模块综合检测
(分值：100分 时间：90分钟)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共计60分，每小题至少一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内．)
图1
1．(2012·云浮高二检测)一个闭合线圈垂直置于匀强磁场中，若磁感应强度如图1所示，则线圈中的感应电流随时间变化的图线是下图中的( )
【解析】 由法拉第电磁感应定律得E＝，当＝k时，E＝kS.在0～时间内，＝k为一常量，故感应电动势为一常量，相应的感应电流也为一常量；在～T时间内，＝k也为一常量，相应的感应电流也为一常量，前后两个半周期内电动势和感应电流仅仅是方向的不同，而数值相同．比较图中的四个图线，只有A图线是符合要求的．
【答案】 A
图2
2．如图2所示，某人在自行车道上从东往西沿直线以速度v骑行，该处地磁场的水平分量大小为B1，方向由南向北，竖直分量大小为B2，方向竖直向下：自行车车把为直把、金属材质，两把手间距为L，只考虑自行车在地磁场中的电磁感应，下列结论正确的是( )
A．图示位置中辐条A点电势比B点电势低
B．图示位置中辐条A点电势比B点电势高
C．自行车左车把的电势比右车把的电势高B2Lv
D．自行车在十字路口左拐改为南北骑向，则自行车车把两端电动势要降低
【解析】 自行车车把切割磁感线，由右手定则知，自行车左车把的电势比右车把的电势高B2Lv；辐条旋转切割磁感线，由右手定则知，图示位置中辐条A点电势比B点电势低；自行车在十字路口左拐改为南北骑向，地磁场竖直分量始终垂直于自行车车把，则其两端电动势不变．正确答案为A、C两项．
【答案】 AC
3．如图3所示是一火警报警器的部分电路示意图．其中R2为用半导体热敏材料(温度上升时导电能力增强)制成的传感器，a、b之间接报警器；当传感器R2所在处出现火情时，显示器(图中电流表)的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )
图3
A．I变大，U变大 B．I变大，U变小
C．I变小，U变大 D．I变小，U变小
【解析】 当R2所在处出现火情时，由于温度升高，所以R2减小，电路中总电阻减小，总电流增大，故路端电压变小，即a、b之间的电压变小；R3上电压U3＝E－I(R1＋r)，故R3上电压减小，由欧姆定律知I变小．选项D正确．
【答案】 D
4．(2013·太原五中高二检测)两金属棒和三根电阻丝如图4连接，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三根电阻丝的电阻大小之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，金属棒电阻不计．当S1、S2闭合，S3断开时，闭合的回路中感应电流为I，当S2、S3闭合，S1断开时，闭合的回路中感应电流为5I；当S1、S3闭合，S2断开时，闭合的回路中感应电流是( )
图4
A．0 B．3I
C．6I D．7I
【解析】 本题为感应电动势、电流求解问题，S1、S2闭合时有E1＝3IR；S2、S3闭合时有E2＝25IR；则S1、S3闭合时有E1＋E2＝4IxR，所以Ix＝7I.
【答案】 D
5．如图5所示，匀强磁场的方向垂直于电路所在平面，导体棒ab与电路接触良好．当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时，若不计摩擦和导线的电阻，整个过程，灯泡L未被烧毁，电容器C未被击穿，则该过程中( )
图5
A．感应电动势将变大
B．灯泡L的亮度变大
C．电容器C的上极板带负电
D．电容器两极板间的电场强度将减小
【解析】 因为导体棒做匀加速直线运动，根据感应电动势E＝BLv，所以感应电动势增大，A正确；因为不计导线的电阻，导体棒可以等效为电源，电源电动势增大，所以路端电压增大，电灯泡功率增大，B正确；根据右手定则，可以确定导体棒a端为等效电源的正极，所以电容器上极板带正电，C错；电容器并联在灯泡两端，电压增大，场强应增大，D错．
【答案】 AB
6．如图6甲所示，位于载流长直导线近旁的两根平行导轨A和B，与长直导线平行且在同一水平面内，在导轨A、B上套有两段可以自由滑动的金属棒CD和EF，当长直导线中的电流按图6乙所示的规律变化时(图6甲中所示的电流方向为正方向)，则下面说法正确的是( )
图6
A．在t2时刻，CDFE回路中没有电流，CD、EF不受力
B．t1到t2时间内，回路中的电流方向为CEFD
C．t1到t2时间内，EF向左，CD向右，都做匀减速直线运动
D．t1到t2时间内，EF向右，CD向左，都做匀加速直线运动
【解析】 在t2时刻长直导线中的电流方向由正向变为负向，穿过回路CDFE的磁通量发生变化，产生感应电流，故A错误．在t1到t2的时间内，长直导线中的电流由大变小，产生的磁场由强变弱，穿过回路垂直于纸面向里的磁通量由大变小，由楞次定律得感应电流的方向为CEFD，故B正确．由左手定则可以判定出，EF受到水平向右的安培力而向右加速，CD受到水平向左的安培力而向左加速，由于直导线中的电流不是均匀变化，故穿过闭合回路的磁通量也不是均匀变化，回路中产生变化的感应电流，EF、CD所受安培力不恒定，故EF、CD所做的运动是非匀变速运动，C、D错误．
【答案】 B
图7
7．(2013·西安一中高二检测)阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图7所示的交流电源上，以下说法正确的是( )
A．电压的有效值为10 V
B．通过电阻的电流有效值为 A
C．电阻消耗电功率为5 W
D．电阻每秒钟产生的热量为10 J
【解析】 由U-t图象，交流电压的最大值为10 V，有效值为5 V，A错误．根据I＝，B正确．再根据P＝I2R，C正确．电阻每秒产生热量Q＝Pt＝5 J，故D错误．
【答案】 BC
图8
8．如图8所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t＝0时刻，bc边与磁场区域左边界重合．现令线圈以向右的恒定速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线是( )
【解析】 0～段，穿过梯形线圈的磁通量增大，由楞次定律可得线圈中电流方向为a→d→c→b→a，～段，穿过梯形线圈的磁通量减少，由楞次定律可得，线圈中电流方向为a→b→c→d→a,0～段，切割磁感线的有效长度逐渐增大，感应电流增大，～段，切割磁感线的有效长度逐渐增大，感应电流增大，所以B项正确．
【答案】 B
9．(2013·北京海淀期末)如图9是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.图10是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象．关于这些图象，下列说法中正确的是( )
图9
甲 乙 丙 丁
图10
A．图b中甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况
B．图b中乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况
C．图b中丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况
D．图b中丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况
【解析】 开关S由断开变为闭合瞬间，流过自感线圈的电流为零，流过传感器1、2的电流均为；闭合电路稳定后，流过传感器1的电流为，流过传感器2的电流为.开关断开后，流过传感器1的电流立即变为零，流过传感器2的电流方向相反，从逐渐变为零．
【答案】 BC
10．(2012·四川高考)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触．从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定．如图11所示．则( )
图11
A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝时，杆产生的电动势为 Bav
C．θ＝0时，杆受的安培力大小为
D．θ＝时，杆受的安培力大小为
【解析】 开始时刻，感应电动势E1＝BLv＝2Bav, 故A正确．θ＝时，E2＝B·2a cos ·v＝Bav，故B项错误．由L＝2a cos θ，E＝BLv，I＝，R＝R0[2a cos θ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0时，F＝＝，故C项错误．θ＝时F＝，故D项正确．
【答案】 AD
图12
11．竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图12所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体杆ab和cd的长均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，所受重力均为0.1 N，现在用力向上推导体杆ab，使之匀速上升(与导轨接触始终良好)，此时cd恰好静止不动，ab上升时下列说法正确的是( )
A．ab受到的推力大小为2 N
B．ab向上的速度为2 m/s
C．在2 s内，推力做功转化的电能是0.4 J
D．在2 s内，推力做功为0.6 J
【解析】 以ab、cd为整体可知向上推力F＝2mg＝0.2 N，对cd可得BIl＝mg，所以I＝＝ A＝1 A，设ab运动速度为v，则Blv＝2RI，
所以v＝＝ m/s＝2 m/s,2 s内转化的电能W电＝I2·2Rt＝0.4 J,2 s内推力做的功WF＝Fvt＝0.8 J.
【答案】 BC
12．(2013·山东高考)将一段导线绕成图13甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是( )
甲 乙
图13
【解析】 从B－t图像中获取磁感应强度B与时间t的关系，结合E＝及安培力F＝BIL得F－t关系．
由B－t图像可知，在0～时间内，B均匀减小；～时间内，B反向均匀增大．由楞次定律知，通过ab的电流方向向上，由左手定则可知ab边受安培力的方向水平向左．由于B均匀变化，产生的感应电动势E＝S不变，则安培力大小不变．同理可得在～T时间内，ab边受安培力的方向水平向右，故选项B正确．
【答案】 B
二、非选择题(本题共4小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位．)
13．(9分)(2013·朝阳高二检测)如图14所示，光滑的平行金属导轨相距30 cm，电阻不计．ab是电阻为0.3 Ω的金属棒，可沿导轨滑动．与导轨相连的平行金属板A、B相距6 cm，电阻R为0.1 Ω.全部装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中．当ab以速度v向右匀速运动时，一带电粒子在A、B板间做半径为2 cm的匀速圆周运动，速度也是v.试求速率v的大小．
图14
【解析】 设磁感应强度为B，平行板AB间距为d，ab杆的有效长度为L，带电粒子质量为m，带电荷量为q，感应电动势为E＝BLv，所以Uab＝UAB＝＝＝BLv.
带电粒子在A、B板间能做匀速圆周运动，则mg＝qE＝，
所以m＝.
带电粒子做圆周运动的半径：r＝＝＝，
所以v＝＝ m/s＝0.4 m/s.
【答案】 0.4 m/s
14．(9分)一小型发电机的输出电压保持240 V不变，发电机输出电压先经一升压变压器升压后经远距离输送，到达用户前又经降压变压器降压，降压后直接向用户供电．已知用户得到的电压为220 V，用电总功率为220 kW.已知升压变压器与降压变压器原、副线圈的匝数比分别为1∶25和20∶1.求此时发电机的输出功率．
【解析】 如图：
由P＝IU，
I4＝P/U＝ A＝103 A
由n3∶n4＝U3∶U4，
U3＝U4＝×220 V＝4 400 V
由n3∶n4＝I4∶I3，
I3＝I4＝ A＝50 A
由＝，
U2＝U1＝25×240 V＝6 000 V
电源输出功率
P＝I2U2＝50×6 000 W＝3.0×105 W.
【答案】 3.0×105 W
15．(10分)如图15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：
图15
(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转)·(ab·bc)＝314 V.
(2)电动势瞬时值的表达式：e＝Emsin ωt＝314sin(10πt)V.
(3)UV＝×(Em)＝220 V.
【答案】 (1)314 V (2)e＝314sin(10πt)V
(3)220 V
16．(12分)(2013·兰州一中高二检测)
图16
如图16所示，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之密接；棒左侧两导轨之间连接一可控制的负载电阻(图中未画出)；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面．开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度v0.在棒的运动速度由v0减小至v1的过程中，通过控制负载电阻的阻值使棒中的电流I保持恒定．导体棒一直在磁场中运动．若不计导轨电阻，求此过程中导体棒上感应电动势的平均值和负载电阻上消耗的平均功率．
【解析】 导体棒所受的安培力为F＝IlB ①
该力大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从v0减小到v1的过程中，平均速度为
＝(v0＋v1) ②
当棒的速度为v时，感应电动势的大小为E＝Blv ③
棒中的平均感应电动势为＝Bl ④
由②④式得＝l(v0＋v1)B ⑤
导体棒中消耗的热功率为P1＝I2r ⑥
负载电阻上消耗的平均功率为＝I－P1 ⑦
由⑤⑥⑦式得＝l(v0＋v1)BI－I2r.
【答案】 l(v0＋v1)B l(v0＋v1)BI－I2r
综合检测(一)
第四章 电磁感应
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分，共计42分，每小题至少一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内．)
1．(2012·山东高考)以下叙述正确的是( )
A．法拉第发现了电磁感应现象
B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大
C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因
D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果
【解析】 质量是惯性大小的唯一量度，与速度大小无关，B错误；伽利略通过实验与假想得出力不是维持物体运动的原因，C错误．
【答案】 AD
2．如图1所示，线圈内有条形磁铁，将磁铁从线圈中拔出来时( )
A．φa>φb
B．φa<φb
C．电阻中电流方向由a到b
D．电阻中电流方向由b到a
图1
【解析】 磁铁从线圈中拔出时，线圈中磁场方向向右，磁通量减少，根据楞次定律，线圈中产生感应电动势，右端为正极，左端为负极，所以电阻中电流方向由b到a，故φb>φa.B、D项正确．
【答案】 BD
3．研究表明，地球磁场对鸽子识别方向起着重要作用．鸽子体内的电阻大约为103 Ω，当它在地球磁场中展翅飞行时，会切割磁感线，在两翅之间产生动生电动势．这样，鸽子体内灵敏的感受器即可根据动生电动势的大小来判别其飞行方向．若某处地磁场磁感应强度的竖直分量约为0.5×10－4T.鸽子以20 m/s速度水平滑翔，则可估算出两翅之间产生的动生电动势大约为( )
A．30 mV B．3 mV
C．0.3 mV D．0.03 mV
【解析】 鸽子展翅飞行时若两翅端间距为0.3 m．由E＝Blv得E＝0.3 mV.C项正确．
【答案】 C
4．半径为R的圆形线圈，两端A、D接有一个平行板电容器，线圈垂直放在随时间均匀变化的匀强磁场中，如图2所示，则要使电容器所带电荷量Q增大，可以采取的措施是 ( )
A．增大电容器两极板间的距离
B．增大磁感应强度的变化率
C．减小线圈的半径
D．改变线圈所在平面与磁场方向间的夹角
图2
【解析】 由Q＝CU，U＝E＝＝，分析可得增大磁感应强度变化率、增大线圈在垂直磁场方向的投影面积可增大A、D间电压，从而使Q增大，B项正确，C、D错误．减小电容器两极板间距离可使Q增大，A错误．
【答案】 B
5．(2013·洛阳一中高二检测)如图3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
C．小于 D．无法判定
图3
【解析】 由于电磁阻尼，阻碍铜质圆环的下落，所以下落时间大于自由下落时间.
【答案】 B
6．如图4所示，电灯A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈．当S1闭合、S2断开且电路稳定时A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法正确的是( )
图4
A．B灯立即熄灭
B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭
C．有电流通过B灯，方向为c→d
D．有电流通过A灯，方向为b→a
【解析】 S2断开而只闭合S1，稳定时，A，B两灯一样亮，说明两条支路电流相等，这时线圈无自感作用，可知线圈L的电阻也是R；在S2闭合、S1闭合且稳定时，IA＝IL；当S2闭合、S1突然断开时，流过A灯的电流只是方向变为b→a，但其大小不能突然增大，A灯不能出现闪亮一下再熄灭的现象，故D正确，B错误；由于固定电阻R没有自感作用，故断开S1时，B灯被断路，电流迅速变为零，B灯立即熄灭．A正确，C错误．故正确答案为A、D.
【答案】 AD
7．(2012·新课标全国高考)如图5，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为( )
A. B.
C. D.
图5
【解析】 设圆的半径为L，电阻为R，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E1＝B0ωL2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2＝πL2，由＝得B0ωL2＝πL2，即＝，故C项正确．
【答案】 C
二、非选择题(本题共5小题，共58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．)
8．(6分)电磁流量计广泛应用于测量导电流体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横截面的流体的体积)．如图6所示为电磁流量计的示意图，由非磁性材料做成的圆管道，外加一匀强磁场，当管中的导电液体流过此区域时，测出管壁上a、b两点间的电动势为E，就可以知道管中的液体的流量Q，即单位时间内流过管道横截面的液体体积(m3/s)，已知管道直径为D，则D与E的关系为________．
图6
【解析】 根据法拉第电磁感应定律，E＝BDv，Q＝v×S×1＝v×π×()2，故Q＝.
【答案】 Q＝
9．(12分)如图7为“研究电磁感应现象”的实验装置．
图7
(1)将图中所缺的导线补接完整．
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________；
②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________．
(3)在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将( )
A．因电路不闭合，无电磁感应现象
B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C．不能用楞次定律判断感应电动势方向
D．可以用楞次定律判断感应电动势方向
【解析】 (2)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，则①向右偏转一下；②向左偏转一下．
(3)穿过电路中的磁通量发生变化即产生电磁感应现象．因电路不闭合无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势的方向，要产生感应电流，电路要求必须闭合．故答案选B、D.
【答案】 (1)如图所示
(2)①向右偏转一下 ②向左偏转一下 (3)BD
10．(12分)如图8甲所示的螺线管，匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，电阻r＝1.5 Ω，与螺线管串联的外电阻R1＝3.5 Ω，R2＝25 Ω，方向向右穿过螺线管的匀强磁场，磁感应强度按图6乙所示规律变化，试计算电阻R2的电功率和a、b两点的电势差．
图8
【解析】 螺线管中产生的感应电动势E＝nS＝6 V，
根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流大小I＝＝0.2 A，
电阻R2上消耗的电功率大小P＝I2R2＝1 W，
a、b两点间的电势差U＝I(R1＋R2)＝5.7 V.
【答案】 1 W 5.7 V
11．(12分)如图9所示，在光滑绝缘水平面上，有一半径r＝10 cm、电阻R＝0.01 Ω、质量m＝0.02 kg的金属圆环以v0＝10 m/s的速度向一足够大、磁感应强度B＝0.3 T的匀强磁场滑去，当圆环刚好有一半进入磁场时，圆环的加速度为a＝158.4 m/s2.求此过程圆环增加的内能．
图9
【解析】 设圆环一半进入磁场时的速度为v，则
I＝E/R＝
环的加速度a＝＝＝
所以v＝＝8.8 m/s
环增加的内能ΔE＝mv－mv2≈0.23 J.
【答案】 0.23 J
12．(16分)如图10所示，P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中．一导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动．质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态．不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力．
图10
(1)通过ab边的电流Iab是多大？
(2)导体杆ef的运动速度v是多大？
【解析】 (1)设通过正方形金属框的总电流为I，ab边的电流为Iab，dc边的电流为Idc，有Iab＝I，Idc＝I金属框受重力和安培力，处于静止状态，有
mg＝B2IabL2＋B2IdcL2，解得Iab＝.
(2)由(1)可得I＝
设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有
E＝B1L1v
设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，则R＝r
根据闭合电路欧姆定律，有I＝，解得v＝.
【答案】 (1) (2)
综合检测(二)
第五章 交变电流
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分，共计42分，每小题至少一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．(2013·沈阳二中高二检测)有一个交变电流U＝311 sin 314t(V)，则下列说法中正确的是( )
A．这个交变电流的频率是50 Hz
B．它可以使“220 V,100 W”的灯泡正常发光
C．用交流电压表测量时，读数为311 V
D．使用这个交变电流的用电器，每通过一库仑的电量时，电流做功220 J
【解析】 由瞬时值表达式可知，Um＝311 V，有效值为U＝220 V，每通过1 C的电量时电流做功W＝qU＝1×220 J＝220 J，故B、D正确，C错误．f＝＝Hz＝50 Hz，A正确．
【答案】 ABD
2．(2013·四川高考)
用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图像如图1所示，则( )
图1
A．变压器输入功率约为3.9 W
B. 输出电压的最大值是110 V
C. 变压器原、副线圈匝数比是1∶2
D. 负载电流的函数表达式i＝0.05sin(100πt＋) A
【解析】 根据i-t图像，负载电流的函数表达式i＝0.05 sin 100πt(A)且Im＝0.05 A，通过负载的电流的有效值I2＝，输出电压的最大值Um＝U2＝110 V，变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2≈3.9 W，变压器原、副线圈匝数比＝＝.选项A正确，选项B、C、D错误．
【答案】 A
3．一根电阻丝接入100 V的恒定电压电路中，在1 min内产生的热量为Q，同样的电阻丝接入正弦交变电流的电路中，在2 min内产生的热量也为Q，则该交流电压的峰值是( )
A．141.4 V B．100 V
C．70.7 V D．50 V
【解析】 根据Q＝得＝，U＝50 V，Um＝U＝100 V.
【答案】 B
4．如图2所示是一调压变压器原理图，如将它作为升压变压器使用，则( )
图2
A．将交流电源接在a、b端，用电器接在c、d端
B．将交流电源接在c、d端，用电器接在a、b端
C．将交流电源接在a、c端，用电器接在b、d端
D．若要进一步升压，应使P逆时针方向旋转
【解析】 根据变压器电压关系＝可知，要升压就必须增加副线圈的匝数，即要保证输出端的匝数多于输入端的匝数，故B正确．
【答案】 B
5．如图3所示，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所升压后通过远距离输送，再经变电所将高压变为低压．某变电所电压u0＝11 000sin 100πt V的交流电降为220 V供居民小区用电，则变电所变压器
( )
图3
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】 u0＝11 000sin 100πt V中的11 000指的是电压的峰值，有效值为11 000 V，则原、副线圈之间的匝数之比等于两线圈的电压之比，即50∶1，A正确；由ω＝100π可得频率为50 Hz，变压器不改变电流的频率，因此，副线圈的频率也是50 Hz，B正确；电流与匝数成反比，即原线圈的电流比副线圈电流要小，因此，副线圈的导线要比原线圈粗，C错误；居民小区各个用电器都是并联的，它们的电流总和等于副线圈中的电流．故D错误．
【答案】 AB
6．(2011·天津高考)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图4甲所示，产生的交变电动势的图象如图4乙所示，则( )
图4
A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
【解析】 由图象知，该交变电流电动势峰值为311 V，交变电动势的频率为f＝50 Hz，C、D错；t＝0.005时，e＝311 V，磁通量变化最快，t＝0.01 s时e＝0，磁通量最大，线圈处于中性面位置，A错，B对．
【答案】 B
7．(2013·芜湖模拟)如图5，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U.变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为( )
图5
A．1∶2 2U B．1∶2 4U
C．2∶1 4U D．2∶1 2U
【解析】 灯泡正常发光，通过每个灯泡的电流相同，设为I，则通过副线圈的电流为2I，通过原线圈的电流为I，n1∶n2＝2I∶I＝2∶1，又由n1∶n2＝U1′∶U得U1′＝2U，即原线圈两端的电压为2U，U1＝2U＋U1′＝4U，C正确．
【答案】 C
二、非选择题(本题共4小题，共58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)
8．(13分)如图6所示，圆形线圈共100匝，半径为r＝0.1 m，在匀强磁场中绕过直径的轴OO′匀速转动，磁感应强度B＝0.1 T，角速度为ω＝ rad/s，电阻为R＝10 Ω，求：
图6
(1)线圈由图示位置转过90°时，线圈中的感应电流为多大？
(2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图所示，图示位置为t＝0时刻)?
(3)线圈转动过程中产生的热功率多大．
【解析】 (1)当从图示位置转过90°时，线圈中有最大感应电流．最大感应电动势为Em＝NBSω＝100×0.1×π×0.12× V＝30 V
Im＝＝3 A.
(2)由题意知i＝Imsin ωt，
即i＝3sin t A.
(3)感应电流的有效值
I＝＝ A.
发热功率P＝I2R＝()2×10 W＝45 W.
【答案】 (1)3 A (2)i＝3sin t A (3)45 W
9．(13分)一居民小区有440户，以前每户平均消耗电功率为100 W，使用的区间变压器匝数比为165∶6，恰好能使额定电压为220 V的用电器正常工作，现在因家用电器增加，每户平均消耗的电功率为250 W，若变压器输入电压仍为6 600 V，区间输电线路不变，为了使家用电器正常工作，需换用区间变压器，则此变压器的匝数比为多少？
【解析】 未换时输电电流：I＝＝200 A
输送电压U2＝U1＝240 V
由ΔU＝U2－U用＝IR线，得R线＝0.1 Ω
换变压器后I′＝＝500 A
线路电压损失ΔU′＝I′R线＝50 V
变压器输出电压U2′＝U用＋ΔU′＝270 V
变压器匝数比n1∶n2＝U1∶U2′＝220∶9.
【答案】 220∶9
10．(16分)如图7甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.10 m、匝数n＝20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝ T，线圈的电阻为R1＝0.50 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的小电珠L.外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠．当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)．求：
甲 乙
丙
图7
(1)小电珠中电流的峰值；
(2)电压表的示数；
(3)t＝0.1 s时外力F的大小；
(4)在不改变发电装置结构的条件下，要使小电珠的功率提高，可采取什么办法(至少说出两种方法)?
【解析】 (1)由题意及法拉第电磁感应定律知道，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的峰值为Em＝nBlv＝nB2πrvm，电路总电阻为R1＋R2，那么小电珠中电流的峰值为Im＝＝ A＝0.16 A.
(2)电压表示数为有效值
U＝＝ImR2＝×0.16× 9.5V
＝0.76 V≈1.07 V.
(3)当t＝0.1 s也就是T/4时，外力F的大小为
F＝nB2πrIm＝vm＝0.128 N.
(4)提高vm、用变压器．
【答案】 (1)0.16 A (2)1.07 V (3)0.128 N
(4)提高vm、用变压器
11．(16分)利用太阳能电池这个能量转换器件将太阳能转变为电能的系统又称光伏发电系统．光伏发电系统的直流供电方式有其局限性，绝大多数光伏发电系统均采用交流供电方式，将直流电变为交流电的装置称为逆变器．
(1)用逆变器将直流电变为交流电进行供电有哪些好处？(请简要回答)
(2)有一台内阻为1 Ω的太阳能发电机，供给一个学校照明用电，如图8所示，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4 Ω，全校共22个班，每班有“220 V 40 W”灯6盏，若全部电灯正常发光，则
图8
①发电机输出功率多大？
②发电机电动势多大？
③输电效率多少？
【解析】 (1)可以改变电压的大小以适应不同的需要；通过升压、降压在远距离输电中减少电能在输电线上的损耗，提高供电效率．所以用逆变器将直流电变为交流电，可以提高发电系统的利用率．
(2)①发电机的输出功率：P出＝nP灯＋IR
而I2＝I3＝I1＝nI灯＝×22×6× A＝6 A
所以，P出＝22×6×40＋62×4＝5 424(W)．
②E＝U1＋I1r，r为发电机内阻，
U1＝U2，U3＝4U4
U2＝4U4＋I2R＝4×220 V＋6×4 V＝904 V；I1＝4I2
所以，E＝ V＋6×4×1 V＝250 V.
③n＝＝＝×100%＝97%.
【答案】 (1)见解析
(2)①5 424 W ②250 V ③97%
综合检测(三)
第六章 传感器
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分，共计42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．当前传感器被广泛应用于各种电器、电子产品之中，下述关于常用的几种家用电子器件所采用传感器说法中，正确的是( )
A．电视机对无线遥控信号的接收主要是采用了光电传感器
B．电子体温计中主要是采用了温度传感器
C．电脑所用的光电鼠标主要是采用声波传感器
D．电子秤中主要是采用了力电传感器
【解析】 电视机对无线遥控信号的接收采用了红外线传感器，电脑所用的光电鼠标主要采用了光传感器，所以A、C项错误．
【答案】 BD
2．(2013·如皋高二检测)下列说法正确的是( )
A．热敏电阻是把热量这个热学量转为电阻这个电学量
B．金属热电阻的化学稳定性好，但灵敏度差
C．电熨斗中的双金属片是温度传感器
D．霍尔元件是能够把磁学量磁感应强度转换为电压的传感元件
【解析】 热敏电阻是把温度这个热学量转换为电阻这个电学量，A错误，B、C、D正确．
【答案】 BCD
3．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】 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和温度一个满足条件即可，A、C、D错，B对．
【答案】 B
4．如图1是电饭锅的结构图，如果感温磁体的“居里温度”为103 ℃时，下列说法中正确的是( )
图1
A．常温下感温磁体具有较强的磁性
B．当温度超过103 ℃时，感温磁体的磁性较强
C．饭熟后，水分被大米吸收，锅底的温度会超过103 ℃，这时开关按钮会跳起
D．常压下只要锅内有水，锅内的温度就不可能达到103 ℃，开关按钮就不会自动跳起
【解析】 感温磁体在常温下磁性较强，当温度超过“居里温度”时会突然失去磁性，A项正确，B项错误；只要锅底的温度超过103 ℃，感温磁体就失去磁性，开关按钮会跳起，但常压下烧水，不会超过103 ℃.所以水开后开关按钮不会自动跳起，要想自动跳起，只有水被烧干后，C项、D项正确．
【答案】 ACD
5．(2013·郑州一中高二检测)某仪器内部电路如图2所示，其中M是一个质量较大的金属块，左右两端分别与金属丝制作的弹簧相连，并套在光滑水平细杆上，a、b、c三块金属片的间隙很小(b固定在金属块上)．当金属块处于平衡时两根弹簧均处于原长状态．若将该仪器固定在一辆汽车上，则下列说法正确的是
( )
图2
A．当汽车加速前进时，甲灯亮
B．当汽车加速前进时，乙灯亮
C．当汽车刹车时，乙灯亮
D．当汽车刹车时，甲、乙灯均不亮
【解析】 向右加速时，M向左移动，与a接触，乙灯亮；当刹车时，M向右移动，与c接触，甲灯亮．故选项B正确．
【答案】 B
图3
6．如图3所示是利用电容器测量角度的传感器示意图．当动片和定片之间的角度θ发生变化时，电容C便发生变化，测出C的变化情况，就可知道θ的变化情况．下图的四个图象中，能正确反映C和θ间函数关系的是( )
【解析】 因为电容和两块极板之间正对面积的大小是成正比的．而θ的增大使得动片和定片的面积减小，所以使得C减小，又θ增大导致面积减小是按照线性规律的，所以选A.
【答案】 A
7．用图4甲所示电路测量电流表的内阻．闭合电键S，当变阻器的滑片滑至c处时，电流表和电压表的读数分别为40 mA、9 V，已知图甲中热敏电阻的I-U关系图线如图乙所示，则电流表的内阻为多少？( )
图4
A．0.14 Ω B．85 Ω
C．140 Ω D．225 Ω
【解析】 当电流表读数为40 mA时，说明热敏电阻的电流为40 mA，由图知热敏电阻两端电压UR＝5.6 V，则电流表两端电压U＝9 V－5.6 V＝3.4 V，由欧姆定律得RmA＝＝＝85 Ω.
【答案】 B
二、非选择题(本题共4小题，共58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．)
图5
8．(13分)一热敏电阻在温度为80 ℃时阻值很大，当温度达到100 ℃时阻值就很小，今用一电阻丝给水加热，并配以热敏电阻以保持水温在80 ℃到100 ℃之间，可将电阻丝与热敏电阻并联，一并放入水中，如图5所示，图中R1为热敏电阻，R2为电阻丝．请简述其工作原理．
【解析】 开始水温较低时，R1阻值较大，电阻丝R2对水进行加热；当水温达到100 ℃左右时，R1阻值变得很小，R2被短路，将停止加热；当温度降低到80 ℃时，R1阻值又变得很大，R2又开始加热．这样就可达到保温的效果．
【答案】 见解析
9．(13分)图6(甲)为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流．电路中电灯的电阻R1＝6.0 Ω，定值电阻R＝2.0 Ω，AB间电压U＝6.0 V．开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1＝1.0×10－3 s时刻断开开关S，此时刻前后电流传感器显示的电流随时间变化的图线如图6(乙)所示．
图6
(1)求出线圈L的直流电阻RL；
(2)指出图(甲)中断开开关后通过电灯的电流方向；
(3)在t2＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的感应电动势的大小是多少？
【解析】 (1)由图读出，开始时流过电感线圈L的电流I0＝1.5 A
由欧姆定律I0＝，解得RL＝－R＝2 Ω.
(2)电流方向向左．
(3)由图读出，t2＝1.6×10－3 s时刻线圈L的电流
I＝0.30 A
线圈L此时是一个电源，
由全电路欧姆定律E＝I(RL＋R＋R1)，得E＝3.0 V.
【答案】 (1)2 Ω (2)电流方向向左 (3)3.0 V
图7
10．(16分)将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图7所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动，当箱以a＝2.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的压力传感器显示的压力为6.0 N，下底板的压力传感器显示的压力为10.0 N．(取g＝10 m/s2)
(1)若上顶板压力传感器的示数是下底板压力传感器示数的一半，试判断箱的运动情况．
(2)要使上顶板压力传感器的示数为零，沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？
【解析】 (1)当箱子以a＝2.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，金属块进行受力分析可得：
mg＋FN－F＝ma，可解得a1＝0，箱子处于静止或匀速直线运动状态．
(2)当上顶板压力传感器的示数为零时，FN′＝0，
由牛顿第二定律得mg－F＝ma2
解得a2＝－10 m/s2，负号表示a方向向上．
若箱和金属块的加速度a>10 m/s2时，进一步压缩弹簧，此时传感器示数也为0，因此，只要a≥10 m/s2，均能使上顶板压力传感器的示数为零．所以箱子可能做a≥10 m/s2竖直向上的匀加速直线运动或自由落体运动．
【答案】 (1)箱子处于静止或匀速直线运动
(2)箱子可能做a≥10 m/s2竖直向上的匀加速直线运动或自由落体运动
图8
11．(16分)在科技活动中某同学利用自制的电子秤来称量物体的质量，如图8所示为电子秤的原理图．托盘和弹簧的电阻与质量均不计．滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当托盘中没有放物体时，电压表示数为零．设变阻器的总电阻为R，总长度为L，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻的阻值为R0，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力，电压表为理想电压表，当托盘上放上某物体时，电压表的示数为U，求此时称量物体的质量．
【解析】 设托盘上放上质量为m的物体时，弹簧的压缩量为x，
由题设知：
mg＝kx，则x＝ ①
由全电路欧姆定律知：
I＝ ②
U＝I·R′＝IR ③
联立①②③求解得
m＝U
【答案】 U
1．下列现象中，属于电磁感应现象的是( )
A．磁场对电流产生力的作用
B．变化的磁场使闭合电路产生感应电流
C．插入通电螺线管中的软铁棒被磁化
D．电流周围产生磁场
【解析】 电磁感应现象是指磁生电的现象，选项B对．
【答案】 B
2．1823年，科拉顿做了这样一个实验，他将一个磁铁插入连有灵敏电流计的螺旋线圈，来观察在线圈中是否有电流产生．在实验时， 科拉顿为了排除磁铁移动时对灵敏电流计的影响，他通过很长的导线把连在螺旋线圈上的灵敏电流计放到另一间房里．他想，反正产生的电流应该是“稳定”的(当时科学界都认为利用磁场产生的电流应该是“稳定”的)，插入磁铁后，如果有电流，跑到另一间房里观察也来得及．就这样，科拉顿开始了实验．然而，无论他跑得多快，他看到的电流计指针都是指在“0”刻度的位置，科拉顿失败了．以下关于科拉顿实验的说法中正确的是( )
A．实验中根本没有感应电流产生
B．实验中有感应电流产生
C．科拉顿的实验装置是完全正确的
D．科拉顿实验没有观察到感应电流是因为在插入磁铁的过程中会有感应电流产生，但当跑到另一间房观察时，电磁感应过程已经结束，不会看到电流计指针的偏转
【解析】 感应电流是在磁通量变化的过程中产生的，这种变化一旦停止，感应电流也就不存在了．
【答案】 BCD
3．德国《世界报》曾报道个别西方发达国家正在研制电磁脉冲波武器——电磁炸弹．若一枚原始脉冲波功率10 kMW，频率5 kMHz的电磁炸弹在不到100 m的高空爆炸，它将使方圆400～500 m2范围内电场强度达到每米数千伏，使得电网设备、通信设施和计算机中的硬盘与软件均遭到破坏．电磁炸弹有如此破坏力的主要原因是( )
A．电磁脉冲引起的电磁感应现象
B．电磁脉冲产生的动能
C．电磁脉冲产生的高温
D．电磁脉冲产生的强光
【解析】 根据电磁感应可知，变化的磁场产生电场，增大周围电场强度，可以破坏其电子设备．故选A.
【答案】 A
4．如图4－1－8所示，一个矩形铁芯上绕制两个线圈A和B.在下列关于B线圈中是否有感应电流的判断中，正确的是( )
图4－1－8
A．S闭合后，B线圈中一直有感应电流
B. S闭合一段时间后，B中感应电流消失，但移动变阻器滑片时，B中又有感应电流出现
C. 在S断开和闭合的瞬间，B中都有感应电流
D. 因为A、B两线圈是两个不同的回路，所以B中始终没有感应电流
【解析】 线圈中有电流时，产生的磁场通过铁芯能穿过B线圈，当A线圈中的电流变化时产生的磁场发生变化，则穿过B线圈的磁通量发生变化，B线圈中产生感应电流．
【答案】 BC
5．一磁感应强度为B的匀强磁场，方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图4－1－9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的变化量为( )
A．0 B．2BS
C．2BScos θ D．2BSsin θ
图4－1－9
【解析】 开始时穿过线圈平面的磁通量为Φ1＝BScos θ.后来穿过线圈平面的磁通量为Φ2＝－BScos θ，则磁通量的变化量为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2BScos θ.
【答案】 C
6．如图所示，用导线做成的圆形回路与一直导线构成几种位置组合，哪些组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生(图A、B、C中直导线都与圆形线圈在同一平面内，O点为线圈的圆心，图D中直导线与圆形线圈垂直，并与中心轴重合)( )
【解析】 对图A而言，因为通电直导线位于环形导线所在平面内，且与直径重合，因此穿过圆环的磁通量为零，所以当切断导线中的电流时，磁通量在整个变化过程中必为零，所以闭合回路中不会有感应电流产生；对图B而言，因为磁通量为大小两个部分磁感线条数之差，当切断直导线中的电流时，磁通量为零，即此过程中磁通量有变化，故闭合回路中会有感应电流产生；同理分析可得图C中也有感应电流产生；对图D而言，因为环形导线与直导线产生的磁场的磁感线平行，故磁通量为零．当切断直导线中的电流时，磁通量在整个变化过程中皆为零，所以闭合回路中不会有感应电流产生，所以当切断直导线中的电流时，能产生感应电流的有B、C两种情况．
【答案】 BC
7．如图4－1－10所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况下导线cd中无电流的是( )
A．开关S闭合或断开的瞬间
B．开关S是闭合的，但滑动触头向左滑
C．开关S是闭合的，但滑动触头向右滑
D．开关S始终闭合，不滑动触头
图4－1－10
【解析】 如果导线cd中无电流产生，则说明通过上面的闭合线圈的磁通量没有发生变化，也就说明通过导线ab段的电流没有发生变化．显然，开关S闭合或断开的瞬间、开关S是闭合的但滑动触头向左滑的过程、开关S是闭合的但滑动触头向右滑的过程都会使通过导线ab段的电流发生变化，都能在导线cd中产生感应电流．
【答案】 D
8．法拉第通过精心设计的一系列实验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”真正联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所做的推论后来被实验否定的是( )
A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流
B．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流
C．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势
D．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流
【解析】 法拉第经过研究发现引起感应电流的原因都与变化和运动有关，B、C、D项所叙述的思想都被实验证实，A中推论不成立．
【答案】 A
9．如图4－1－11所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I通过时，穿过它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，下列说法中正确的是( )
A．Φa<Φb<Φc
B．Φa>Φb>Φc
C．Φa<Φc<Φb
D．Φa>Φc>Φb
图4－1－11
【解析】 当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈的向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线的条数c最多，其次是b，a中没有向外的磁感线，因此根据合磁通量的计算，应该是Φa>Φb>Φc.
【答案】 B
10．唱卡拉OK用的话筒内有传感器．其中有一种是动圈式的，如图4－1－12所示，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号．下列说法正确的是( )
动圈式话筒的构造
图4－1－12
A．该传感器是根据电流的磁效应工作的
B．该传感器是根据电磁感应原理工作的
C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变
D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势
【解析】 当声波使膜片前后振动时，膜片后的金属线圈就跟着振动，从而使处于永磁体的磁场中的线圈切割磁感线，穿过线圈的磁通量发生改变，产生感应电流，从而将声音信号转化为电信号，这是话筒的工作原理．则B选项正确，A、C、D均错误．
【答案】 B
11．如图4－1－13所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路，并列举出在实验中通过改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方法：
图4－1－13
(1)_________________________________________________；
(2)_________________________________________________；
(3)_________________________________________________．
【解析】 (1)合上(或断开)开关瞬间；
(2)将原线圈插入副线圈或从副线圈中抽出；
(3)移动滑动变阻器的滑片．
【答案】 见解析
12．一水平放置的矩形线圈在条形磁铁S极附近下落，下落过程中，线圈平面保持水平，如图4－1－14所示，位置Ⅰ和Ⅲ都靠近位置Ⅱ，则线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，线圈内________感应电流产生；线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，线圈内________感应电流产生．(填“有”或“无”)
图4－1－14
【答案】 有 有
1．理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶15，当原线圈接在6 V的蓄电池两端以后，副线圈的输出电压为( )
A．90 V B．0.4 V
C．6 V D．0
【解析】 由于蓄电池向外输出的是直流电，铁芯中磁通量不能发生变化，在副线圈中不能产生感应电动势，所以副线圈的输出电压为0.
【答案】 D
2．(2013·大同一中高二检测)用理想变压器给负载电阻R供电，变压器输入电压一定时，在下列四个办法中，哪种可以使变压器输入功率增加( )
A．增加变压器原线圈匝数，而副线圈匝数及负载电阻R保持不变
B．减小负载电阻的阻值，而变压器原、副线圈匝数不变
C．增加负载电阻的阻值，而变压器原、副线圈匝数不变
D．减少变压器副线圈匝数，而原线圈匝数和负载电阻保持不变
【解析】 由＝，当n1增加时，U2减小，P2＝，P2减小，A错；U1、n1、n2不变，则U2不变，R减小时，P2＝，P2增大，B正确；C与B相反，故C错误；当n1、U1不变，n2减小时，则U2减小，由P2＝(R不变)，P2会减小，D错．
【答案】 B
3．(2013·宁波高二检测)如图5－4－9所示，一理想变压器有两个副线圈，输出电压分别为3 V和5 V，要获得8 V输出电压，两个副线圈的连接方法是
( )
图5－4－9
A．b、c连接，a、d两端输出8 V电压
B．a、d连接，b、c两端输出8 V电压
C．a、c连接，b、d两端输出8 V电压
D．b、d连接，a、c两端输出8 V电压
【解析】 因为两个副线圈的输出电压分别为3 V和5 V，要想获得8 V输出电压，两个副线圈的感应电动势的方向应当一致，结合楞次定律可判断，将b、d连接，a、c为输出端和将a、c连接，b、d为输出端均可，故C、D正确．若将b、c连接，a、d为输出端或将a、d连接，b、c为输出端，两副线圈中感应电动势反向，故A、B错．
【答案】 CD
4．如图5－4－10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5－4－10
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
5．(2013·天津高考)普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图5－4－11中电流互感器 ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则( )
图5－4－11
A．ab接MN、cd接PQ，Iab
B．ab接MN、cd接PQ，Iab>Icd
C．ab接PQ、cd接MN，IabD．ab接PQ、cd接MN，Iab>Icd
【解析】 根据变压器的工作原理＝解决问题．
高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据＝，MN应接匝数少的线圈，故ab接MN，cd接PQ，且Iab>Icd，选项B正确．
【答案】 B
6. 如图5－4－12所示，一低压交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，通过上下调节P1、P2的位置，可以改变变压器输入、输出电压．图中L是一个小灯泡，R2是定值电阻，R1、R3是滑动变阻器，若要增大灯泡L的亮度，可以采取的办法是 ( )
图5－4－12
A．P1、P3、P4不动，P2下移
B．P1、P2、P3不动，P4下移
C．P2、P3、P4不动，P1上移
D．P1、P2、P4不动，P3上移
【解析】 根据变压器的变压原理＝，要增大输出电压，需要使P1下移或P2上移；滑动变阻器R1是分压接法，P3上移可以使灯泡两端电压增大，灯泡功率也就增大，使其变亮；滑动变阻器R3的触头P4上移时才能使灯泡两端的电压增大，使灯泡变亮，所以只有D项正确．
【答案】 D
7．(2013·陕西师大附中高二检测)如图5－4－13所示为一理想变压器，n1为原线圈，接一正弦交流电，n2＝n3，在n2、n3两个线圈上分别获得35 V电压，要想得到70 V电压，c、d、e、f怎样连接( )
A．d、e连在一起，c、f为输出端
B．c、f连在一起，d、e为输出端
C．e、c连在一起，f、d为输出端
D．f、d连在一起，e、c为输出端
图5－4－13
【解析】 要想得到70 V电压，需要把两个副线圈串联起来，使电流依次通过这两个副线圈，因此e、c连在一起，f、d为输出端或f、d连在一起，e、c为输出端都可以，选C、D.
【答案】 CD
8．如图5－4－14甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9 V 6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u的图象如图乙所示．则以下说法中正确的是( )
甲 乙
图5－4－14
A．电压表的示数为36 V
B．电流表的示数为2 A
C．四只灯泡均能正常发光
D．变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz
【解析】 若灯泡L2、L3、L4都正常发光．所以电流表的示数为×3 A＝2 A，B对；副线圈两端的电压为9 V，又变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，所以电压表的示数为27 V，因电源输入电压为36 V，所以L1所分电压为9 V，四只灯泡都正常发光，C对，A错；变压器不能改变交变电流的频率，D对．
【答案】 BCD
9．(2011·福建高考)图5－4－15甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是( )
甲 乙
图5－4－15
A．输入电压u的表达式u＝20sin(50πt)V
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W
【解析】 由图象知T＝0.02 s，ω＝＝100π rad/s，u＝20sin(100πt)V，A项错误；由于副线圈两端电压不变，故只断开S2，两灯串联，电压为额定值一半，不能正常发光，B项错误；只断开S2，副线圈电路电阻变为原来的2倍，由P＝知副线圈消耗功率减小，则原线圈输入功率也减小，C项错误；输入电压额定值U1＝20 V，由＝及PR＝得PR＝0.8 W，D项正确．
【答案】 D
10．如图5－4－16所示，MN和PQ为两光滑的电阻不计的水平金属导轨，N、Q接理想变压器，理想变压器的输出端接电阻元件R、电容元件C，导轨上垂直放置一金属棒ab.今在水平导轨部分加一竖直向上的匀强磁场，则下列说法中正确的是(IR、IC均为有效值)( )
图5－4－16
A．若ab棒匀速运动，则IR≠0，IC＝0
B．若ab棒匀速运动，则IR＝0，IC＝0
C．若ab棒在某一中心位置两侧做往复运动，则IR≠0，IC≠0
D．若ab棒做匀加速运动，则IR≠0，IC＝0
【解析】 ab匀速切割时产生恒定电动势，原线圈中有稳恒电流，副线圈不产生电磁感应现象，故副线圈电流为零，选项A错，选项B正确；若ab棒在某一中心位置两侧做往复运动，原线圈中产生周期性变化的电流，副线圈产生电磁感应现象，副线圈电流不为零，电容器进行充放电，故选项C正确；当ab匀加速运动时，产生的电动势均匀增加，原线圈中电流均匀增加，产生的磁场均匀增强，副线圈中产生稳定的感应电动势，副线圈两端电压不变，因而电容器不会充放电．故选项D也正确．
【答案】 BCD
11．如图5－4－17所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V的交流电上，向额定电压为1.80×104 V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5－4－17
(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
1．远距离输送交变电流都采用高压输电，我国正在研究用比330 kV高很多的电压进行输电，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．可减小输电线上的能量损失
D．可加快输电的速度
【解析】 远距离输电往往输送的电功率一定，根据P＝UI知，输送电压U越高，则输送电流I＝越小，据P损＝I2r知，在输电线损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率略大的材料(非铜材料)；若输电线确定，即r确定，则可减小输电线上的能量损耗，故选项A、C正确．交变电流的频率是一定的，不需调节，输电的速度就是电磁波的传播速度，故选项B、D错误．
【答案】 AC
2．(2013·淮北一中高二检测)远距离输送一定功率的交变电流，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失的说法中，正确的是( )
A．输电线上的电功率损失是原来的1/n
B．输电线上的电功率损失是原来的1/n2
C．输电线上的电压损失是原来的1/n
D．输电线上的电压损失是原来的n倍
【解析】 由P＝UI知，当输送的功率P一定，电压升高为原来的n倍时，输电电流I′＝P/U′＝P/(nU)＝I；又P线＝I2R线，所以输电线上的功率损失P＝2R线＝P损，即B正确．输电线上的电压损失U＝I′R线＝IR线＝U损，C正确，选B、C.
【答案】 BC
3．1987年我国科学家制成了临界温度为90 K的高温超导材料．利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现在有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率是40 kW，电压为800 V，如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，则节约的电功率为( )
A．1.6 kW B．1.6×103 kW
C．1 kW D．10 kW
【解析】 节约的电功率即原来输电线上电阻消耗的热功率，ΔP＝I2R＝()2R＝()2×0.4 W＝1×103 W＝1 kW.
【答案】 C
4．(2010·福建高考)中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用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】 由P＝UI可知，输电电压提高到原来的2倍，由于输电功率不变，所以输电电流变为原来的1/2，由P损＝I2R线可知输电线上的损耗电功率将变为原来的1/4，选项A正确．
【答案】 A
5．(2013·昆明三中高二检测)某小型水电站的电能输送示意图如图5－5－3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5－5－3
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】 根据变压器工作原理可知＝，＝，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2>U3，所以>，A正确，B、C错误；升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线上损失功率，D正确．
【答案】 AD
6．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2.0×105 A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻
【解析】 输电线上输送的电流为I输＝＝＝6 000 A，A选项错误；输电线上由电阻造成的损失电压U损＝I输R线＝6 000 A×2.5 Ω＝1.5×104 V，B选项正确；若输电电压为5 kV，则输电线上损失的功率不可能大于输出总功率3×106 kW，C选项错误；ΔP＝中，U应当为输电线上损失的电压，D选项错误．
【答案】 B
7．(2012·天津高考)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为( )
A.， B．()2R，
C.， D．()2R，
【解析】 设副线圈与原线圈匝数比为k时，副线圈输出电压为U1，输出电流为I1，电路损耗功率为P1，设副线圈与原线圈匝数比为nk时，副线圈输出电压为U2，输出电流为I2，电路损耗功率为P2，根据理想变压器原副线圈电压与匝数成正比可得＝k…①；＝nk…②；且P＝U1I1＝U2I2…③；线路损耗功率分别为P1＝IR…④；P2＝IR…⑤.由①④联立解得P1＝()2R，据此排除选项A、C；由①②③④⑤联立解得＝，所以选项B错误，选项D正确．
【答案】 D
8．(2013·贵阳一中高二检测)在确定的两地间用铝导线输送一定功率的交流电，现将输电电压提高1倍，并保持输电线上损失的功率不变，则用铝量可比增压前减少( )
A．25% B．50%
C．60% D．75%
【解析】 设输送交流电的功率为P，输电电压为U，提高电压后为U′，所用铝导线总长度为l，总电阻为R，增压后电阻为R′
则由I＝P/U，P损＝I2R可得P损＝①
同理P损′＝②
而P损＝P损′，U′＝2U，由①②得R′＝4R
由电阻定律R＝ρl/S，R′＝ρl/S′得S′＝S，所以V′＝，m′＝
所以用铝量仅为原来的，即25%，因此用铝量减少了75%.
【答案】 D
9．水电站给远处山村送电的输出功率是100 kW，用2 000 V电压输电，线路上损失的功率是2.5×104 W，如果改用20 000 V高压输电，线路上损失的功率是多少？
【解析】 设水电站的输送功率为P，前后两次的输电电压分别为U1和U2，前后两次线路上的热功率损失分别为P1和P2，输电线的总电阻为R线．
由P损＝I2·R线，I＝可得，
P损＝·R线．
所以＝，P2＝()2×2.5×104 W＝250 W.
【答案】 250 W
10．对某一输电线路，线路架设情况已确定，现要求输送一定的电功率P，若输电线上损失的功率占输送功率P的百分比用η表示，输电线路总电阻用r表示，输电电压用U表示，则η、P、U、r间满足什么关系？从中你能得出什么结论？
【解析】 ΔP＝ηP＝I2r①
P＝UI②
联立①②可得：ηP＝()2r，即ηU2＝Pr，
当P、r确定时，有ηU2＝定值，所以要减小η，必须提高输电电压U.
【答案】 见解析
11．远距离输电时，输送电压为6 000 V，功率为500 kW，这时，安装在输电线路起点和终点的电能表一昼夜里读数相差4 800 kW·h，则输电效率为多少？输电导线的电阻为多少？
【解析】 由能的转化与守恒定律可知：
η＝＝(1－)×100%＝60%
因为P损＝P×40%，P损＝·r
所以r＝Ω＝28.8 Ω.
【答案】 60% 28.8 Ω
12．如图5－5－4所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW，输出电压为400 V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损耗，使用2 kV高压输电，最后用户得到“220 V 9.5 kW”的电能，求：
图5－5－4
(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比；
(2)输电线路导线电阻R；
(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比.
【解析】 (1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比
＝＝＝.
(2)由P损＝IR，输送电流决定于输出电压及输送功率，有I2＝
所以R＝
＝P损/()2＝Ω＝20 Ω.
(3)设降压变压器原线圈上电压为U3，
U3＝U2－I2R＝(2 000－5×20) V＝1 900 V
所以降压变压器原、副线圈匝数比为：
＝＝＝.
【答案】 (1) (2)20 Ω (3)
1．关于干簧管，下列说法正确的是( )
A．干簧管接入电路中相当于电阻的作用
B．干簧管是根据热胀冷缩的原理制成的
C．干簧管接入电路中相当于开关的作用
D．干簧管是作为电控元件以实现自动控制的
【解析】 干簧管能感知磁场，是因为当两个舌簧所处位置的磁场方向相同时，就会吸引，所以将其作开关来使用，当磁场靠近的时候，就会实现闭合或断开.
【答案】 CD
2．(2013·涡阳高二检测)霍尔元件能转换哪个物理量( )
A．把温度这个热学量转换成电阻这个电学量
B．把磁感应强度这个磁学量转换成电压这个电学量
C．把力这个力学量转换成电压这个电学量
D．把光照强弱这个光学量转换成电阻这个电学量
【解析】 根据霍尔元件工作原理，截流子在洛伦兹力作用下漂移，形成霍尔电压，UH＝k，所以它将磁感应强度这个磁学量转换成电压这个电学量，故B正确．
【答案】 B
3．如图6－1－13所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照射光敏电阻时，表针自左向右的偏转角度为θ；现用手掌挡住部分光线，表针自左向右的偏角为θ′，则可判断( )
图6－1－13
A．θ′＝θ
B．θ′<θ
C．θ′>θ
D．不能确定
【解析】 光敏电阻的阻值随光照的减少而增大，所以用手掌挡住部分光线后光敏电阻的阻值变大，多用电表的指针偏角变小．
【答案】 B
4．(2013·武汉二中高二检测)如图6－1－14所示，R3是光敏电阻，当开关S闭合后在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射电阻R3时，则( )
图6－1－14
A．R3的电阻变小，a点电势高于b点电势
B．R3的电阻变小，a点电势低于b点电势
C．R3的电阻变大，a点电势高于b点电势
D．R3的电阻变大，a点电势低于b点电势
【解析】 当光照射R3时，R3阻值变小，R4分压变大，则a点电势将会升高，所以a点电势高于b点电势．
【答案】 A
5．(2013·怀化高二检测)如图6－1－15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，导线芯和导电液体构成电容器的两极，把这两极接入外电路，当外电路中的电流变化说明电容值增大时，则导电液体的深度h变化为( )
图6－1－15
A．h增大 B．h减小
C．h不变 D．无法确定
【解析】 由题意知，导线芯和导电液体构成电容器的两极，类似于平行板电容器的两极，当液面高度发生变化时相当于两极正对面积发生变化，会引起电容的变化，与平行板电容器类比可得，导电液体深度h增大时，导线芯和导电液体正对面积增大，电容器的电容值变大．
【答案】 A
6．2007年度诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家，以表彰他们发现“巨磁电阻效应”．基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术，被认为是纳米技术的第一次真正应用，在下列有关其他电阻应用的说法中，错误的是( )
A．热敏电阻可应用于温度测控装置中
B．光敏电阻是一种光电传感器
C．电阻丝可应用于电热设备中
D．电阻在电路中主要起到通过直流、阻碍交流的作用
【解析】 热敏电阻对温度很敏感，光敏电阻对光照很敏感，电阻丝可用于电加热，这很常见，所以A、B、C三个说法均正确．交流电、直流电均可通过电阻，电阻对它们均可产生阻碍作用，所以D错误．
【答案】 D
7．如图6－1－16所示是观察电阻值随温度变化情况的示意图．现把杯中的水由冷水变为热水，关于欧姆表的读数变化情况正确的是(设水对电阻阻值的影响不计)( )
图6－1－16
A．如果R为金属热电阻，读数变大，且变化非常明显
B．如果R为金属热电阻，读数变小，且变化不明显
C．如果R为热敏电阻(用半导体材料制成)，读数变化非常明显
D．如果R为热敏电阻(用半导体材料制成)，读数变化不明显
【解析】 金属热电阻的阻值随温度的升高而增大，但灵敏度较差．而热敏电阻(用半导体材料制成)灵敏度高，所以选C.
【答案】 C
8．(2013·长沙一中高二检测)如图6－1－17所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，Rt为负温度系数热敏电阻，R为光敏电阻，闭合开关后，小灯泡L正常发光，由于环境条件改变(光照或温度)，发现小灯泡亮度变暗，则引起小灯泡变暗的原因可能是( )
图6－1－17
A．温度不变，光照增强
B．温度升高，光照不变
C．温度降低，光照增强
D．温度升高，光照减弱
【解析】 由题图可知，当光敏电阻阻值减小或热敏电阻阻值增大时，小灯泡L都会变暗，结合光敏电阻特性可知，A正确，B错误．若光敏电阻阻值减小的同时，热敏电阻的阻值增大，小灯泡L变暗，C正确．若热敏电阻减小，光敏电阻增大，则小灯泡变亮，D错误．
【答案】 AC
9．如图6－1－18所示，用光敏电阻LDR和灯泡制成的一种简易水污染指示器，下列说法中正确的是( )
图6－1－18
A．严重污染时，LDR是高电阻
B．轻度污染时，LDR是高电阻
C．无论污染程度如何，LDR的电阻不变，阻值大小由材料本身因素决定
D．该仪器的使用会因为白天和晚上受到影响
【解析】 严重污染时，透过污水照到LDR上的光线较少，LDR电阻较大，A对，B错；LDR由半导体材料制成，受光照影响电阻会发生变化，C错；白天和晚上自然光强弱不同，或多或少会影响LDR的电阻，D对．
【答案】 AD
10．(2013·杭州高二检测)如图6－1－19所示的实验电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，D为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与D相距很近，下列说法正确的是( )
图6－1－19
A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大
B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小
C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变
D．无论怎样移动触头P，L消耗的功率都不变
【解析】 滑动触头向左移动时，电阻减小，通过二极管的电流增大，发出的光增强，故光敏电阻R的阻值减小，通过灯泡L的电流增大，故灯泡消耗的功率增大，选项A对，B错．同理，滑动触头向右滑动时，灯泡L消耗的功率减小，故选项C、D错．
【答案】 A
11．利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小，实验时让某消防员从一平台上跌落，自由下落2 m后双脚触地，接着他用双脚弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，最后停止，用这种方法获得消防队员受地面冲击力随时间变化图线如图6－1－20所示．根据图线所提供的信息，以下判断中正确的是( )
图6－1－20
A．t1时该消防员的速度最大
B．t2时该消防员的速度最大
C．t3时该消防员的动能最小
D．t4时该消防员的动能最小
【解析】 由题目所述可知，消防员先自由落体，然后和地面发生碰撞，在和地面碰撞过程中，他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，最后静止，力F是地面对消防队员的冲击力，在t1～t2时间段，力F逐渐增大，消防队员的速度在增大，而在t2～t4时间段，力F＞mg，消防队员做减速运动，至t4时，消防员停在地面上，所以t2时刻消防队员的速度最大，t4时刻消防队员的动能最小，选项B、D正确．
【答案】 BD
12．按图6－1－21所示接好电路，合上S1、S2，发现小灯泡不亮，原因是________；用电吹风对热敏电阻吹一会儿热风，会发现小灯泡________，原因是________；停止吹风，会发现________；把热敏电阻放入冷水中会发现________．
图6－1－21
【解析】 根据热敏电阻的性质进行分析，由于热敏电阻在常温时阻值较大，左侧电路中电流较小，电磁铁磁性较弱吸不住衔铁；当用电吹风对热敏电阻加热使其阻值变小时，电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁，使右侧电路接通，小灯泡亮了；停止吹风后，小灯泡不会立即熄灭，因为热敏电阻温度仍然较高，当把热敏电阻放入冷水后，热敏电阻温度降低很快，阻值变大，故小灯泡熄灭．
【答案】 见解析
1．关于传感器的作用，下列说法正确的有( )
A．通常的传感器可以直接用来进行自动控制
B．传感器可以用来采集信息
C．传感器可以将感受到的一些信号转换为电学量
D．传感器可以将所有感受到的信号都转换为电学量
【解析】 传感器是将感受到的非电学量转化为电学量的仪器，不同的传感器感受不同的信号，B、C对．
【答案】 BC
2．如图6－2－10所示，在电路中接一段钨丝(从旧白炽灯中取出)，闭合开关，灯泡正常发光，当用打火机给钨丝加热时灯泡亮度明显变暗，根据钨丝的上述特性，可用钨丝来制作一个温度传感器，下面的说法中正确的是 ( )
A．该传感器利用了钨丝的化学性质
B．该传感器利用了钨丝电阻随温度变化而变化的特性
C．该传感器能够把热学量(温度)转换为电学量(电阻)
D．该传感器能够把电学量(电阻)转换为热学量(温度)
图6－2－10
【解析】 由题目中的实验现象可知钨丝的电阻随温度的升高而增大，随温度的降低而减小，利用该特性可以制成温度传感器，传感器能够把温度这个热学量转换为电阻这个电学量，B、C对，A、D错．
【答案】 BC
3．(2013·潍坊二中高二检测)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，电饭煲中有温度传感器，电视机、录像机、影碟机、空调机中有光电传感器……，演示位移传感器的工作原理如图6－2－11所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的滑动触头滑动，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小，假设电压表是理想的，则下列说法正确的是 ( )
图6－2－11
A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化
B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化
C．物体M不动时，电路中没有电流
D．物体M不动时，电压表没有示数
【解析】 由于电压表是理想的，因此滑片P移动时，不改变闭合电路的电阻，电源内的电流不发生变化，即电流恒定，A、C错误；物体M运动时，电压表所测电压是变化的，M不动时，电压表示数恒定，B正确，D错误．
【答案】 B
4．(2013·西安一中高二检测)如图6－2－12所示是测定位移s的电容式传感器，其工作原理是哪个量的变化，造成其电容的变化( )
图6－2－12
A．电介质进入极板的长度
B．两极板间距
C．两极板正对面积
D．电介质的种类
【解析】 由原理图可知，要测定的位移s发生变化，则电介质进入极板的长度发生变化，从而引起电容的变化，而两极板间距、正对面积及电介质种类均未变化，所以正确答案为A.
【答案】 A
5．如图6－2－13为一种自动跳闸的闸刀开关示意图，O是转动轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M、N接电源线，闸刀处于垂直纸面向里、B＝1 T的匀强磁场中，CO间距离10 cm.当磁场力为0.2 N时，闸刀开关会自动跳开．则要使闸刀开关能跳开，CO中通过的电流的大小和方向为( )
A．电流方向C→O B．电流方向O→C
C．电流大小为1 A D．电流大小为0.5 A
图6－2－13
【解析】 要使闸刀断开，闸刀应受一向左的磁场力，由左手定则知电流方向应由O→C，由F＝BIL，代入数据得F＝0.2 N，则I＝2A.
【答案】 B
6．计算机光驱的主要部分是激光头，它可以发射脉冲激光信号，激光扫描光盘信息时，激光头利用光敏光阻自动计数器将反射回来的脉冲信号传输给信号处理系统，再通过计算机显示出相应信息．光敏电阻自动计数器的示意图如图6－2－14所示．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( )
图6－2－14
A．当有光照射R1时，处理系统获得高电压
B．当有光照射R2时，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】 R1是光敏电阻，当有光照射时，R1的阻值变小，R2上的电压变大，信号处理系统获得高电压．由题意知，当激光头发射脉冲光信号，光脉冲等于零时，信号处理系统获得低电压，这种电压高低交替变化的信号转化为相应的数字，实现自动计数功能，故A、D正确．
【答案】 AD
图6－2－15
7．电子打火机的点火原理是压电效应，压电片在受压时会在两侧形成电压且电压大小与压力近似成正比．现有一利用压电效应制造的电梯加速度传感器，如图6－2－15所示．压电片安装在电梯地板下，电压表与压电片构成闭合回路用来测量压电片两侧形成的电压，若发现电压表示数增大，下列说法正确的是
( )
A．电梯一定加速上升
B．电梯一定减速下降
C．电梯加速度一定向上
D．电梯加速度一定向下
【解析】 电压表示数增大说明人对地板的压力变大，对人受力分析知地板对人的支持力大于人所受重力，即人的加速度一定向上，所以电梯可能向上加速，也可能向下减速．
【答案】 C
8．某电容式话筒的原理示意图如图6－2－16所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距增大过程中( )
图6－2－16
A．P、Q构成的电容器的电容增大
B．P上电荷量保持不变
C．M点的电势比N点的低
D．M点的电势比N点的高
【解析】 薄片P和Q为两金属极板，构成平行板电容器，由C＝可知，在P、Q间距增大过程中即d增大，电容C减小，A错误．电容器始终与电源连接．两极板电压不变．据电容的定义式C＝知电荷量减少，B错误．Q板上的正电荷流向M点经N点到电源正极，故φM＞φN，C错误，D正确．
【答案】 D
9．(2013·潮州高二检测)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图6－2－17甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0.某过程中电流表的示数如图乙所示．则在此过程中 ( )
甲 乙
图6－2－17
A．物体处于失重状态
B．物体处于超重状态
C．升降机一定向上做匀加速运动
D．升降机可能向下做匀减速运动
【解析】 电流表的示数变为2I0且保持不变，说明压敏电阻的阻值比升降机静止时小，压敏电阻所受压力变大，物体处于超重状态，即物体具有向上的加速度，B、D正确，A、C错误．
【答案】 BD
10．将如图6－2－18所示装置安装在沿直轨道运动的火车车厢中，使杆沿轨道方向固定，就可以对火车运动的加速度进行检测．闭合开关S，当系统静止时，穿在光滑绝缘杆上的小球停在O点，固定在小球上的变阻器滑片停在变阻器BC的正中央，此时，电压表指针指在表盘刻度中央．当火车在水平方向有加速度时，小球在光滑绝缘杆上移动，滑片P随之在变阻器上移动，电压表指针发生偏转．已知，当火车向左加速运动时，电压表的指针向右偏．则：( )
图6－2－18
A．电压表指针向左偏，说明火车可能在向右做加速运动
B．电压表指针向右偏，说明火车可能在向右做加速运动
C．电压表指针向左偏，说明火车可能在向右做减速运动
D．电压表指针向左偏，说明火车可能在向左做加速运动
【解析】 因为当火车向左加速运动时，有向左的加速度，弹簧处于伸长状态，滑片P靠近变阻器C端，电压表的指针向右偏．所以，当滑片P靠近变阻器B端时，电压表的指针将向左偏，此时，弹簧将处于压缩状态，火车具有向右的加速度，火车可能在向右做加速运动，也可能在向左做减速运动，选项A正确，C、D错误；同理可知B错误．
【答案】 A
11．如图6－2－19所示是一种自动控制水温的装置，加热电路的两个端P、Q应接在触头a、b之间还是c、d之间？热敏电阻两端M、N应接在哪两个触头之间？
图6－2－19
【解析】 P、Q应该分别接到触头a、b之间．同时，M、N应该分别接e、f，其工作原理是：当水温升高时，热敏电阻阻值减小，电磁铁中电流增大，吸引力增大，使衔铁被吸下，a、b断开，使加热装置停止加热；当水温降低到一定程度时，热敏电阻温度降低，电磁铁中电流减小，吸引力减小，衔铁被弹簧拉上去，使a、b之间连接，加热装置开始加热，从而实现水温控制.
【答案】 P、Q应该分别接在触头a、b之间 M、N应分别接e、f
12．如图6－2－20所示为检测某传感器的电路图，传感器上标有“3 V 0.9 W”的字样(传感器可看做一个纯电阻)，滑动变阻器R0上标有“10 Ω 1 A”的字样，电流表的量程为0.6 A，电压表的量程为3 V．求：
图6－2－20
(1)传感器的电阻和额定电流；
(2)为了确保电路各部分的安全，在a、b之间所加的电源电压最大值是多少？
【解析】 (1)R传＝＝ Ω＝10 Ω
所以I传＝＝ A＝0.3 A.
(2)最大电流I＝I传＝0.3 A
电源电压最大值Um＝U传＋U0
U传为传感器的额定电压，
U0为R0m＝10 Ω时R0两端的电压，
即U0＝I传·R0m＝0.3×10 V＝3 V
所以Um＝U传＋U0＝3 V＋3 V＝6 V.
【答案】 (1)10 Ω 0.3 A (2)6 V
1．如图4－3－12所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置甲(左)匀速运动到位置乙(右)，则( )
图4－3－12
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
【解析】 由右手定则可判断出导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a，导线框离开磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a.由左手定则可判断导线框进入磁场时受到的安培力水平向左，导线框离开磁场时，受到的安培力水平向左，因此选项D正确．
【答案】 D
2．如图4－3－13所示，通电螺线管N置于闭合金属环M的轴线上，当N中的电流突然减小时，则( )
A．环M有缩小的趋势
B．环M有扩张的趋势
C．螺线管N有缩短的趋势
D．螺线管N有伸长的趋势
图4－3－13
【解析】 对通电螺线管，当通入的电流突然减小时，螺线管每匝间的相互吸引力也减小，所以匝间距增大；对金属环，穿过的磁通量也随之减少，由于它包围内外磁场，只有减小面积才能阻碍磁通量的减少，金属环有缩小的趋势．选项A、D正确．
【答案】 AD
3．如图4－3－14所示在匀强磁场中，MN、PQ是两根平行的金属导轨，而ab、cd为串有伏特表和安培表的两根金属棒，同时以相同水平速度向右运动时，正确的有( )
A．电压表有读数，电流表有读数
B．电压表无读数，电流表有读数
C．电压表无读数，电流表无读数
D．电压表有读数，电流表无读数
图4－3－14
【解析】 两棒以相同速度向右运动时，因穿过面abcd的磁通量不变，回路中没有感应电流，电流表和电压表均不会有读数．注意：此题容易误选D，ab切割磁感线相当于电源，但ab间电势差因无电流而无法用电压表显示．
【答案】 C
4. 如图4－3－15所示，一均匀的扁平条形磁铁的轴线与圆形线圈在同一平面内，磁铁中心与圆心重合，为了在磁铁开始运动时在线圈中得到逆时针方向的感应电流，磁铁的运动方式应是( )
图4－3－15
A．N极向纸内，S极向纸外，使磁铁绕O点转动
B．N极向纸外，S极向纸内，使磁铁绕O点转动
C．磁铁在线圈平面内顺时针转动
D．磁铁在线圈平面内逆时针转动
【解析】 当N极向纸内，S极向纸外转动时，穿过线圈的磁场由无到有并向里，感应电流的磁场应向外，电流方向为逆时针，A选项正确；当N极向纸外，S极向纸内转动时，穿过线圈的磁场向外并增加，电流方向为顺时针，B选项错误；当磁铁在线圈平面内绕O点转动时，穿过线圈的磁通量始终为零，因而不产生感应电流，C、D选项错误．
【答案】 A
5．(2011·上海高考)如图4－3－16，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( )
图4－3－16
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】 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A正确；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．
【答案】 AD
6．如图4－3－17所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，下列说法正确的是( )
图4－3－17
A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
C．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
D．从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈
【解析】 若线圈闭合进入磁场时，由于产生电磁感应现象，根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，A对；若线圈不闭合，进入磁场后，不会产生感应电流，故线圈相对传送带不发生滑动，B错；从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈，C对，D错．故选A、C.
【答案】 AC
7．如图4－3－18所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆，如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是( )
A．感应电流的方向始终是由P→Q
B. 感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P
C. PQ受磁场力的方向垂直杆向左
D. PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右
图4－3－18
【解析】 金属杆PQ滑动过程中，回路POQ面积先增大，后减小，因此通过回路的磁通量向外且先增大，后减小．由楞次定律可判断出回路中感应电流方向先是顺时针，后是逆时针，选项B正确；金属杆PQ所受磁场力方向可由左手定则判断，当回路中感应电流方向是顺时针时，PQ受磁场力的方向垂直于杆向左，当回路中感应电流方向是逆时针时，PQ受磁场力的方向垂直于杆向右，选项D正确．
【答案】 BD
8．如图4－3－19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
图4－3－19
【解析】 由楞次定律可知，在线框从右侧摆动到O点正下方的过程中，向上的磁通量减小，故感应电流的方向沿d→c→b→a→d，在线框从O点正下方向左侧摆动的过程中，向上的磁通量增大，故感应电流的方向沿d→c→b→a→d.选项B正确．
【答案】 B
9．(2013·遵义四中高二期末)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表、开关如图4－3－20连接．在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流表指针向右偏转，由此可以判断( )
图4－3－20
A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动都能引起电流表指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流表指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑动端P匀速向右或向左滑动都能使电流表指针静止在中央
D．因线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流表指针偏转的方向
【解析】 将滑动变阻器的滑动端P向左滑动时，线圈A中的电流减小，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向右偏转．线圈A向上移动或线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能使穿过线圈B的磁通量减少，引起电流表指针向右偏转，选项A错误，B正确；滑动变阻器的滑动端P匀速向右或向左滑动使穿过线圈B的磁通量减少或增多，使电流表指针向右偏转或向左偏转，选项C、D错误．
【答案】 B
10．如图4－3－21，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( )
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
图4－3－21
【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
11. 如图4－3－22所示，金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧，若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向________(选填“左”或“右”)运动，并有______(选填“收缩”或“扩张”)趋势．
图4－3－22
【解析】 变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与电流磁场方向相反，相互排斥，则金属环A将向左移动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势．
【答案】 左 收缩
12．按图4－3－23所示的装置进行实验(A和B都是很轻的铝环，环A是闭合的，环B是断开的，A、B之间的连接杆是绝缘的)．当磁铁的任意一极迅速靠近或远离A环时，你会看到什么现象？如果将磁铁迅速靠近或远离B环，又会看到什么现象？请你用学过的物理知识来解释这些现象．
图4－3－23
【解析】 用磁铁的任意一极(如N极)靠近A环时，通过A环中的磁通量增加，根据楞次定律，A环中将产生感应电流，阻碍磁铁与A环靠近，A环将远离磁铁；同理，当磁极远离A环时，A环中产生感应电流的方向将阻碍A环与磁铁远离，A环将靠近磁铁．由于B环是断开的，无论磁铁靠近还是远离B环，都不会在B环中形成感应电流，所以B环将不移动．
【答案】 见解析
1．一闭合线圈放在随时间均匀变化的磁场中，线圈平面和磁场方向垂直．若想使线圈中的感应电流增强一倍，下述方法可行的是( )
A．使线圈匝数增加一倍
B．使线圈面积增加一倍
C．使线圈匝数减少一半
D．使磁感应强度的变化率增大一倍
【解析】 根据E＝n＝nS求电动势，当n、S发生变化时导体的电阻也发生了变化．若匝数增加一倍，电阻也增加一倍，感应电流不变，故A错；若匝数减少一半，感应电流也不变，故C错；若面积增加一倍，长度变为原来的倍，因此电阻为原来的倍，电流为原来的倍，故B错．
【答案】 D
2．(2013·郑州一中高二检测)
穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图4－4－12所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )
A．0～2 s B．2～4 s
C．4～5 s D．5～10 s
图4－4－12
【解析】 图线斜率的绝对值越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．
【答案】 D
3．一根直导线长0.1 m，在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中以10 m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势( )
A．一定为0.1 V B．可能为零
C．可能为0.01 V D．最大值为0.1 V
【解析】 当公式E＝Blv中B、l、v互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大：Em＝Blv＝0.1×0.1×10 V＝0.1 V，考虑到它们三者的空间位置关系应选B、C、D.
【答案】 BCD
4．(2013·石家庄二中高二检测)如图4－4－13所示的匀强磁场中MN、PQ是两条平行的金属导轨，而AB、CD为串有电压表、电流表的两根金属棒，且与金属导轨接触良好．当两棒以相同速度向右运动时，正确的是( )
图4－4－13
A．电流表无读数，AB间有电势差，电压表无读数
B．电流表有读数，AB间有电势差，电压表有读数
C．电流表无读数，AC间无电势差，电压表无读数
D．电流表无读数，AC间有电势差，电压表有读数
【解析】 因为两棒以相同速度运动，回路面积不变，所以感应电流为零，根据电流表、电压表的工作原理可知电流表、电压表都无示数．因为两棒都向右运动切割磁感线，所以两棒都产生相同的电动势，极性都为上正、下负，所以AB间有电势差，AC间无电势差，A、C正确．
【答案】 AC
5．如图4－4－14所示，单匝线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系可用图象表示，则( )
A．t＝0时刻，线圈中的磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时，感应电动势为零
D．在0～2×10－2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零
图4－4－14
【解析】 由法拉第电磁感应定律E＝可知E的大小与Φ大小无关，与成正比，t＝0及t＝2×10－2 s时刻E＝0，A错，C对．t＝1×10－2s时，最大，E最大，B对.0～2×10－2 s内ΔΦ≠0，平均感应电动势不为零，D错．
【答案】 BC
6．(2013·芜湖高二检测)如图4－4－15所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生感应电动势大小为( )
A．πr2 B．L2
C．nπr2 D．nL2
图4－4－15
【解析】 根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小E＝n＝nL2.
【答案】 D
7．如图4－4－16所示，面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋0.2t)T，定值电阻R1＝6 Ω，线圈电阻R2＝4 Ω，求a、b两点间电压Uab( )
A．2.4 V B．0.024 V
C．4 V D．1.6 V
图4－4－16
【解析】 由法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势E＝nΔΦ/Δt＝nSΔB/Δt＝100×0.2×0.2 V＝4 V，感应电流I＝E/(R1＋R2)＝4/(6＋4)A＝0.4 A，所以a、b两点间电压即路端电压Uab＝IR1＝0.4×6 V＝2.4 V.
【答案】 A
8．M和N是固定在水平面内的两条光滑平行的金属轨道(间距为l)，其电阻可忽略不计．如图4－4－17所示的正方形虚线框(边长为d)内充满垂直轨道平面向下的匀强磁场，金属杆ab(电阻可忽略)垂直轨道方向放置在两轨道上，M和N之间接有一电阻R，若杆ab以恒定速率v沿平行轨道方向滑动并通过匀强磁场，在此过程中，以下各物理量与速度v的大小成正比的是 ( )
A．杆ab中的电流
B．杆ab在磁场中所受的安培力
C．电阻R上产生的焦耳热
D．水平外力对ab杆做功的功率
图4－4－17
【解析】 由法拉第电磁感应定律得
E＝Blv，I＝＝
F安＝BIl＝，Q＝I2Rt＝＝
P＝Fv＝F安，v＝
所以杆ab中的电流和杆ab所受安培力及电阻R上产生的焦耳热都与速度v成正比，A、B、C项正确，D错．
【答案】 ABC
9. (2012·福建高考)如图4－4－18，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则选项图中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是( )
图4－4－18
【解析】 闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是稳定的，所以感应电流随x的变化关系不可能是线性关系，A项错误；铜环由静止开始下落，速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小，过O点后，铜环的速度增大，磁通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确，C项错误．
【答案】 B
10．如图4－4－19所示，一个边长为a＝1 m的正方形线圈，总电阻为R＝2 Ω，当线圈以v＝2 m/s的速度通过磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直．若磁场的宽度b>1 m，如图所示．求：
(1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小；
(2)线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热．
图4－4－19
【解析】 (1)根据E＝Blv，I＝知
I＝＝ A＝0.5 A.
(2)线圈穿过磁场过程中，由于b>1 m，
故只在进入和穿出时有感应电流，故
Q＝I2Rt＝I2R·＝0.52×2× J＝0.5 J.
【答案】 (1)0.5 A (2)0.5 J
11．如图4－4－20甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1 000，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图4－4－20乙所示．求：
甲 乙
图4－4－20
(1)前4 s内的感应电动势；
(2)前4 s内通过R的电荷量；
(3)线圈电阻r消耗的功率．
【解析】 (1)由图象可知前4 s内磁感应强度B的变化率＝ T/s＝0.05 T/s
4 s内的平均感应电动势
E＝nS＝1 000×0.02×0.05 V＝1 V.
(2)电路中平均电流＝
通过R的电荷量q＝t，又E＝n
所以q＝n＝1 000× C＝0.8 C.
(3)由于电流是恒定的，线圈电阻r消耗的功率为
Pr＝I2r＝＝ W＝0.04 W.
【答案】 (1)1 V (2)0.8 C (3)0.04 W
12．如图4－4－21所示，水平的平行光滑导轨，导轨间距离为L＝1 m，左端接有定值电阻R＝2 Ω.金属棒PQ与导轨良好接触，PQ的电阻为r＝0.5 Ω，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场中，现使PQ在水平向右的恒力F＝2 N作用下运动，求：
(1)棒PQ中感应电流的方向；
(2)棒PQ中哪端电势高；
(3)棒PQ所受安培力方向；
(4)棒PQ的最大速度．
图4－4－21
【解析】 PQ在恒力F作用下运动，产生感应电流，因而受安培力，随着速度的增大，安培力也增大，当安培力大小与恒力F相等时，PQ将做匀速运动，速度达到最大．
(1)由右手定则知感应电流方向为Q→P.
(2)PQ运动产生感应电动势，相当于电源，因电源内部电流由低电势流向高电势，所以P端电势高于Q端电势．
(3)因棒中电流由Q→P，由左手定则知棒所受安培力方向向左．
(4)PQ棒速度达到最大值时，PQ受安培力大小等于恒力F.由F＝BIL，得
I＝＝ A＝2 A
此时感应电动势为
E＝I(R＋r)＝2×(2＋0.5) V＝5 V
PQ的最大速度为
v＝＝ m/s＝5 m/s.
【答案】 (1)Q→P (2)P端 (3)向左 (4)5 m/s
1．下列说法中正确的是 ( )
A．感生电场由变化的磁场产生
B．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场
C．感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手定则来判定
D．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向
【解析】 磁场变化时在空间激发感生电场，其方向与所产生的感应电流方向相同，可由楞次定律和右手定则判断，故A、C项正确，B、D项错．
【答案】 AC
2．(2013·武威一中高二检测)如图4－5－10所示，一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度均匀增大时，此粒子的动能将
( )
图4－5－10
A．不变
B．增加
C．减少
D．以上情况都可能
【解析】 当磁场增强时，将产生逆时针方向的电场，带正电的粒子将受到这个电场对它的电场力作用，而动能增大．
【答案】 B
3．如图4－5－11所示，一金属半圆环置于匀强磁场中，当磁场突然减弱时，则两端点的电势 ( )
图4－5－11
A．N点电势高
B．M点电势高
C．若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，N点电势高
D．若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，M点电势高
【解析】 将半圆环补充为圆形回路，由楞次定律可判断圆环中产生的感应电动势方向在半圆环中由N指向M，即M点电势高，B正确；若磁场不变，半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，由楞次定律可判断，半圆环中产生的感应电动势在半圆环中由N指向M，即M点电势高，D正确．
【答案】 BD
4．(2013·银川一中高二检测)如图4－5－12所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是 ( )
图4－5－12
A．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势
B．动生电动势的产生与洛伦兹力有关
C．动生电动势的产生与电场力有关
D．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的
【解析】 根据动生电动势的定义，A项正确．动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关，感生电动势中的非静电力与感生电场有关，B项正确，C、D项错误．
【答案】 AB
5．(2013·南宁二中高二检测)如图4－5－13所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2，忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )
图4－5－13
A．E1＞E2，a端为正 B．E1＞E2，b端为正
C．E1＜E2，a端为正 D．E1＜E2，b端为正
【解析】 通电导线在缝隙中产生的磁场方向向左，所以直棒下落时由右手定则可判断得b端为正．根据E＝BLv，下落0.8 R时速度较大，所以E2＞E1，D项正确．
【答案】 D
6．(2013·南昌二中高二检测)如图4－5－14所示，空间有一个方向水平的有界匀强磁场区域，一矩形导线框自磁场上方某一高度处自由下落．进入磁场的过程中，导线框平面与磁场方向垂直，则在导线框进入磁场的过程中可能( )
图4－5－14
A．变加速下落 B．变减速下落
C．匀速下落 D．匀加速下落
【解析】 当线框进入磁场时，ab边切割磁感线产生感应电动势．回路中有感应电流，所以ab边受到的安培力向上．当F安＝＝mg时，线框匀速进入磁场；当F安＝＜mg时，则变加速进入磁场；当F安＝＞mg时，则变减速进入磁场，故A、B、C正确，D错误．
【答案】 ABC
7．(2013·合肥一中高二检测)如图4－5－15所示，匀强磁场方向垂直于线圈平面，先后两次将线圈从同一位置匀速地拉出有界磁场，第一次拉出时速度为v1＝v0，第二次拉出时速度为v2＝2v0，前后两次拉出线圈的过程中，下列说法错误的是( )
图4－5－15
A．线圈中感应电流之比是1∶2
B．线圈中产生的热量之比是2∶1
C．沿运动方向作用在线框上的外力的功率之比为1∶2
D．流过任一横截面感应电荷量之比为1∶1
【解析】 线框在拉出磁场的过程中，导体做切割磁感线运动，产生感应电动势E＝Blv，线框中的感应电流I＝＝，所以I1∶I2＝v1∶v2＝1∶2；线框中产生的电热Q＝I2Rt＝()2R＝，所以Q1∶Q2＝v1∶v2＝1∶2；由于匀速运动，施加的外力与安培力相等，故外力的功率P＝Fv＝BIlv＝，所以P1∶P2＝v∶v＝1∶4；流过线圈任一横截面的电荷量为q＝It＝·＝，所以q1∶q2＝1∶1.
【答案】 BC
8．如图4－5－16所示，用铝板制成U形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框中，使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动，细线拉力为FT，则( )
图4－5－16
A．悬线竖直，FT＝mg
B．悬线竖直，FT>mg
C．悬线竖直，FTD．无法确定FT的大小和方向
【解析】 设两板间的距离为L，由于向左运动过程中竖直板切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则判断下板电势高于上板，动生电动势大小E＝BLv，即带电小球处于电势差为BLv的电场中，所受电场力F电＝qE电＝q＝q＝qvB
若设小球带正电，则电场力方向向上．
同时小球所受洛伦兹力F落＝qvB，方向由左手定则判断竖直向下．即F电＝F洛，故无论小球带什么电，怎样运动，FT＝mg，选项A正确．
【答案】 A
9．(2013·昆明一中高二检测)如图4－5－17所示，水平放置的平行金属导轨间距为l，左端与一电阻R相连，导轨电阻不计．导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B.金属杆ab垂直于两导轨放置，电阻为r，与导轨间无摩擦．现对杆ab施加向右的拉力，使杆ab向右以速度v匀速运动，则( )
图4－5－17
A．金属杆中的电流由a到b
B．金属杆a端的电势高于b端的电势
C．拉力F＝
D．R上消耗的功率P＝()2R
【解析】 ab切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断电流由b到a，A错；可把ab棒等效成电源，所以a端电势高，B对；产生的感应电动势E＝Blv，电流I＝＝，所以F＝F安＝BIl＝，C错；P＝I2R＝()2R，D对．
【答案】 BD
10．在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图4－5－18所示．已知电容C＝30 μF，回路的长和宽分别为l1＝8 cm，l2＝5 cm，磁感应强度以变化率5×10－2 T/s增大，则( )
图4－5－18
A．电容器的上极板带正电，电荷量为2×10－9 C
B．电容器的上极板带负电，电荷量为6×10－9 C
C．电容器的上极板带正电，电荷量为6×10－9 C
D．电容器的上极板带负电，电荷量为8×10－9 C
【解析】 回路中的感应电动势等于电容器两极板间的电压，U＝E＝＝·l1·l2＝5×10－2×0.08×0.05 V＝2×10－4 V，则电容器的电荷量Q＝CU＝30×10－6×2×10－4 C＝6×10－9 C，由楞次定律可判断回路中感生电动势沿逆时针方向，电容器的上极板带正电，C选项正确．
【答案】 C
图4－5－19
11．(2013·张家界高二检测)如图4－5－19所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1＝0.5 m，金属棒ad与导轨左端bc的距离L2＝0.8 m，整个闭合回路的电阻为R＝0.2 Ω，匀强磁场的方向竖直向下穿过整个回路．ad棒通过细绳跨过定滑轮接一个质量为m＝0.04 kg的物体，不计一切摩擦，现使磁感应强度从零开始以＝0.2 T/s的变化率均匀增大，求经过多长时间物体刚好能离开地面(g取10 m/s2)．
【解析】 物体刚要离开地面时，其受到的拉力F等于它的重力mg，而拉力F等于棒ad所受的安培力，即mg＝BIL1.其中B＝·t，
感应电流由变化的磁场产生，I＝＝·
＝·，
所以t＝(·)·＝10 s.
【答案】 10 s
12．(2013·广东省汕头金山中学高二上学期期未)如图4－5－20所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的拉力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好保持静止，取g＝10 m/s2.求：
图4－5－20
(1)通过cd棒的电流I是多少，方向如何？
(2)棒ab受到的拉力F多大？
(3)拉力F做功的功率P是多少？
【解析】 (1)对cd棒受力分析可得：
BIl＝mgsin 30°
代入数据，得：I＝1 A
根据右手定则判断，通过cd棒的电流I方向由d到c.
(2)对ab棒受力分析可得：
F＝BIl＋mgsin 30°
代入数据，得：F＝0.2 N.
(3)根据I＝，
P＝Fv
代入数据，得：P＝0.4 W.
【答案】 (1)1 A 方向由d到c (2)0.2 N
(3)0.4 W
1．下列哪些单位关系是不正确的 ( )
A．1亨＝1欧·秒 B．1亨＝1伏·安/秒
C．1伏＝1韦/秒 D．1伏＝1亨·安/秒
【解析】 由E＝L得L＝，取E＝1伏，＝1安/秒，得1亨＝1·秒＝1欧·秒，故A、D关系正确，B关系不正确，由E＝n知C关系正确．故单位关系不正确的为B项．
【答案】 B
2．(2013·重庆市一中高二上学期期末)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图4－6－9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的现象，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 ( )
图4－6－9
A．电源的内阻较大
B．小灯泡的电阻偏大
C．线圈的直流电阻偏大
D．线圈的自感系数较大
【解析】 断电自感现象中，小灯泡能否闪亮，要看断电前通过线圈的电流和通过小灯泡的电流的大小关系，若通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流，则断电后，电感线圈L与小灯泡构成回路，电感线圈L中的感应电动势阻碍其中的电流变化，使得通过小灯泡的感应电流大于原来电源给小灯泡提供的电流，使得小灯泡出现闪亮的现象．所以最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是断电前通过线圈的电流没有明显大于通过小灯泡的电流，即线圈的直流电阻偏大．
【答案】 C
3．在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接在点1，现把它从1扳向2，如图4－6－10所示，试判断在此过程中，在电阻R上的电流方向是 ( )
图4－6－10
A．先由P→Q，再由Q→P
B．先由Q→P，再由P→Q
C．始终由Q→P
D．始终由P→Q
【解析】 开关由1扳到2，线圈A中电流产生的磁场由左向右先减小后反向增加，由楞次定律可得R中电流始终由Q→P，选项C正确．
【答案】 C
4．(2013·佛山一中高二检测)在如图4－6－11所示的电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表．当开关S闭合时，电流表G1指针偏向右方，那么当开关S断开时，将出现的现象是 ( )
A．G1和G2指针都立即回到零点
B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点
C．G1指针缓慢回到零点，而G2指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
D．G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点
图4－6－11
【解析】 电流表指针的偏转方向与电流的流向有关．根据题意，电流自右向左时，指针向右偏．那么，电流自左向右时，指针应向左偏．当开关S断开瞬间，G1中电流立即消失．而L由于自感作用，电流不能立即消失，电流沿L、G2、G1的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一段时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，而G1中的电流和原方向相反，变为自左向右，和G2中的电流同时减为零．也就是G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点，故D项正确.
【答案】 D
5. 如图4－6－12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变化的图象中，正确的是( )
图4－6－12
【解析】 闭合开关S后，灯泡D直接发光，电感L的电流逐渐增大，电路中的总电流也将逐渐增大，电源内电压增大，则路端电压UAB逐渐减小；断开开关S后，灯泡D中原来的电流突然消失，电感L中的电流通过灯泡形成的闭合回路逐渐减小，所以灯泡D中电流将反向，并逐渐减小为零，即UAB反向逐渐减小为零，所以选项B正确．
【答案】 B
6．(2013·山东省实验中学高二检测)如图4－6－13所示，E为电池组，L是自感线圈(直流电阻不计)，D1、D2是规格相同的小灯泡．下列判断正确的是( )
A．开关S闭合时，D1先亮，D2后亮
B．闭合S达稳定时，D1熄灭，D2比起初更亮
C．断开S时，D1闪亮一会
D．断开S时，D1、D2均不立即熄灭
图4－6－13
【解析】 开关S闭合时D1，D2同时亮，电流从无到有，线圈阻碍电流的增加，A错．闭合S达稳定时D1被短路，电路中电阻减小，D2比起初更亮，B对．断开S时，线圈阻碍电流减小，故D1会闪亮一下，而D2在S断开后无法形成通路，会立即熄灭，所以C对，D错．
【答案】 BC
7．如图4－6－14所示是一种延时开关．当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，将C线路接通．当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．则下列说法中正确的是( )
A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
C．如果断开B线圈的开关S2，无延时作用
D．如果断开B线圈的开关S2，延时将变长
图4－6－14
【解析】 当S1闭合时，线圈A有电流通过，使F产生磁场使得D被F吸下．显然当S1断开时，线圈A中的电流消失，此时磁感应强度减小，A、B线圈中穿过的磁通量均发生变化．由于A线圈已经断开，在其中不产生感应电流，对磁场强度的减小没有抑制作用；而B线圈中产生感应电流，该电流产生的磁场抑制F中原磁场的减弱，这即是延迟效应产生的原因．当然，如果S2断开的话，线圈B也不产生感生电流，不会对F中磁场的减弱产生阻碍作用．选项B、C正确．
【答案】 BC
8．如图4－6－15所示，多匝线圈L的电阻和电源内阻都很小，可忽略不计，电路中两个电阻器的电阻均为R，开始时电键S断开．此时电路中电流为I0，现将电键S闭合，线圈L中有自感电动势产生，下列说法中正确的是( )
A．由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流最终由I0减小到零
B．由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流最终总小于I0
C．由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流将保持I0不变
D．自感电动势有阻碍电流增大的作用，但电路中电流最终还要增大到2I0
图4－6－15
【解析】 开关断开，电路中电流稳定时，电源给一个电阻供电；开关突然闭合的瞬间，电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，电路中总电流要增大，但多匝线圈中产生了阻碍电流增大的自感电动势，所以电路中电流只能逐渐增大，最终电路中电流会增大到2I0.这体现了自感电动势阻碍电流增大的作用，不是阻止电流增大，也不是起阻碍电流的作用，所以A、B、C错，D对．
【答案】 D
9．(2013·南京师大附中高二检测)如图4－6－16所示，LA和LB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LA和LB先后亮暗的顺序是( )
A．闭合时，LA先达最亮；断开时，LA后暗
B．闭合时，LB先达最亮；断开时，LB后暗
C．闭合时，LA先达最亮；断开时，LA先暗
D．闭合时，LB先达最亮；断开时，LB先暗
图4－6－16
【解析】 闭合时，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以干路中的电流全部流经LA，而LB与R并联在电路中，故闭合时，LA先达最亮；断开时，线圈对电流的减小有阻碍作用，产生自感电动势，与LA组成闭合回路，所以LA慢慢变暗，故A对．
【答案】 A
10．一个线圈的电流在0.001 s内有0.02 A的变化，产生50 V的自感电动势，求线圈的自感系数．如果这个电路中的电流的变化率变为40 A/s，自感电动势又有多大？
【解析】 (1)由EL＝L，
得L＝＝ H＝2.5 H.
(2)E＝L＝2.5×40 V＝100 V.
【答案】 (1)2.5 H (2)100 V
11．如图4－6－17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4－6－17
【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得I1＝
电路稳定后，R2被短路，由闭合电路欧姆定律得
I2＝
联立解得E＝3 V r＝5 Ω.
【答案】 3 V 5 Ω
12. 如图4－6－18所示，电源的电动势E＝15 V，内阻忽略不计．R1＝5 Ω，R2＝15 Ω，电感线圈的电阻不计，求当开关S接通的瞬间，S接通达到稳定时及S切断的瞬间流过R1的电流．
图4－6－18
【解析】 开关S接通瞬间，流过线圈L的电流不能突变，所以流过R1的电流仍为0.达到稳定时，线圈相当于导线，所以流过R1的电流为I1＝＝A＝3 A.
开关S断开瞬间，流过线圈L的电流不能突变，所以流过R1的电流仍为3 A.
【答案】 0 3 A 3 A
1．(2013·嘉兴高二检测)如图4－7－9所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有一块马蹄形磁铁的两个磁极厚度与线圈宽度相同，磁铁在线圈正下方自左向右匀速通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力的方向是( )
图4－7－9
A．先向左、后向右
B．先向左、后向右、再向左
C．一直向左
D．一直向右
【解析】 当磁铁在线圈正下方自左向右匀速通过线圈时，穿过线圈的磁通量发生变化，根据楞次定律判知，线圈与磁铁间先相互排斥后互相吸引，故线圈一直有向右运动的趋势，故线圈所受木板的摩擦力方向一直向左，故C对，A、B、D都错．
【答案】 C
2．(2013·泉州高二检测)如图4－7－10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( )
图4－7－10
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】 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
3．(2013·衡水中学高二检测)如图4－7－11所示，一光滑水平桌面的左半部分处于竖直向下的匀强磁场内，当一电阻不计的环形导线圈在此水平桌面上向右以某一速度开始滑行时( )
图4－7－11
A．若整个线圈在磁场内，线圈一定做匀速运动
B．线圈从磁场内滑到磁场外过程，必做加速运动
C．线圈从磁场内滑到磁场外过程，必做减速运动
D．线圈从磁场内滑到磁场外过程，必定放热
【解析】 整个线圈在磁场内时，无感应电流，故不受安培力，线圈做匀速运动，A对；线圈滑出磁场过程中，产生感应电流，受到阻碍它运动的安培力，故线圈做减速运动，机械能转化为内能，选项B错，C、D对．
【答案】 ACD
4．(2013·山西省实验中学高二检测)光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图4－7－12所示，抛物线的方程为y＝x2.其下半部分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＋mgb
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
图4－7－12
【解析】 金属块运动过程中，机械能转化为内能．要注意分析金属块的最终运动状态，以便计算金属块总共损失的机械能，金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好滑不出磁场后，就往复运动永不停止．根据能量转化与守恒，整个过程中产生的焦耳热应等于机械能的损失，即Q＝ΔE＝mv2＋mg(b－a)．故正确答案为D.
【答案】 D
5．(2013·信阳高二检测)如图4－7－13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，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
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
图4－7－13
【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
6．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B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4－7－14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( )
甲 乙
图4－7－14
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】 由于转动过程中穿过甲环的磁通量不变，穿过乙环的变化，所以甲环中不产生感应电流，乙环中产生感应电流．乙环的机械能不断地转化为电能，最终转化为焦耳热散失掉，所以乙环先停下来．
【答案】 B
7．(2013·西安交大附中高二检测)如图4－7－15所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动的过程中，线圈ab将( )
A．静止不动
B．顺时针转动
C．逆时针转动
D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动方向
图4－7－15
【解析】 电源极性的不同接法，只是使两磁极之间的磁场方向不同．若电源的正极在右端．则磁场方向水平向右，反之水平向左．P向右端滑动时，变阻器的阻值减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以线圈的转动方向应该是使线圈的磁通量减小，由此可见，线圈将绕O轴顺时针方向转动，选项B正确．
【答案】 B
8．如图4－7－16所示是著名物理学家费曼设计的一个实验，在一块绝缘板中部安装一个线圈，并接有电源，板的四周有许多带负电的小球，将整个装置悬挂起来，当接通电键瞬间，整个圆盘将( )
A．顺时针转动一下 B．逆时针转动一下
C．顺时针不断转动 D．逆时针不断转动
图4－7－16
【解析】 电键接通瞬间，穿过带电小球所在空间向下的磁通量突然增加，由楞次定律知，在带电小球所处空间将产生逆时针方向(从上往下看)的电动势(确切讲，应为逆时针方向电场)，从而使带负电小球受到顺时针方向作用力，由于该变化是瞬间的，故选项A正确．
【答案】 A
9．(2013·南京高二检测)如图4－7－17所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( )
图4－7－17
A．a1＞a2＞a3＞a4
B．a1＝a2＝a3＝a4
C．a1＝a3＞a2＞a4
D．a4＝a2＞a3＞a1
【解析】 由题意及法拉第电磁感应定律和楞次定律知：a1＝a3＝g，a2＝(mg－)/m，a4＝(mg－)/m，由于v2＜v4，故a4＜a2＜g，故有a1＝a3＞a2＞a4，故C对．
【答案】 C
10．如图4－7－18所示，通有恒定电流的螺线管竖直放置，一铜环R沿螺线管的轴线加速下落，在下落过程中，环面始终保持水平．铜环先后经过轴上1、2、3位置时的加速度分别为a1、a2、a3.位置2处于螺线管的中心，位置1、3与位置2等距，则( )
A．a1C．a1＝a3图4－7－18
【解析】 圆环落入螺线管及从螺线管飞出时，环中感应电流所受安培力向上，故a1【答案】 ABD
11．如图4－7－19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)：
(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)
图4－7－19
【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
12．如图4－7－20所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有一足够长的金属杆，杆上挂有一光滑螺线管A.在弧形轨道上高为h的地方，无初速释放一磁铁B(可视为质点)，B下滑至水平轨道时恰好沿螺线管A的中心轴运动，设A、B的质量分别为M、m，若最终A、B速度分别为vA、vB.
图4－7－20
(1)螺线管A将向哪个方向运动？
(2)全过程中整个电路所消耗的电能．
【解析】 (1)磁铁B向右运动时，螺线管中产生感应电流，感应电流产生电磁驱动作用，使得螺线管A向右运动．
(2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A、B的动能和螺线管中的电能，所以
mgh＝Mv＋mv＋E电
即E电＝mgh－(Mv＋mv)．
【答案】 (1)向右 mgh－(Mv＋mv)
1．如图5－1－11所示，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．0.5Bl1l2ωsin ωt
B．0.5Bl1l2ωcos ωt
C．Bl1l2ωsin ωt
D．Bl1l2ωcos ωt
图5－1－11
【解析】 感应电动势的最大值为Em＝Bl1l2ω，线圈从垂直于中性面的位置开始转动，则t时刻的感应电动势为e＝Emsin(ωt＋)＝Bl1l2ωcos ωt.故D正确．
【答案】 D
2．(2013·邯郸高二检测)如图5－1－12所示，形状或转轴位置不同、但面积均为S的单匝线圈处在同一个磁感应强度为B的匀强磁场中，以相同的角速度ω匀速转动，从图示的位置开始计时，则下列正确的说法是( )
图5－1－12
A．感应电动势峰值相同
B．感应电动势瞬时值不同
C．感应电动势峰值、瞬时值都不同
D．感应电动势峰值、瞬时值都相同
【解析】 当转动轴不是线圈对称轴时，只要转轴与磁场垂直，不论线圈形状如何，转轴位置如何，最大值均为Em＝NBSω，S、ω、B、N相同，所以Em相同，从中性面开始计时，瞬时值为正弦形式e＝Emsin ωt，可见瞬时值也相同，A、D对．
【答案】 AD
3．(2012·九江一中高二检测)一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，如图5－1－13(a)、(b)所示，规定电流从左向右为正．在直导线下方有一不闭合的金属框，则相对于b点来说，a点电势最高的时刻在( )
图5－1－13
A．t1时刻 B．t2时刻
C．t3时刻 D．t4时刻
【解析】 线框中的磁场是直线电流i产生的，在t1、t3时刻，电流i最大，但电流的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，线框中没有感应电动势，a、b两点间的电势差为零．在t2、t4时刻，电流i＝0，但电流变化率最大，穿过线框的磁通量变化率最大，a、b两点间的电势差最大，再根据楞次定律可得出a点相对b点电势最高时刻在t4.
【答案】 D
4．(2013·安庆一中高二检测)交流发电机在工作时电动势为e＝Emsin ωt，若将发电机的角速度提高一倍，同时将线框所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )
A．e′＝Emsin
B．e′＝2Emsin
C．e′＝Emsin 2ωt
D．e′＝sin 2ωt
【解析】 交变电流的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，其中Em＝nBSω，当ω加倍而S减半时，Em不变，故C正确.
【答案】 C
5．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
( )
(甲) (乙)
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】 t＝＝，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
6．(2013·重庆三中高二检测)如图5－1－15所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图所示的交流电，则下列判断错误的是( )
图5－1－15
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】 这是一道交变电流与楞次定律相结合的题目，t1和t2时间内，甲中电流减小，甲中的磁场穿过乙并且减小，因此乙中产生与甲同向的磁场，故甲、乙相吸，A选项正确，同理B选项正确；t1时刻甲中电流最大，但变化率为零，乙中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确；t2时刻甲中电流为零，但此时电流的变化率最大，乙中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误．
【答案】 D
7．如图5－1－16所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时
( )
图5－1－16
A．线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流
B．线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势
C．线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同，都是a→b→c→d
D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
【解析】 线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关，选项A正确，B错误；绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等，从上向下看，线框逆时针旋转，电流的方向应为a→d→c→b，选项C错误；电流相等，cd受到的安培力也相等，选项D错误．
【答案】 A
8．(2013·青岛高二检测)处在匀强磁场中的矩形线圈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(如图5－1－17)，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，则能反应线圈感应电流I随时间t变化的图线是( )
图5－1－17
【解析】 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生交流电，在t＝0时刻，线圈和中性面垂直，所以产生的图象是余弦图象，再由楞次定律可判断出电流为a→b→c→d→a的方向，所以C选项正确．
【答案】 C
9．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100匝，转速为 r/min，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03 Wb，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为时，感应电动势为多少？
【解析】 由题意知：Φm＝0.03 Wb
ω＝2πn＝2π×× rad/s＝ rad/s.
线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故
Em＝NBSω＝NΦmω
＝100×0.03× V＝1 V
瞬时值表达式e＝Emsin ωt＝sin V
当θ＝ωt＝时，e＝sin V＝ V.
【答案】 1 V V
10．如图5－1－18所示，一半径为r＝10 cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600 r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时．
(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；
(2)求线圈从图示位置开始在1/60 s时的电动势的瞬时值．
图5－1－18
【解析】 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝Emsin ωt.
(1)e＝Emsin ωt，Em＝NBSω(与线圈形状无关)，
ω＝20π rad/s，故e＝100sin 20πt.
(2)当t＝ s时，
e＝100sin(20π×) V＝50 V＝86.6 V.
【答案】 (1)e＝100sin 20πt (2)86.6 V
11．如图5－1－19所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝ T，线框的CD边长20 cm，CE、DF边长10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：
图5－1－19
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．
【解析】 (1)开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcos ωt，即e＝BSωcos ωt，
其中B＝T，
S＝0.1×0.2m2＝0.02 m2，
ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，
故e＝×0.02×100πcos 100πt V，
即e＝10cos 100πt V.
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示．
【答案】 (1)e＝10cos 100πt V
(2)见解析图
12．磁铁在电器中有广泛的应用，如发电机，如图5－1－20所示，已知一台单相发电机转子导线框共有N匝，线框长为l1，宽为l2，转子的转动角速度为ω，磁极间的磁感应强度为B，导出发电机瞬时电动势e的表达式．现在知道有一种永磁材料钕铁硼，用它制成发电机的磁极时，磁感应强度可增大到原来的k倍，如果保持发电机结构和尺寸、转子转动角速度、需产生的电动势都不变，那么这时转子上的导线框需要多少匝？
图5－1－20
【解析】 线框在转动过程中，两条长边在切割磁感线，若从中性面开始计时，则经t s线框转过的角度为θ＝ωt，两条长边相当于两个电源串联在一起，单匝中产生的电动势为：e1＝2Bl1vsin θ＝2Bl1ω·sin θ＝Bl1l2ωsin ωt.
N匝时相当于N个电源串联，电动势为e＝NBl1l2·ωsin ωt，当B′＝kB且ω不变时，
e′＝N′kBl1l2·ωsin ωt，又e′＝e，所以N′＝.
【答案】 NBl1l2·ωsin ωt
1．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图5－2－10所示．由图可知
( )
图5－2－10
A．该交流电的电压有效值为100 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R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W
【解析】 由图象可看出该交流电的电压有效值为 V，A、C错误；频率为25 Hz，B正确；P＝＝50 W，D正确．
【答案】 BD
2．(2013·东北师大附中高二检测)一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n r/s，则
( )
A．线框交变电动势的峰值为nπBS
B．线框交变电动势的有效值为nπBS
C．从开始转动经过1/4周期，线框中的平均感应电动势为2nBS
D．感应电动势的瞬时值为e＝2nπBSsin2nπt
【解析】 因为ω＝2πn，所以Em＝BSω＝2πnBS，所以A错误；E＝＝nπBS，B正确；因为T＝＝，所以＝＝＝＝4nBS，C错误；e＝Emsin ωt＝2πnBSsin 2πnt，D正确．
【答案】 BD
3．两个完全相同的电热器，分别通以图5－2－11甲、乙所示的峰值相等的矩形交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比P甲∶P乙等于
( )
甲 乙
图5－2－11
A.∶1 B．2∶1
C．4∶1 D．1∶1
【解析】 甲为矩形交变电流，它的大小恒为Im，方向做周期性的变化，而电流通过电阻的热功率跟电流的方向无关，所以矩形交变电流通过电阻R的热功率P甲＝IR；乙为正弦交变电流，计算热功率时要用电流的有效值：I＝，所以P乙＝I2R＝()2R＝R＝，得＝.故B正确．
【答案】 B
4．(2012·北京高考)一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦式交流电源上，其消耗的电功率为.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )
A．5 V B．5 V
C．10 V D．10 V
【解析】 根据P＝，对直流电有P＝，对正弦式交流电有＝，所以正弦式交流电的有效值为U′＝＝ V，故交流电源输出电压的最大值U′m＝U′＝10 V，故选项C正确，选项A、B、D错误．
【答案】 C
5．(2013·鞍山一中高二检测)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5－2－12所示，此空调器运转1 h用电( )
图5－2－12
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
6．将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B，方向如图5－2－13所示的匀强磁场中匀速运动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( )
图5－2－13
A. B.
C. D.
【解析】 不封闭的正方形在磁场中转动产生正弦交流电，其产生交流电的最大值Um＝Blv＝Blωl＝Bl22πn，其有效值U＝＝πnBl2
由于灯泡正常发光功率为P，则P＝，可得R＝.
【答案】 B
7．如图5－2－14所示，单匝矩形线圈abcd处在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，线圈所围面积为S，线圈的总电阻为R.t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在离开纸面向外运动，则( )
A．时刻t线圈中电流的瞬时值i＝cos ωt
B．线圈中电流的有效值I＝
C．线圈中电流的有效值I＝
D．线圈消耗的电功率P＝
图5－2－14
【解析】 由题意得i＝sin ωt，电流有效值I＝，P＝
所以只有选项C正确．
【答案】 C
8．(2012·潮州高二检测)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5－2－15甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )
图5－2－15
A．电压表的示数为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】 电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图象知电动势的最大值Em＝220 V，有效值E＝＝220 V．灯泡两端电压U＝IR＝R＝209 V，A错误；由图象知T＝0.02 s，一个周期内电流方向变化2次，可知1 s内电流方向变化100次，B错误；灯泡的实际功率P＝＝459.8 W，C错误；电流的有效值I＝＝2.2 A，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，D正确．
【答案】 D
9．(2011·四川高考)如图5－2－16所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么( )
A．线圈消耗的电功率为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＝4cost
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint
图5－2－16
【解析】 线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正(或余)弦式交变电流，因为从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以瞬时电动势表达式e＝Emcos ωt，当转过60°时e＝Emcos 60°＝，而i＝＝＝＝1 A，所以Em＝4 V．故电动势有效值E＝＝2 V，则线圈消耗功率P＝＝ W＝4 W，则选项A正确；线圈中感应电流的有效值I＝＝ A＝ A，则选项B错误；因为Em＝4 V，所以e＝Emcos ωt＝4 cost V，则选项C正确；因为Em＝BS·，所以Φm＝BS＝＝，所以任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Φm·sin ωt＝sin t，所以选项D错误．
【答案】 AC
10．电阻R1、R2与交流电源按照如图5－2－17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( )
甲 乙
图5－2－17
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】 由i-t图象可知，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错误，B正确．
【答案】 B
11．一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，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系如图5－2－18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．(结果保留2位小数)
图5－2－18
【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＝1.0×10－2 Wb，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
12．如图5－2－19所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO′轴从图示位置开始匀速转动，已知从图示位置转过时，线圈中电动势大小为10 V．求：
图5－2－19
(1)交变电动势的峰值；
(2)交变电动势的有效值；
(3)设线圈电阻为R＝1 Ω，角速度ω＝100 rad/s，线圈由图示位置转过的过程中通过导线横截面的电荷量q.
【解析】 (1)由题意知图中位置是中性面，从此时开始计时，正弦交变电动势的瞬时值为：e＝Emsin ωt，将ωt＝，e＝10 V代入上式，解得峰值为Em＝20 V.
(2)因为此电流为正弦交变电流，所以交变电动势的有效值为：
E＝＝ V＝10 V.
(3)在线圈转过的过程中，穿过线圈平面的磁通量变化量ΔΦ＝BS，据Em＝BSω得，ΔΦ＝BS＝＝0.2 Wb，所以E＝，I＝＝.又因为q＝IΔt＝，故通过导线横截面的电荷量q＝＝ C＝0.2 C.
【答案】 (1)20 V (2)10 V (3)0.2 C
1．关于电感对交变电流的影响，下列说法正确的是( )
A．电感不能通直流电流，只能通交变电流
B．电感对各种不同频率的交变电流的阻碍作用相同
C．同一个电感线圈对频率低的交变电流的阻碍较小
D．同一个电感线圈对频率高的交变电流的阻碍较小
【解析】 电感线圈可以通直流，A错；电感对不同频率的交变电流阻碍作用不同，B错；同一电感线圈对高频交流电阻碍作用大，D错，C正确．
【答案】 C
2．对交变电流能够通过电容器的正确理解是( )
A．在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动
B．在有电容器的交流电路中，有电荷定向移动
C．当电容器接到交变电源上时，电容器交替进行充、放电，电路中才有交变电流
D．当电容器接到交变电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流
【解析】 电容器能够通过交变电流，是通过电容器交替充、放电而进行的，实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质，故C对，D错．既然电容器交替充、放电，电路中就有了电荷的定向移动，故B对，A错．
【答案】 BC
3．电感和电容对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是( )
A．电感是通直流、阻交流，通高频、阻低频
B．电容是通直流、阻交流，通高频、阻低频
C．电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频
D．电容是通交流、隔直流，通低频、阻高频
【解析】 电感线圈的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”，电容器的作用是“通交流、隔直流，通高频、阻低频”，所以C项正确．
【答案】 C
4．(2012·台州中学高二检测)直流电源的电压与交流电源电压的有效值相同，自感线圈的直流电阻不计，则灯泡发光最亮的是图中的 ( )
【解析】 电容C、电感L都对交流电有阻碍作用，故A、B两图中灯不是最亮的；C图中灯被短路，不亮；D图中电容C有隔直流作用，所以D中灯泡最亮．
【答案】 D
5．如图5－3－12(甲)、(乙)两图是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“—”表示．关于两图中负载电阻R上得到的电流特征是 ( )
(甲) (乙)
图5－3－12
A．图(甲)中R得到的是交流成分
B．图(甲)中R得到的是直流成分
C．图(乙)中R得到的是低频成分
D．图(乙)中R得到的是高频成分
【解析】 当交变电流加在电容器上时，有“通交流、隔直流，通高频、阻低频”的特性，(甲)图中电容器隔直流，R得到的是交流成分．A正确、B错误；(乙)图中电容器通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确、D错误．
【答案】 AC
6．某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分，为使放大器仅得到交流低频成分，如图所示电路中可行的是( )
【解析】 信号中含有三种成分，去掉直流成分用隔直电容即可，因此排除A、B.而C中交流高、低频成分均进入放大器，需加入另一旁路电容C2，所以D项正确．
【答案】 D
7. (2013·济南中学检测)两只相同的白炽灯L1、L2接到如图5－3－13所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感器串联，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可能是
( )
图5－3－13
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．最大值小于Um，而频率仍为f
D．最大值大于Um，而频率仍为f
【解析】 灯L1的亮度大于L2的亮度，这是因为交流电频率增大，容抗减小，L1变亮，又频率增大，感抗增大，L2变暗．
【答案】 A
8．在收音机线路中，经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5－3－14所示的装置电路，其中代号a、b应选择的元件是( )
图5－3－14
A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈
B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈
C．a是电容较小的电容器，b是低频扼流圈
D．a是电容较小的电容器，b是高频扼流圈
【解析】 把天线接收的高频和低频交变电流分开，只让低频成分输入给下一级，应把高频成分滤掉，故a应为高频旁路电容，电容要小，只通高频交流，而低频不通过；b是高频扼流圈，阻高频、通低频．
【答案】 D
9．如图5－3－15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( )
图5－3－15
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】 由a、b接直流时的现象可知，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，选项B正确．
【答案】 B
10．(2013·徐州高二检测)某同学在研究电容器、电感器对恒定电流与交变电流的影响时，采用了如图5－3－16所示的电路，其中L1、L2是两个完全相同的灯泡．当双刀双掷开关置于3、4时，电路与交流电源接通，稳定后的两个灯泡发光亮度相同．则该同学在如下操作中能观察到的实验现象是( )
A．当开关置于1、2时，稳定后L1亮、L2不亮
B．当开关置于3、4时，频率增加且稳定后，L1变亮、L2变暗
C．当开关从置于1、2的稳定状态下突然断开，L1将会立即熄灭
D．当开关从置于1、2的稳定状态下突然断开，L1不会立即熄灭
图5－3－16
【解析】 如果开关置于1、2时，接直流电，电流稳定后能通过电感器，而不能通过电容器，所以L1亮，L2不亮，A项正确；稳定后突然断开，L、L1、L2、C能构成回路，由于自感现象，L1、L2将慢慢熄灭，故D正确，C错；当置于3、4时，且交流电频率增大，则感抗增大，容抗减小，所以L1变暗，L2变亮，故B错．
【答案】 AD
11．“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5－3－17所示为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b端输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则( )
A．甲扬声器是高音扬声器
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
图5－3－17
【解析】 线圈作用是“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”．高频成分将通过C2到乙扬声器，故乙是高音扬声器．低频成分通过L1到甲扬声器．故甲是低音扬声器，L1的作用是阻碍高频电流通过甲扬声器．
【答案】 BD
12．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，如果只需要把低频成分输送到下一级装置，只要在两极电路之间接入一个高频扼流圈，就可以了．高频扼流圈是串联还是并联接入电路？图5－3－18所示的接法对吗？为什么？
图5－3－18
【解析】 串联，因为高频扼流圈自感系数较小，它有通低频、阻高频的作用，低频通过很容易，而高频很“费力”，但电阻让高频通过，所以高频就几乎不从高频扼流圈通过了，所以题中所给图接法正确．
【答案】 见解析
