度，使得RT的温度为95 ℃.
c．把电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全．
d．闭合开关．调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录________．
e．将RT的温度降为T1(20 ℃f．温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1＝________．
g．逐步降低T1的数值，直至20 ℃为止；在每一温度下重复步骤e、f.
解析：(1)电阻箱的最大阻值与热敏电阻的最大阻值相差不大，因此电阻箱应与热敏电阻串联．
(2)本实验原理是电路的电流相等时，外电路的总电阻相等，所以95 ℃和T1时RT对应的电路的电阻相等，有150 Ω＋R0＝RT1＋R1，即RT1＝R0－R1＋150 Ω.
答案：(1)实验原理电路图如图所示
(2)电阻箱的读数R0　仍为I0　电阻箱的读数R1
R0－R1＋150 Ω
一、选择题
关于传感器的下列说法中正确的有(　　)
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，如金属氧化物氧化锰就可以制成温度计，所以选项A错误，B正确；传感器不但能感知电压的变化，还能感知力、温度、光、声、化学成分等非电学量的变化，所以选项C错误．
传感器根据检测量的不同，可以分为物理型、化学型和生物型三类．下列说法中正确的是(　　)
A．物理型传感器就是能把被测量量转换成物理量的传感器
B．化学型传感器就是能把被测量量转换成化学量的传感器
C．生物型传感器就是能把被测量量转换成生物量的传感器
D．能把化学物质的成分、浓度等化学量转换成电学量的传感器是化学传感器
解析：选D.物理型、化学型和生物型传感器都是把被测量量转换成电流、电压、电容等电学量的传感器，它们的区别在于物理型传感器检测的是非电学的物理量，化学型传感器检测的是化学物质的成分、浓度等化学量，而生物型传感器则是利用生物机体组织的各种效应来制成的．
有些热敏电阻的材料是正温度系数的，对此，下列理解正确的是(　　)
A．正温度系数的热敏材料只对0 ℃以上的温度敏感
B．正温度系数的热敏材料的电阻随着温度的上升而正比例增加
C．正温度系数的热敏材料的电阻随着温度的上升而增加
D．正温度系数的热敏材料的电阻也会随着温度的降低而减小
解析：选CD.正温度系数的热敏材料的电阻随着温度的上升而增加，而不一定是正比例增加，更不是只对0 ℃以上的温度敏感，其“正”字指其阻值与温度同方向变化，既然正温度系数的热敏材料的电阻能随着温度的上升而增加，也能随着温度的降低而减少．
如图所示，将一光敏电阻连入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照射光敏电阻时表针的偏角为θ，现用手掌挡住部分光线，表针的偏角变为θ′，可判断(　　)
A．θ′＝θ B．θ′<θ
C．θ′>θ D．不能确定θ和θ′的关系
解析：选B.光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小，开始时有光照射，光敏电阻的阻值较小，当用手掌挡住部分光线时，光敏电阻的阻值增大，因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧，所以欧姆表测电阻时，阻值越大，指针张角越小，所以选项B正确．
(2012·上海浦东新区高二检测)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
解析：选B.太阳帆的有效采光面积不同，所产生的电流不同，当电流最大时正对太阳，所以应用的是光传感器，B对，A、C、D错．
光声控延时开关的原理图如图所示，关于其原理，下列说法正确的是(　　)
A．图中的光电转换器和声电转换器都包含有敏感元件
B．图中转换器和电子线路组成了敏感元件
C．图中被控制线路是转换电路
D．图中电子线路和被控制线路组成了转换电路
解析：选A.图示为光声控延时开关的原理图，其中光电转换器和声电转换器包含有敏感元件，用于感知光和声，电子线路是转换电路，其作用是将光敏感元件和声敏感元件获取的电信息进行放大、调整，以控制电灯线路，电灯线路是被控制线路．

(2012·陕西安康高二检测)如图是一火警报警装置的一部分电路示意图，其中R2是半导体热敏传感器，它的电阻随温度升高而减小，a、b接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，电流表的电流I和a、b两端电压U与出现火情前相比(　　)
A．I变大，U变大 B．I变小，U变小
C．I变小，U变大 D．I变大，U变小
解析：选D.当R2随温度升高而减小时，电路的总电阻减小，总电流增大，电源两端的电压减小，R1两端的电压增大，R3两端的电压减小，R3的电流减小，R2的电流增大．故D正确．
如图所示为光敏电阻自动计数器的示意图，其中R1为光敏电阻，R2为定值电阻．此光电计数器的基本工作原理是(　　)
A．当有光照射R1时，信号处理系统获得高电压
B．当有光照射R1时，信号处理系统获得低电压
C．信号处理系统每获得一次低电压就计数一次
D．信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
解析：选AC.当有光照射R1时，光敏电阻减小，电路中的电流增大，R2上获得的电压增大，信号处理系统获得高电压，故A对B错．当工件每挡住一次光时，应该计一次数，故信号处理系统每获得一次低电压就计数一次，C对D错．
如图所示，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.
(2012·济南高二检测)有定值电阻、光敏电阻、热敏电阻三只元件．分别接入如图所示电路中A、B两点后，用黑纸包住元件置于热水中，观察欧姆表的示数，下列说法中正确的是(　　)
A．置于热水中与不置于热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是热敏电阻
B．置于热水中与不置于热水中相比，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，定值电阻和光敏电阻的阻值不随温度变化，光敏电阻的阻值随光照条件变化．定值电阻和热敏电阻的阻值不随光照条件变化．

二、非选择题
如图所示，甲、乙是两类热敏电阻的R－t特征图线，如果想用热敏电阻作传感器，并与继电器相连，构成一个简单的自动报警线路，当温度过高时，由继电器接通电路报警．采用图________热敏电阻较好．
解析：因为甲种电阻有一段突变，当温度升高时，电阻值突然减小到很小，使电路中的电流变化较大，起到较好的效果．
答案：甲
(2012· 河南安阳高二检测)传感器担负着信息采集的任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)，例如热传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻随温度变化的图线如图甲所示，图乙是用热敏电阻R1作为传感器制作的简单自动报警器原理图．则
(1)为了使温度过高时报警器铃响，开关应接在________(填“a”或“b”)．
(2)若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器的滑片P向________移动(填“左”或“右”)．
解析：温度较高时，热敏电阻阻值减小，图乙中通电螺线管的磁性增强，将与弹簧相连的金属导体向左吸引，要使报警器所在电路接通并报警的话，开关应接在a.要实现温度更高时，即热敏电阻更小时才将报警器电路接通的话，应该将滑动变阻器连入电路的阻值调大，即P向左移动．
答案：(1)a　(2)左
几种常见传感器的工作原理及用途比较
传感器品种
工作原理
可被测定的非电学量
光敏电阻、热敏电阻、半导体传感器
阻值变化
力，加速度，温度，湿度，气体
电容传感器
电容变化
力，加速度，液面，湿度
感应传感器
电感变化
力，质量，加速度，旋进数，转矩，磁场
霍尔传感器
霍尔效应
角度，旋进度，力，磁场
压电传感器、超声波传感器
压电效应
压力，加速度，距离
热电传感器
热电效应
烟雾，明火，热分布
光电传感器
光电效应
辐射，角度，旋转数，位移，转矩

半导体的导电机理及光敏电阻的特性
(1)半导体的导电机理，以半导体材料硅为例说明半导体的导电机理，如图是硅原子排列示意图，每个原子的最外层有4个电子．由于热运动或其他原因，其中极少数电子可能获得较大的能量，挣脱原子的束缚而成为自由电子．这样，在原来的地方就留下一个空位，称为“空穴”．空穴相当于一个正电荷．当这个空穴由附近原子中的电子来填补时，就出现了一个新的空穴，这种变化相当于空穴在移动．
如果有了外电场，自由电子和空穴会向相反的方向做定向移动，于是在半导体中形成了电流．自由电子和空穴都叫做载流子(carrier)．
(2)光敏电阻的特性
当光敏电阻受到光照射时，会有更多的电子获得能量成为自由电子，同时也形成更多的空穴，于是导电性明显地增强，电阻减小．不受光照射时的电阻阻值是受光照射时的100倍～1000倍．
热敏电阻和金属热电阻
(1)区别：①热敏电阻和金属热电阻的导电性能与温度的变化关系不相同，热敏电阻的导电性能随温度的升高可能增强也可能减弱；金属热电阻的导电性能随温度升高而降低．
②热敏电阻和金属热电阻的优缺点：热敏电阻灵敏度高，但化学稳定性较差，测量范围较小；金属热电阻的化学稳定性较好，测量范围较大，但灵敏度较差．
(2)联系：热敏电阻和金属热电阻都能够将温度这个热学量转换为电阻这个电学量．

在数码摄像器材中，使用了一种新型的敏感元件，叫电荷耦合器(CCD)，下列关于CCD的说法正确的是(　　)
A．它能将光信号转换成模拟电信号
B．它能将模拟电信号转换为数字电信号
C．它是一种硅半导体芯片，上面布有数百万个光敏元件
D．它是一种硅半导体芯片，上面布有数百万个热敏元件
解析：选AC.CCD是一种半导体芯片，上面布有数百万个光敏元件，每个光敏元件都把它所受到的光转换成相应量的电荷，于是整块CCD就把一幅图像的光信号转换成相应的模拟电信号，然后再通过A/D转换器转换为数字信号，以便于计算机处理．
下列说法正确的是(　　)
A．应变式力传感器可以测重力，也可以用来测牵引力
B．电子秤的核心元件是应变片，它多用金属材料制成，是一种敏感元件
C．应变片能把力学量——物体形变转换为电学量——电压
D所有电子秤都应用了应变式力传感器
解析：选AC.压力传感器是把力这个物理量转化为电压这个电学量的仪器．
如图所示，截面为矩形的金属导体，放在磁场中，当导体中通有电流时，导体的上、下表面的电势的关系是(　　)
A．UM>UN　　　　　　 ．UM＝UN
C．UM解析：选A.霍尔效应形成的原因是带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用，金属导体中的载流子是电子，根据左手定则，电子受到向下的洛伦兹力作用，向N极运动，则M极剩下多余的正电荷，即UM>UN，所以选项A正确．
汽车过桥时对不同类型的桥面压力变化不一样．为进一步研究，可将一小球代替汽车放在斜面顶端．对所受压力的变化进行研究，如图甲所示．采用DIS方法对模型进行测量，其结果如图乙中电脑屏幕所示．
(1)图甲中的传感器为________传感器；
(2)图甲中①②③分别为三种不同类型的桥面，对于凸形桥①，其相对应的压力图线应是屏幕上的________(填“a”、“b”或“c”)
(3)如增大小球在斜槽上的高度，在图乙中大致画出小球通过凸形桥①时的压力图线．
解析：(1)由于是将压力信号转化为电信号，所以是压力传感器．
(2)桥面如题图①所示，小球在最高点的压力小于重力；
桥面如题图②所示，小球的压力不变，总等于重力；
桥面如题图③所示，小球在最低点时对桥的压力大于重力；
由此可得：对应凸形桥①的压力图线是电脑屏幕上的c.
(3)若增大小球在斜槽上的高度，小球通过凸形桥①时的压力图线将向下凹，即如图所示．
答案：(1)压力　(2)c　(3)见解析图
一、选择题
下列关于力传感器的说法正确的是(　　)
A．力传感器是通过弹簧测力的
B．力传感器是通过弹簧将力转换为电学量
C．力传感器是通过电阻应变片测力的
D．力传感器是通过悬臂梁将力的变化转换为金属应变片的形变并进一步转换成电学量
解析：选CD.力传感器结构里没有弹簧，它是通过悬臂梁这样一种弹性元件将微小的形变传递到金属应变片这种电阻应变片上，从而将悬臂梁上的应变转换为电阻的变化，这样就把感知的力学量转换成易测易算的电学量．
当客人走近一些大饭店或宾馆的门口时，门就会自动打开，是因为门上安装了某种传感器．这种传感器可能是(　　)
A．声音传感器 ．位移传感器
C．红外线传感器 ．温度传感器
解析：选C.这种自动门的特点是人靠近时就能打开，不需要发出声音，不是声音传感器，A错．把一个木箱推向自动门，门不会自动打开，不是位移传感器，B错．不管冬天夏天只要有人靠近就能打开，不是温度传感器，D错．该自动门很可能是红外线传感器，C对．
有一种在光照或温度升高时排气扇都能启动的自动控制装置，下列说法正确的是(　　)
A．两个传感器都是光电传感器
B．两个传感器分别是光电传感器和温度传感器
C．两个传感器可能分别是温度传感器、电容式传感器
D．只有光照和温度都适合时排气扇才能工作
解析：选B.题中提到有光照或温度升高时排气扇都能自动控制，由此可见两个传感器一个是光电传感器，一个是温度传感器，而且排气扇自动工作只需光照或温度一个条件满足即可，A、C、D错，B对．
传感器可将非电学量转化为电学量，起自动控制作用，如计算机鼠标中有位移传感器，电熨斗、电饭锅中有温度传感器，电视机、录像机、影碟机、空调机中有光电传感器……用遥控器调换电视频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程．下列属于这类传感器的是(　　)
A．红外线报警器
B．走廊照明灯的声控开关
C．自动洗衣机中的压力传感装置
D．电饭锅中控制加热和保温的温控器
解析：选A.红外线报警器的工作原理是如果有人通过，红外线达到传感器可以觉察到的范围，那么红外线传感器就会发出信号，并与触点接通，使灯点亮且发出警报．因此，红外线报警器的工作过程是将光信号转化为电信号，A选项正确．而B选项是将声音信号转换为电信号，C选项是利用压力来传递信息的，D选项是通过温度来控制的，所以选项B、C、D错误．
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
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，导致控制器发生错误指令，故C正确，AB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，答案为C.
(2012·上海高二检测)红外遥感卫星通过接收地面物体发出的红外辐射来探测地面物体的状况．地球大气中的水汽(H2O)、二氧化碳(CO2)能强烈吸收某些波长范围的红外辐射，即地面物体发出的某些波长的电磁波，只有一部分能够通过大气层被遥感卫星接收．下图为水和二氧化碳对某一波段不同波长电磁波的吸收情况，由图可知，在该波段红外遥感大致能够接收到的波长范围是(　　)
A．2.5～3.5 μm ．4～4.5 μm
C．5～7 μm ．8～13 μm
解析：选D.从两幅图中可以看出，水和二氧化碳对2.5～3.5 μm范围内的波吸收都很强烈，二氧化碳对4～4.5 μm范围内的波吸收比较强烈，水对5～7 μm范围内的波吸收比较强烈，只有8～13 μm范围内的波、水和二氧化碳对它基本都不吸收，故这部分波长的电磁波能够被遥感探测到．

如图所示是一个测定液面高度的传感器，在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放在导电液体中，导电芯和导电液构成电容器的两极，把这两极接入外电路，当外电路中的电流变化说明电容器值增大时，导电液体的深度h是怎样变化的(　　)
A．深度h变大 ．深度h变小
C．深度h不变 ．无法确定
解析：选A.电容器的电容与三个因素有关，分别是正对面积、极板间距离和介质的介电常数，在这个传感器中，介质不变化，绝缘层厚度不变化，相当于极板间距离不变化，唯一改变的是正对面积．由题意，电容变大就是电容器的正对面积增大了，也就是深度h变大了，选A.
有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图中的虚线所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3 A，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30－0.02F(F和R的单位分别是N和Ω)．下列说法正确的是(　　)
A．该秤能测量的最大体重是1400 N
B．该秤能测量的最大体重是1300 N
C．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.375 A处
D．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.400 A处
解析：选AC.当电流表满偏时，电阻
R＝－r＝－2 Ω＝2 Ω.
由R＝30－0.02F，代入Rmin＝2 Ω，得Fm＝1400 N，即该秤能测量的最大体重是1400 N．当F＝0时，R＝30 Ω，
则I＝＝ A＝0.375 A，所以AC正确．
为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是(　　)
A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高
C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关
解析：选D.与霍尔元件工作原理相似，等效为金属杆切割类的问题，根据U＝Bbv，v为污水的流速，b为等效切割的长度，一定要注意这个等效关系，否则就会得出错误的结论．根据右手定则可以判断出，无论污水中正离子较多还是污水中负离子较多，总是后表面比前表面电势高，电压表的示数不仅仅与污水中离子浓度有关，还与流速等因素有关．由U＝Bbv和Q＝bcv可知Q＝cU/B，污水流量Q与U成正比，与a、b无关．

压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球．小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图乙所示，下列判断正确的是(　　)
A．从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动
B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动
C．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动
D．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动
解析：选D.当小车有向右的恒定加速度时，球对压敏电阻的压力是恒力，压敏电阻的阻值就保持不变，电路中有恒定的电流，故从乙图可看出，从0到t1，压敏电阻受的压力为恒力(可能为零)，小车可能做匀速运动，也可能做匀加速运动，而从t1到t2时间内，压敏电阻所受压力大于从0到t1时的压力，且越来越大，t2到t3时间内，压敏电阻受恒力且大于从0到t1时的压力，故从t1到t2时间内，小车做加速度越来越大的运动，从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动．
二、非选择题
如图所示，实线是某同学利用力传感器悬挂一钩码在竖直方向由静止开始运动时，数据采集器记录下的力传感器中拉力的大小变化情况．从图中可以知道该钩码的重力约为________N．A、B、C、D四段图线中钩码处于超重状态的为________，处于失重状态的为________．
解析：当拉力的大小不变时，力传感器悬挂的钩码在竖直方向是匀速运动，此时力传感器的读数等于钩码的重力，约为10 N．当力传感器读数大于重力时，钩码处于超重状态．当力传感器读数小于重力时，钩码处于失重状态．
答案：10　AD　BC

如图甲、乙两图所示是A和B两位同学在科技活动中自制的利用电压表示数来指示物体质量的电子秤原理图，托盘与由绝缘体制成的弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器的滑动端与弹簧连接．设变阻器总电阻为R，总长为l，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻阻值为R0，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力，电压表为理想电表．推导图甲和图乙中电压表示数Ux与物体质量m的关系式，说明哪位同学设计的方案更可取．
解析：先弄清实验原理，设托盘中放质量为m的物体时，滑动变阻器的上端到滑动端的长度为x，电压表示数为Ux，根据题意有mg＝kx，
Rx＝R＝.
对于图甲有Ux＝＝①
对于图乙有Ux＝＝②
对比①、②两式可知，①式中Ux与m成正比，便于测量；而②式中Ux与m不成正比，不便于测量．依据可操作性原则可知A同学设计的原理图更可取．
答案：见解析
传感器与机器人
　机器人是一种电子机械装置，具有一定的运动、感觉和判断功能．
机器人由机械系统、传感器系统、信息处理和控制系统组成，传感器系统在其中起着非常重要的作用．
传感器系统是机器人的感觉器官，可以分为外部传感器和内部传感器．
外部传感器用于感知外部工作环境和外界事物对机器人的刺激．视觉传感器(主要是摄像机)是机器人的“眼睛”，它可以测量物体的距离，识别物体的形状、颜色等；超声波传感器、语音识别装置等是机器人的“耳朵”；温度传感器相当于人的“皮肤”，机器人通过温度传感器感知环境温度的变化；压力传感器、温度传感器、位移传感器等使机器人有了“手感”．除此之外，外部传感器还包括嗅觉、味觉传感器等．
内部传感器(如角度传感器、关节传感器等)用于检测机器人自身的状态．它安装在驱动装置内，用以测量手臂、手爪等的位置和运动速度，以控制机器人精确定位和平稳运动．实现未来机器人的高智能化，依赖于传感器技术的提高．

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40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4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
下列说法正确的是(　　)
A．凡将非电学量转化为电学量的传感器都是物理传感器
B．湿度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，多数是将非电学量转化为电学量，故A错；湿度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，故C错．由物理传感器定义知D正确．
压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小．某实验小组在升降机水平地面上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置．其工作原理图如图甲所示，将压敏电阻、定值电阻R、电流显示器、电源E连成电路，在压敏电阻上放置一个绝缘重物.0～t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流显示器中得到电路中电流i随时间t变化的情况如图乙所示．则下列判断正确的是(　　)
A．t1～t2时间内绝缘重物处于超重状态
B．t3～t4时间内绝缘重物处于失重状态
C．升降机开始时可能停在10楼，从t1时刻开始，经向下加速、匀速、减速，最后停在1楼
D．升降机开始时可能停在1楼，从t1时刻开始，经向上加速、匀速、减速，最后停在10楼
解析：选C.t1～t2时间，电路中电流小于0～t1时间的电流，说明压敏电阻阻值变大，则其所受压力小于0～t1时间所受压力，即t1～t2时间压敏电阻所受压力小于绝缘重物重力，绝缘重物应处于失重状态，t3～t4时间绝缘重物处于超重状态，所以C正确．
数字跑道采用了大面积柔性压力阵列传感器、现场总线网络和分布式信息处理技术，可实时检测运动员步频、步距、足部触地时间、离地时间、速度、发力大小、发力角度等信息，在此基础上还构建了训练信息采集和技术诊断分析系统，为田径项目提供了一种全新的科学化训练平台．下列关于数字跑道的说法正确的是(　　)
A．传感器要由敏感元件和转换电路等组成
B．压力阵列传感器应该是一种力电传感器
C．奥运会中应用的传感器智能化程度很高，直接感应的是电学量，不需要力电转换
D．奥运会中应用的传感器智能化程度尽管很高，但传感器都是将非电学量转换为电学量
解析：选ABD.根据题目情景的叙述，跑道上使用的是压力传感器，所有的传感器都要先通过敏感元件采集信息，然后再由转换电路将采集到的力、热、光等非电学量转换为便于测量的电压或电流等电学量．
如图是三类热敏材料的温度特性曲线，由图线判断下列说法正确的是(　　)
A．NTC常用在温度测量中
B．CTC在一定温度范围内，电阻率变化较平缓，常用于温度测量
C．NTC和CTC的电阻率都随温度的升高而降低，都是负温度系数的热敏材料
D．PTC是正温度系数的热敏材料，常用做温控开关
解析：选AD.NTC的电阻率随温度的升高而降低，是负温度系数的热敏材料，由于受温度影响，电阻率变化比较平缓，故常用在温度测量中．CTC和PTC在一定温度范围内，阻值随温度而剧烈变化，常用做温控开关，PTC的电阻率随温度的升高而增加，是正温度系数的热敏材料，CTC在某一段温度范围内，尽管阻值随温度的升高急剧下降，但它不是负温度系数的热敏材料，而是临界温度系数的热敏材料，它的电阻只在很小的温度范围(临界)内急剧下降．
如图是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，对于一个霍尔元件d、k为定值，如果保持I恒定，则可以验证UH随B的变化情况．以下说法中正确的是(工作面是指较大的平面)(　　)
A．将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面，UH将变大
B．在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平
C．在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平
D．改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，UH将发生变化
解析：选ABD.将永磁体的N极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，B增大，I恒定，由公式UH＝知UH将变大，选项A正确；地球两极的磁场方向在竖直方向上，所以霍尔元件的工作面应保持水平，使B与工作面垂直，选项B正确；地球赤道上的磁场成水平方向，只有霍尔元件的工作面在竖直方向时，B与工作面垂直，选项C错误；改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，B垂直工作面的大小发生变化，UH将发生变化，选项D正确．

利用光敏电阻制作的光传感器，记录了传送带上工作的输送情况，如图(甲)所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光传感器B能接收到发光元件A发出的光，每当工件挡住A发出的光时，光传感器输出一个电信号，并在屏幕上显示出电信号与时间的关系，如图(乙)所示．若传送带始终匀速运动，每两个工件间的距离为0.2 m，则下列说法正确的是(　　)
A．传送带运动的速度是0.1 m/s
B．传送带运动的速度是2 m/s
C．该传送带每小时输送3600个工件
D．该传送带每小时输送7200个工件
解析：选C.由题图可知1 s内传送带运动了0.2 m，则传送带的速度为0.2 m/s，每小时输送3600个工件．只有C正确．
如图所示是某居住小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R1为光敏电阻、R2为定值电阻，A、B接监控装置．则(　　)
A．当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压升高
B．当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压降低
C．当仅增大R2的阻值时，可减小A、B之间的电压
D．当仅增大R2的阻值时，可增大A、B之间的电压
解析：选BD.R1是光敏电阻，有光照射时，电阻变小，当有人通过而遮蔽光线时，R1的阻值变大，回路中的电流I减小，A、B间的电压U＝IR2减小，故A项错误，B项正确；由闭合电路欧姆定律得：U＝E－I(R1＋r)，当仅增大R2的阻值时，电路中的电流减小，A、B间的电压U增大，故C项错误，D正确．

氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测，它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化．在如图甲所示的电路中，不同的一氧化碳浓度对应着传感器的不同电阻，这样，电压表的指针位置就与一氧化碳浓度有了对应关系，观察电压表指针就能判断一氧化碳浓度是否超标．有一种氧化锡传感器，其技术资料中给出的是电导(即电阻的倒数)—CO浓度曲线，如图乙所示．在下列表示一氧化碳浓度c与电压表示数U0之间关系的图像中正确的是(　　)
解析：选D.U0＝IR0＝，一氧化碳浓度c增大，电导增大，电阻R传减小，U0增大，一氧化碳浓度c与电压表示数U0之间关系是正相关关系，但不是正比关系．选项D正确．
传感器在日常生活中的应用越来越广泛，温度传感器(实质是自动开关)是其中的一种．某一种食品消毒柜就是利用温度传感器来自动控制电路的．常温下，该温度传感器是闭合的；当温度达到某一设定值时，传感器自动断开，从而切断整个电路．下列关于该消毒柜的几种电路图中(图中S为电源开关)，连接正确的是(　　)
解析：选A.A电路中，当温度升高到某一设定值时，电路会断开；B、C、D电路中，温度升高到某一设定值时，传感器会断开，但整个电路不会断开．电源开关S闭合后，消毒柜开始工作，当温度达到某一设定值时，传感器自动断开，整个电路也断开，所以A选项正确．

如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、电键S与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中．两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电量为＋q的小球．S断开时传感器上有示数，S闭合时传感器上恰好无示数．则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是(　　)
A．正在增加，＝
B．正在减弱，＝
C．正在减弱，＝
D．正在增加，＝
解析：选D.S闭合时传感器上恰好无示数，说明小球受竖直向上的电场力，且电场力大小等于重力．由楞次定律可判断磁场B正在增强，根据法拉第电磁感应定律E＝n＝U，又q＝mg得＝，故D正确．
二、填空题(包括2小题，共12分．按题目要求作答)
(4分)如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面都连一小块金属片，与该金属片隔有一定空隙还有另一块小的固定金属片，这两块金属片组成一个小电容器，该电容器的电容C可用公式C＝ε计算，式中常量ε＝9×10－12 F·m－1，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离．当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测出哪个键被按下了，从而给出相应的信号．设每个金属片的正对面积为50 mm2，键未被按下时两金属片间的距离为0.6 mm.如果电容变化了0.25 pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少要被按下________mm.
解析：设原间距为d0，按下键后间距为d时电子线路恰能检测出必要的信号，则根据C＝ε，ΔC＝εS得
d＝
＝ m＝0.45×10－3 m＝0.45 mm，
所以键至少要被按下的距离为0.6 mm－0.45 mm＝0.15 mm.
答案：0.15

(8分)如图为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I－U关系曲线图．
(1)为了通过测量得到如图所示I－U关系的完整曲线，在图甲和图乙两个电路中应选择的是图________；简要说明理由：________________________________________________________________________
____________________________________．
(电源电动势为9 V，内阻不计，滑动变阻器的阻值为0～100 Ω)．
(2)图丙电路中，电源电压恒为9 V，电流表读数为70 mA，定值电阻R1＝250 Ω，由热敏电阻的I－U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为________V；电阻R2的阻值为________Ω.
解析：(1)为了通过测量得到图所示I－U关系的完整曲线，电路电压应从0调到所需电压，滑动变阻器要采用分压式电路．故在图甲和图乙两个电路中应选择的是图甲，理由为图甲电路电压可从0调到所需电压，调节范围较大．(或图乙电路不能测得0附近的数据)
(2)定值电阻R1中的电流为：
I＝＝＝0.036 A＝36 mA，
热敏电阻中的电流为：I2＝70 mA－36 mA＝34 mA
由图可以读出当热敏电阻中的电流为34 mA时，它两端的电压为5.2 V；
电阻R2的阻值为：R2＝＝111.8 Ω(111.6～112.0均给分)
答案：(1)甲　图甲电路电压可从0调到所需电压，调节范围较大．(或图乙电路不能测得0附近的数据)
(2)5.2　111.8(111.6～112.0)
三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位)
(10分)如图所示为大型电子地磅电路图，电源电动势为E，内阻不计，不称物体时，滑动头P在A端，滑动变阻器接入电路中有效电阻最大，电流最小；称重物时，在压力作用下滑动头下移，滑动变阻器有效电阻变小，电流变大．这样把电流对应的质量值刻在刻度盘上，就可以读出被称物体的质量，若滑动变阻器上A、B间长度为l，最大阻值为R0，已知两弹簧的总弹力与形变量成正比，比例系数为 k，试导出所称重物重力G与电路中电流I的函数关系．
解析：设称重物G时弹簧的压缩量为x，由题意得
G＝kx①(3分)
此时，滑动头P距B端距离为l－x，滑动变阻器有效电阻为R0－R0，由欧姆定律有
I＝②(3分)
由①②解得G＝2kl－.(4分)
答案：G＝2kl－
(12分)如图所示是电饭煲的电路图，S1是一个温控开关，手动闭合后，当此温度达到居里点(103 ℃)时，开关会自动断开，S2也是一个自动温控开关，当温度低于70 ℃时，会自动闭合，温度高于80 ℃时，会自动断开，红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时指示灯．分流电阻R1＝R2＝500 Ω，加热电阻丝R3＝50 Ω，两灯电阻不计．
(1)分析电饭煲的工作原理．
(2)计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比．
(3)简要回答：如果不闭合开关S1，能将饭煮熟吗？
解析：(1)电饭煲盛上食物后，接上电源，S2自动闭合，同时手动闭合S1，这时黄灯短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态，加热到80 ℃时，S2自动断开，S1仍闭合．当温度升到居里点103 ℃时，开关S1自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态．由于散热，待温度降到70 ℃时，S2自动闭合，电饭煲重新加热，温度达到80 ℃时，S2又自动断开，再次处于保温状态．(4分)
(2)加热时电饭煲消耗的电功率P1＝，保温时电饭煲消耗的电功率P2＝，两式中R并＝＝ Ω＝ Ω.(2分)
得＝＝＝.(2分)
(3)如果不闭合开关S1，开始S2总是闭合的，R1被短路，功率为P1，当温度上升到80 ℃时，S2自动断开，功率降为P2，温度降低到70 ℃，S2自动闭合……温度只能在70～80 ℃之间变化，不能煮熟饭．(4分)
答案：(1)见解析　(2)12∶1　(3)见解析
(12分)用如图所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度．该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器．用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0 kg的滑块，滑块可无摩擦滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出．现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在后，汽车静止时，传感器a、b的示数均为10 N(取g＝10 m/s2)．
(1)若传感器a的示数为14 N，传感器b的示数为6 N，求此时汽车的加速度大小和方向．
(2)当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a的示数为零．
解析：(1)如图所示，依题意：左侧弹簧对滑块向右的推力F1＝14 N，右侧弹簧对滑块向左的推力F2＝6.0 N.
滑块所受合力产生加速度a1，根据牛顿第二定律有F1－F2＝ma1，(2分)
所以a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，a1与F1同方向，即向前(向右)．(4分)
(2)若传感器a的读数恰为零，则左侧弹簧的弹力F1′＝0，因两弹簧相同，左弹簧伸长多少，右弹簧就缩短多少，所以右弹簧的弹力变为F2′＝－20 N，滑块所受合力产生加速度，由牛顿第二定律得F合＝F2′＝ma2，(2分)
所以a2＝＝－10 m/s2，负号表示方向向后(向左)．(4分)
答案：(1)4 m/s2　向右
(2)10 m/s2　向左
(14分)利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图1，将一金属或半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面a、b间通过电流I时，另外两侧c、f间产生电势差，这一现象称为霍尔效应．其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，于是c、f间建立起电场EH，同时产生霍尔电势差UH.当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时，EH和UH达到稳定值，UH的大小与I和B以及霍尔元件厚度d之间满足关系式UH＝RH，其中比例系数RH称为霍尔系数，仅与材料性质有关．
(1)设半导体薄片的宽度(c、f间距)为l，请写出UH和EH的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图1中c、f哪端的电势高；
(2)已知半导体薄片内单位体积中导电的电子数为n，电子的电荷量为e，请导出霍尔系数RH的表达式．(通过横截面积S的电流I＝nevS，其中v是导电电子定向移动的平均速率)；
(3)图2是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着m个永磁体，相邻永磁体的极性相反．霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近．当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图像如图3所示．
a．若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，请导出圆盘转速N的表达式．
b．利用霍尔测速仪可以测量汽车行驶的里程．除此之外，请你展开“智慧的翅膀”，提出另一个实例或设想．
解析：(1)EH和UH达到稳定值，根据匀强电场中电势差与电场强度的关系，可得UH＝EHl；(2分)
若半导体材料是电子导电的，则电子运动方向与电流方向相反，根据左手定则，电子受洛伦兹力的作用向f侧偏转和积累，故c端的电势高．(2分)
(2)由UH＝RH
得RH＝UH＝EHl(1分)
当电场力与洛伦兹力相等时，eEH＝evB(1分)
得EH＝vB(1分)
又I＝nevS(1分)
得RH＝vBl＝vl＝＝(2分)
(3)a.由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则P＝mNt(1分)
圆盘转速为 (1分)
b．提出的实例或设想合理即可．(2分)
答案：见解析