模块综合检测
(分值：100分 时间：90分钟)
一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，1～4小题为单选，5～9小题为双选，选对的得6分，双选只选一个且正确的得3分，选错或不答的得0分．)
1．(2013·牡丹江高二检测)在匀强磁场中有一圆形的闭合导体线圈，线圈平面垂直于磁场方向，当线圈在此磁场中做下列哪些运动时，线圈中能产生感应电流( )
A．线圈沿自身所在的平面做匀速运动
B．线圈沿自身所在的平面做加速运动
C．线圈绕任意一条直径做转动
D．线圈沿着磁场方向向上移动
【解析】 线圈沿自身所在的平面运动、沿着磁场方向向上移动时，穿过线圈的磁通量不变化，不能产生感应电流，故A、B、D错误；线圈绕任意一条直径做转动时，穿过线圈的磁通量变化，故能产生感应电流，故C正确．
【答案】 C
2．(2012·肇庆高二检测)一矩形金属线圈，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的电动势e随时间t变化的情况如图1所示．下列说法正确的是( )
图1
A．此交流电的频率为0.5 Hz
B．此交流电的电动势有效值为2 V
C．t＝0.01 s时，线圈平面与磁场方向垂直
D．t＝0.02 s时，线圈磁通量为零
【解析】 由图象可以看出，此交变电流是正弦式电流，最大值为2 V，周期T＝0.02 s，所以频率f＝1/T＝50 Hz；电动势的有效值E＝Em/ ＝ V，所以选项A、B错；在t＝0.01 s和t＝0.02 s时，感应电动势为零，线圈没有切割磁感线的边，线圈平面与磁场方向垂直，线圈的磁通量变化率为零，Φ最大，D错误．
【答案】 C
3．(2013·成都高二检测)如图2所示，两根平行的光滑导轨竖直放置，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，金属杆ab接在两导轨之间，在开关S断开时让ab自由下落，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计．从开关闭合开始计时，则ab下滑速度v随时间变化的图象不可能是( )
图2
【解析】 导体棒下落切割磁感线，产生感应电动势，当闭合开关时，若此时速度v恰好满足： mg＝，则导体棒做匀速下落运动，故A有可能；若刚闭合开关时，v
，则导体棒将继续加速，但安培力逐渐增大，加速度逐渐减小，直到速度增加到v0，受力平衡，导体棒做匀速运动，故C有可能；若闭合开关时，v>v0，即mg<，导体棒向下减速运动，直到速度减小到v0，受力平衡，导体棒做匀速运动，故D有可能；若速度均匀增加，则导体棒受到的安培力也随之变化，合外力变，则加速度也变化，与速度均匀变化矛盾，故B不可能．
【答案】 B
4．图3为用电源、电磁继电器、滑动变阻器、绿灯泡、小电铃、半导体热敏电阻、开关、导线等组成的一个高温报警器电路图，要求是：正常情况绿灯亮，有险情时电铃报警，则图中的甲、乙、丙分别是( )
图3
A．小电铃、半导体热敏电阻、绿灯泡
B．半导体热敏电阻、小电铃、绿灯泡
C．绿灯泡、小电铃、半导体热敏电阻
D．半导体热敏电阻、绿灯泡、小电铃
【解析】 控制电路含电磁继电器，甲的回路为控制电路，甲当然是半导体热敏电阻；热敏电阻的特点是温度高，电阻小，电流大，继电器工作，触头被吸下，乙被接通应报警，即乙是小电铃；平常时，温度低，电阻大，电流小，丙导通，应是绿灯泡，即B正确．
【答案】 B
5．如图4所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时，下列说法中正确的是( )
图4
A．穿过回路的磁通量为零
B．回路中感应电动势大小为2Blv0
C．回路中感应电流的方向为顺时针方向
D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相反
【解析】 正方形闭合回路运动到关于OO′对称的位置时，穿过回路的合磁通量为零，A正确；由右手定则可以判断ab边上的电流方向为由a到b，cd边上的电流方向为由c到d，所以回路中感应电流的方向为逆时针方向，C错误；由法拉第电磁感应定律可知回路中感应电动势的大小为E感＝Eab＋Ecd＝2Blv0，B正确；由左手定则可以判定回路中ab边与cd边所受安培力方向相同，都是水平向左的，D错误．
【答案】 AB
6．如图5所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的. 和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3.现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是( )
图5
A．U2变小、I3变小 B．U2不变、I3变大
C．I1变小、I2变小 D．I1变大、I2变大
【解析】 由U2＝U1得U1不变，U2就不变；S断开，R总增大，U2不变，则I2变小，由I1＝I2得I1也变小；I2变小，加在R1两端的电压变小，由UR3＝U2－UR1得UR3增大，所以I3变大．B、C正确．
【答案】 BC
7．如图6所示Rt为金属热电阻，R1为光敏电阻，R2和R3均为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r，V为理想电压表，现发现电压表示数增大，可能的原因是( )
图6
A．金属热电阻温度升高，其他条件不变
B．金属热电阻温度降低，其他条件不变
C．光照增强，其他条件不变
D．光照减弱，其他条件不变
【解析】 电压表示数增大，而R3为定值电阻，说明通过R3的电流增大，由电路结构可知，这可能是由于Rt减小或R1增大，由金属热电阻和光敏电阻特性知，可能是由于温度降低或光照减弱，故B、D正确，A、C错误．
【答案】 BD
8．(2013·山东高考)图7甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( )
甲 乙
图7
A．电流表的示数为10 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
【解析】 从交变电流图象获取交变电流的最大值、有效值．
根据i－t 图象可知，电流最大值Im＝10 A，有效值I＝＝10 A，A选项正确；交变电流的周期T＝2×10－2s，角速度ω＝＝100π rad/s.从图示位置开始转动时，经0.01 s线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行．根据右手定则，在0.02 s时，线圈经过一个周期，即在图示位置，电阻R中的电流方向自左向右，因此选项A、C正确．
【答案】 AC
9．如图8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，则在这两次过程中
( )
图8
A．回路电流I1∶I2＝1∶2
B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶2
C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶2
D．外力的功率P1∶P2＝1∶2
【解析】 金属棒切割磁感线产生的感应电动势为BLv，感应电流I＝＝，其大小与速度成正比；产生的热量Q＝I2Rt＝·＝，B、L、L′、R是一样的，两次产生的热量比等于运动速度的比；通过任一截面的电荷量q＝It＝＝与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1；金属棒运动过程中受磁场力的作用，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＝BILv＝，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.A、B正确．
【答案】 AB
二、非选择题(本题共5小题，共46分，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
图9
10．(6分)(2013·绵阳高二检测)在如图9所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，外电路上接有一电阻值为R的电阻和一个自感系数很大、电阻不计的线圈，电流表和电压表均为理想电表，当开关S闭合后电压表的示数从____________变化到__________，电流表的示数从__________变化到________．(用含有E、R、r等物理量来表述结果)
【解析】 由于线圈自感系数很大，刚闭合开关时，线圈上产生自感电动势等于电源的电动势，所以回路中瞬时电流为零；等稳定后，由于线圈的电阻不计，所以线圈两端的电压为零，回路的电流I＝E/(R＋r)．所以，电压表的示数从E变化到0；电流表的示数从0变化到E/(R＋r)．
【答案】 E 0 0 E/(R＋r)
11．(8分)某发电站的输出功率为104 kW，输出电压为4 kV，通过理想变压器升压后向80 km远处的用户供电．已知输电线的电阻率为ρ＝2.4×10－8 Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4 m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%.求：
(1)升压变压器的输出电压；
(2)输电线路上的电压损失．
【解析】 (1)导线电阻r＝ρ＝ Ω＝25.6 Ω
输电线路上损失的功率为输出功率的4%，则4%P＝I2r代入数据得I＝125 A
由理想变压器P入＝P出及P＝UI得
输出电压U＝＝ V＝8×104 V
(2)输电线路上的电压损失
U′＝Ir＝125×25.6 V＝3.2×103 V
【答案】 (1)8×104 V (2)3.2×103 V
12．(8分)如图10所示，匀强磁场竖直向上穿过水平放置的金属框架，框架宽为L，右端接有电阻R，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属棒以v0的初速度沿框架向左运动，棒与框架的动摩擦因数为μ，测得棒在整个运动过程中，通过任一截面的电量为q，求：
图10
(1)棒能运动的距离；
(2)R上产生的热量．
【解析】 (1)设在整个过程中，棒运动的距离为l，磁通量的变化量ΔΦ＝BLl，通过棒的任一截面的电量q＝IΔt＝，解得l＝.
(2)根据能的转化和守恒定律，金属棒的动能的一部分克服摩擦力做功，一部分转化为电能，电能又转化为热能Q，即有mv＝μmgl＋Q，解得Q＝mv－μmgl＝mv－.
【答案】 (1) (2)mv－
13．(10分)将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图11所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直方向运动．当箱以a＝2.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N．(取g＝10 m/s2)
图11
(1)若上顶板压力传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况．
(2)要使上顶板传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？
【解析】 (1)下底板传感器的示数等于轻弹簧的弹力F，金属块受力如图所示，
上顶板的压力为FN＝6.0 N，金属块受到上顶板向下的压力、弹簧向上的弹力F＝10.0 N和向下的重力mg，加速度为a，方向向下．
由牛顿第二定律有
mg＋FN－F＝ma，
求得金属块的质量m＝0.5 kg.
当上顶板传感器的示数是下底板传感器示数一半时，弹簧的弹力仍是F＝10.0 N，则上顶板的压力为，设箱和金属块的加速度为a1，有
mg＋－F＝ma1，解得a1＝0，表明箱处于静止状态或匀速直线运动状态．
(2)当上顶板的压力恰好等于零时，有mg－F＝ma2，解得加速度a2＝－10 m/s2，负号表示加速度方向向上．若箱和金属块竖直向上的加速度大于a2＝－10 m/s2，弹簧将被进一步压缩，金属块要离开上顶板，上顶板压力传感器的示数也为零，只要竖直向上的加速度大于或等于10 m/s2，不论箱子是向上加速运动或向下减速运动，上顶板压力传感器的示数都为零．
【答案】 (1)箱子处于静止或匀速直线运动状态(2)箱子坚直向上的加速度大于或等于10 m/s2，上顶板压力传感器示数都为零
14．(14分)如图12所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1 m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，下端连接阻值为R的电阻，匀强磁场方向与导轨平面垂直，质量为0.2 kg.电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.
(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8 W，求该速度的大小；
(3)在上问中，若R＝2 Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图12
【解析】 (1)对棒由牛顿运动定律得：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma ①
解得：a＝4 m/s2.
(2)当棒稳定时，则有：
mgsin θ－μmgcos θ－F＝0 ②
P＝Fv ③
联立②③解得：v＝10 m/s.
(3)由闭合电路欧姆定律得：
I＝ ④
P＝I2R ⑤
联立④⑤解得，B＝0.4 T
由右手定则知磁场方向垂直于导轨平面向上．
【答案】 (1)4 m/s2 (2)10 m/s (3)0.4 T 方向垂直于导轨平面向上
综合检测(一)
第一章 电磁感应
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分，1～3小题为单选，4～7小题为双选，选对的得6分，双选只选一个且正确的得3分，选错或不答的得0分．)
1．以下叙述正确的是( )
A．奥斯特发现了电磁感应现象
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．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】 法拉第发现了电磁感应现象，A选项错误；焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系，B选项错误；伽利略通过斜面实验与假想，推出力不是维持物体的原因，C选项错误．
【答案】 D
2．(2012·海南高考)如图1所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则( )
图1
A．T1>mg，T2>mg
B．T1C．T1>mg，T2D．T1mg
【解析】 金属环从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知T1>mg，T2>mg，A项正确．
【答案】 A
3．(2010·广东高考)如图2所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图象可能正确的是( )
图2
【解析】 导体做匀速直线运动切割磁感线时，E＝BLv，是常数．PQ只有进入磁场中才切割磁感线，开始没有切割，最后一段也没有切割，则没有电动势，只有中间过程切割磁感线，有感应电动势，而且由于是匀速切割，故产生的感应电动势为定值．故A选项正确．
【答案】 A
4．如图3所示，矩形线圈处于匀强磁场中，当磁场分别按图4甲、乙两种方式变化时，t0时间内线圈产生的电能及通过线圈某一截面的电荷量分别用W1、W2、q1、q2表示，则下列关系式正确的是( )
图3
图4
A．W1＝W2 B．q1＝q2
C．W1q2
【解析】 按两种方式变化时，根据W＝Eq，q＝It＝，E＝和q＝＝知，线圈中产生的感应电动势相同，所以t0时间内线圈产生的电能及通过线圈某一截面的电荷量都相同，A、B项正确．
【答案】 AB
5．如图5所示，、是两个电流表，AB和CD两支路直流电阻相同，R是变阻器，L是带铁芯的线圈，下列结论正确的有( )
图5
A．刚闭合S时，示数大于示数
B．闭合S后(经足够长时间)，示数等于示数
C．刚断开S的瞬间，示数大于示数
D．断开S后，通过R的电流方向与断开S前相反
【解析】 S刚闭合时，L自感的作用使通过L的电流小于通过R的电流，A错；电流不变化时，L自感作用消失，B正确．断开S时，L和R组成闭合回路，通过L和R的电流相同，由于L自感作用产生感应电流，通过L的电流方向不变，而通过R的电流与断开前反向，C错，D正确．
【答案】 BD
6．(2012·南昌模拟)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图6甲中所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．则以下说法正确的是( )
图6
A．在时间0～5 s内，I的最大值为0.1 A
B．在4 s时，I的方向为逆时针
C．前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 C
D．第3 s内，线圈的发热功率最大
【解析】 0～5 s时间内，在0时刻时最大为0.1 T/s，根据I＝＝，此时的I最大为0.01 A，A错误；4 s时，磁感应强度减小，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针，B正确；前2 s，通过线圈某截面的总电荷量根据I＝和q＝It可知为0.01 C，C正确；第3 s内，磁感应强度不变，线圈中没有感应电流，D错误．
【答案】 BC
7．(2013·佛山检测)如图7所示，矩形线圈是闭合的，在外力作用下，匀速向右通过宽为d的匀强磁场时，设穿过线圈的磁通量为Φ，感应电流为I，线圈所受磁场力为F，通过线圈导线横截面的电荷量为q，则描述此过程中以上各物理量的变化的图象如下图所示，其中正确的是( )
图7
【解析】 线圈穿过磁场的过程中，速度不变，其他各物理量的变化分析如下：(1)进入磁场的过程中，磁通量Φ＝BS＝Blvt(l为切割磁感线的边长)，可见磁通量Φ正比于时间t；从全部进入磁场到出磁场之前的过程中，Φ最大且保持不变；离开磁场的过程中，Φ均匀减小，故A对．(2)感应电流I感＝，进入磁场与离开磁场的过程中，I感的大小相等方向相反，均为恒定电流；全部在磁场中平移时，无感应电流，故B对．(3)进入与离开磁场的过程中，安培力大小F安＝BI感l为恒力；全部在磁场中平移时，不受安培力，故C错．(4)进入与离开磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝I感t＝t，可见电荷量随时间均匀增加；全部在磁场中时，无感应电流，故D错．
【答案】 AB
二、非选题(本题共4小题，共58分，计算题要写出必要的文字说明和演算过程．)
8．(10分)(2013·揭阳期末)图8为“研究电磁感应现象”的实验装置．
图8
(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，将滑动变阻器的阻值调大时，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．如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．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
9．(12分)如图9所示，电阻为R的矩形导线框abcd，边长ab＝L，ad＝h，质量为m，从某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度为h.线框恰好以恒定速度通过磁场，此过程线框中产生的焦耳热是多少？(不考虑空气阻力)
图9
【解析】 解法一：以线框为研究对象．线框穿过磁场(设线框的速度为v)的时间t＝2h/v
线框穿过磁场时产生的感应电流I＝Blv/R，由平衡条件可知线框在穿过磁场时所受的安培力F＝BIl＝mg，由焦耳定律知，线框中产生的热量Q＝I2Rt.
由以上各式联立解得Q＝2mgh.
解法二：根据能量守恒定律，在线框以恒定速率通过磁场的过程中，重力与线框所受的安培力平衡，因此这一过程实质是重力势能转化为内能的过程，所以此过程中线框产生的焦耳热为2mgh.
【答案】 2mgh
10．(16分)如图10(a)所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计，求0至t1时间内
图10
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量．
【解析】 (1)根据法拉第电磁感应定律知，电路中产生的感应电动势：
E＝n＝nS＝nπr
通过电阻R1上的电流：
I＝＝＝根据楞次定律可判定流经电阻R1的电流方向从b到a.
(2)在0至t1时间内通过电阻R1的电量
q＝It1＝
电阻R1上产生的热量
Q＝I2R1t1＝
【答案】 (1)
(2)
11．(20分)(2012·广东高考)如图11所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板．R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．
(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；
(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.
图11
【解析】 (1)导体棒匀速下滑时，Mgsin θ＝BIL ①
导体棒切割磁感线产生的电动势E0＝BLv ②
由闭合电路欧姆定律得：I＝ ③
Rx＝R ④
联立以上各式解得：
I＝ v＝.
(2)改变Rx，由(1)式可知电流不变，设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为E，则有：
U＝Ix ⑤
E＝ ⑥
mg＝qE ⑦
联立①⑤⑥⑦解得：
Rx＝.
【答案】 (1) (2)
综合检测(二)
第二章 交变电流
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分，1～3小题为单选，4～7小题为双选，选对的得6分，双选只选一个且正确的得3分，选错或不答的得0分．)
1．(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】 设电热器的电阻为R，正弦交流电源电压的有效值为U效，接10 V直流电源时，P＝＝①；接交流电源时，＝②，联立①②解得U效＝5 V，故最大值Um＝U 效＝10 V，C选项正确．
【答案】 C
2．(2012·海南高考)如图1，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V 6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是( )
图1
A．120 V，0.10 A B．240 V，0.025 A
C．120 V，0.05 A D．240 V，0.05 A
【解析】 副线圈电压U2＝12 V，由＝得U1＝240 V，副线圈中电流I2＝＝1 A，由＝得I1＝0.05 A.
【答案】 D
3．一台电风扇的额定电压为交流220 V．在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图2所示．这段时间内电风扇的用电量为( )
图2
A．3.9×10－2度 B．5.5×10－2度
C．7.8×10－2度 D．11.0×10－2度
【解析】 因1度＝3.6×106 J且电流表示数为电流有效值，故用电量W＝U(I1t1＋I2t2＋I3t3)，代入数值得W＝5.5×10－2度，故B项正确．
【答案】 B
4．关于交变电流的下列说法中，正确的是( )
A．在一个周期内交变电流的方向改变两次
B．如果交变电流的最大值是5 A，那么交变电流的最小值是－5 A
C．用交流电流表或电压表测定交变电流或电压时，指针来回摆动
D．交流电器设备上标出的电压或电流都是指有效值
【答案】 AD
5．如图3甲所示的电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内( )
图3
A．电流表A1的示数比A2的小
B．电流表A2的示数比A3的小
C．电流表A1和A2的示数相同
D．电流表A3的示数为零
【解析】 由于加在原线圈中的磁场均匀变化，因此副线圈中产生的电动势是恒定的，所以I1＝I2，I3＝0，C、D选项正确．
【答案】 CD
6．(2013·四川高考改编)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，通过负载的电流图象如图4所示，则( )
图4
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2∶1
D．负载电流的函数表达式i＝0.05sinA
【解析】 根据i－t图象，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、C正确，选项B、D错误．
【答案】 AC
7．(2011·广东高考)如图5(a)左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，、分别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，则下列表述正确的是( )
图5
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】 由图(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．
【答案】 AC
二、非选择题(本题共5小题，共58分，计算题要写出必要的文字说明和验算步骤．)
8．(8分)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＝________，＝________．
【解析】 由理想变压器＝得副线圈电压U′＝kU，而理想变压器P入＝P出，副线圈电流I′＝＝，线路损耗的电功率P1＝I′2R＝()2R.同理可知P2＝I″2R＝()2R，则＝
【答案】
9．(8分)如图6所示为一理想自耦变压器，当它的滑片P向b方向移动时，R和R′保持不变，则交流电压表的示数将________，交流电流表的示数将________；若P的位置不动，滑动变阻器滑片Q向上移动时，电压表示数将________，电流表示数将________．(填“变大”、“变小”或“不变”)
图6
【解析】 当P向b滑动时，原线圈匝数增多，两端电压不变，副线圈匝数不变，则副线圈两端电压将减小，电流减小，输出功率减小，原线圈输入功率减小，电压不变，电流减小；若P不动，Q上移，副线圈的总电阻减小，原、副线圈电压不变，副线圈消耗的功率增大，原线圈输入功率增大，电流增大．
【答案】 变小 变小 不变 变大
10．(12分)有一交流发电机模型，用示波器观察到它产生的感应电动势波形如图7所示．
图7
(1)求电动势的最大值和有效值；
(2)当t＝ s时，求电动势的瞬时值，并指出此时线圈相对于磁场的位置；
(3)已知线圈面积为16 cm2，共25匝，计算匀强磁场的磁感应强度．
【解析】 (1)由图象可知电动势的最大值Em＝5 V，根据正弦交流电的最大值和有效值的关系，故有效值为
E＝Em≈3.5 V.
(2)因为e＝Emsin ωt＝5sin 100πt，当t＝ s时
e＝5sin 100π× V＝5 V
这时线圈平面跟磁感线平行．
(3)由于Em＝nBSω
所以B＝＝T≈0.4 T.
【答案】 (1)5 V 3.5 V
(2)5 V 线圈平面跟磁感线平行 (3)0.4 T
11．(14分)如图8所示，交流发电机电动势的有效值E＝20 V，内阻不计，它通过一个R＝6 Ω的指示灯L1连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V 0.25 W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：
图8
(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；
(2)发电机的输出功率．
【解析】 彩色小灯泡额定电流IL＝＝ A，次级线圈总电流I2＝24IL＝1 A.
变压器输入功率I1U1＝I2U2＝6 W.
变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E＝U1＋I1R＝＋I1R＝＋6I1，
代入E值解得I1＝ A(I1＝3 A应舍去，据题意是降压变压器，应I1(2)发电机输出功率P＝I1E≈6.67 W.
【答案】 (1)3∶1 (2)6.67 W
12．(16分)(2013·韶关期末)发电机的输出电压为220 V，输出功率为44 kW，每条输电线电阻为0.2 Ω.求用户得到的电压和电功率各是多少；如果发电站先用变压比1∶10的升压变压器将电压升高，经同样输电线后用10∶1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和电功率各是多少？
【解析】 在用220 V低压直接供电时，电路如图所示
设此时发电机的输出电压为U0，输出功率为P0，
输电电流I＝＝ A＝200 A.
输电线上的电压损失ΔU＝Ir线＝200×(2×0.2) V＝80 V.
用户得到的电压U用＝U0－ΔU＝220 V－80 V＝140 V.
损失的电功率ΔP＝IΔU＝200×80 W＝16 kW.
用户得到的功率P用＝P0－ΔP＝44 kW－16kW＝28 kW.
在采用高压供电时，电路如图所示，则有
输电电压U1＝＝220×10 V＝2 200 V.
输电电流I1＝＝ A＝20 A.
输电线上电压损失ΔU′＝I1r线＝20×(2×0.2) V＝8 V.
损失功率ΔP′＝Ir线＝20×20×(2×0.2) W＝160 W.
所以降压变压器的输入电压为U2＝U1－ΔU′＝2 200 V－8 V＝2 192 V.
设降压变压器原、副线圈匝数分别为n2、n3，用户得到的电压为U3，由＝得用户得到的电压U3＝U2＝×2 192 V＝219.2 V.
用户得到的功率P用′＝P0－ΔP′＝4.4×104 W－160 W＝43 840 W.
【答案】 140 V 28 kW 219.2 V 43 840 W ??
综合检测(三)
第三章 传感器
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分，1～3小题为单选，4～7小题为双选，选对的得6分，双选只选一个且正确的得3分，选错或不答的得0分．)
1．现在不少公共场所设置的自动感应产品方便了广大市民和游客，若一伸手，龙头里自动流出水、给皂器自动流出洗手液等．这类产品通常感应人体辐射出的( )
A．红外线 B．紫外线
C．X射线 D．γ射线
【解析】 红外线的显著特性是热作用，人体所辐射出的红外线使自动感应器工作．
【答案】 A
2．中国四川汶川地区发生8.0级大地震，地震发生后，各路救援人员及时深入灾区，与死神抢时间，争分夺秒抢救被埋人员，有些救援队借助“生命探测仪”发现深埋在废墟中的伤员，根据所学知识，你认为“生命探测仪”可能用到了( )
A．红外线传感器 B．压力传感器
C．振动传感器 D．电容传感器
【解析】 伤员被深埋在废墟中，借助红外线传感器，可以感知人与周围环境的差别，且伤员与尸体的温度不同，借助探测仪可以探测到活着的被困人员．故A正确．
【答案】 A
3．(2013·阳江检测)利用图1甲所示电路测量电流表的内阻．闭合开关S，当变阻器的滑片滑至c处时，测得电流表和电压表的示数分别是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( )
图1
A．0.14 Ω B．85 Ω
C．140 Ω D．225 Ω
【解析】 由题意知：电流表示数为40 mA时，电压表示数为9 V．由图甲知，热敏电阻与电流表串联，故此时其中电流也为40 mA，由图乙知，I＝40 mA时热敏电阻两端电压Ut＝5.6 V，电流表两端电压UA＝U－Ut＝(9－5.6) V＝3.4 V，故电流表的内阻RA＝＝Ω＝85 Ω.故选B.
【答案】 B
4．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红外线传感器
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力电传感器
D．电子秤中主要是采用了光电传感器
【解析】 电脑所用的光电鼠标主要用了光传感器，电子秤中主要用了力电传感器A、B正确．
【答案】 AB
5．(2013·云浮高二检测)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2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( )
图2
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
6．(2013·广州期末)如图3所示，甲是研究自感现象的实验电路图，乙是录音机的录音电路原理图，丙是光电传感的火灾报警器的部分电路图，丁是电容式话筒的电路原理图，下列说法正确的是( )
甲 乙
丙 丁
图3
A．甲图中开关断开瞬间，灯泡会突然闪亮一下，并在开关处产生电火花
B．乙图中录音机录音时，由于话筒的声电转换，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场
C．丙图电路中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，表现出电阻的变化
D．丁图电路中，根据电磁感应的原理，声波的振动会在电路中产生变化的电流
【解析】 甲图中，当开关断开的瞬间，线圈中虽产生自感电动势，但电路不闭合，不会有电流通过灯泡，A错；乙图中录音机录音时，由于电流的磁效应，变化的电流在磁头缝隙处会产生变化的磁场，B对；丙图中，当有烟雾进入罩内后对光有散射作用，使部分光线照射到光电三极管上，其电阻变小，C对；丁图中，声波的振动使电容发生变化，电路中形成变化的电流，而不是电磁感应原理，D错．
【答案】 BC
7．振弦型频率传感器的结构如图4所示，它由钢弦和永磁铁两部分组成，钢弦上端用固定夹块夹紧，下端的夹块与一膜片相连接，当弦上的张力越大时，弦的固有频率越大．这种装置可以从线圈输出电压的频率确定膜片处压力的变化．下列说法正确的是( )
图4
A．当软铁块与磁铁靠近时，a端电势高
B．当软铁块与磁铁靠近时，b端电势高
C．膜上的压力较小时，线圈中感应电动势的频率高
D．膜上的压力较大时，线圈中感应电动势的频率高
【解析】 当铁块靠近磁铁时，线圈中的磁通量增加，根据楞次定律可得，b端电势比a端电势高，选项B正确；膜上压力越小时，钢弦上的张力越大，振动频率越高，线圈中感应电动势的频率越高，所以选项C正确．
【答案】 BC
二、非选择题(本题共5小题，共58分，计算题要写出必要的文字说明和验算步骤．)
8．(10分)说明下列各种场合分别选用的传感器：
(1)普通电冰箱中的自动温度控制电路是________．
(2)马路两侧的路灯控制电路是________．
(3)气垫导轨上用的光电门是________．
(4)楼梯灯控制电路是________________．
(5)宾馆的自动门是________________．
(6)非接触式体温计是______________．
(7)遥控电视机的接收器是______________．
【答案】 (1)温度传感器 (2)光传感器 (3)光传感器(4)光传感器和声传感器 (5)红外线(光)传感器
(6)红外线(光)传感器 (7)红外线(光)传感器
9．(10分)按图5所示连接好电路，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________，原因是____________________________________；
把热敏电阻放入冷水中会发现____________．
图5
【答案】 由于热敏电阻阻值较大，左侧电路电流较小，电磁铁磁性较弱吸不住衔铁 变亮 电吹风对热敏电阻加热使其阻值变小，电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁 小灯泡不会立即熄灭 热敏电阻温度仍然较高 小灯熄灭
10．(10分)某同学设计了一路灯控制电路如图6所示，光照射光敏电阻RG时，其阻值变小．设白天时继电器两端电压为U1，夜晚时为U2，则它们的大小关系是________．现要使路灯比平时早一些亮起来，应如何调节R1：________．
图6
【解析】 白天时，由于光照射，光敏电阻RG变小，RG两端电压较小，非门的输入端为高电平，输出端为低电平，则继电器两端电压较低．夜晚时，RG较大，RG两端电压较大，非门输入端为低电平，输出端为高电平，继电器两端电压较大．根据以上分析，要使路灯早亮(继电器工作)，应使非门的输入端为低电平(即电势较低)，可以减小R1的分压，即将R1阻值调小即可．
【答案】 U1＜U2 滑片向上滑，使R1阻值变小
11．(14分)(2013·衡阳检测)如图7甲所示为热敏电阻的R?t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻RJ为150 Ω.当线圈中的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸合．为继电器线圈供电的电池的电动势E＝6.0 V，内阻可以不计．图乙中的“电源”是恒温箱加热器的电源．问：
图7
(1)应该把恒温箱内的加热器接在________(填“A、B端”或“C、D端”)．
(2)如果要使恒温箱内的温度保持在100 ℃，可变电阻R′的阻值应调节为多少？
【解析】 (1)由甲图线知，热敏电阻R的阻值随温度升高而减小，因而电磁继电器电路中的电流增大，当电流增大到20 mA时，衔铁被吸下，触点与A分离而与C接触，此时应该断开加热电路，所以加热器应接在A、B之间．
(2)由图甲查出热敏电阻在100 ℃时，电阻阻值为50 Ω，依据欧姆定律，I＝，可得R′＝－RJ－R＝100 Ω.
【答案】 (1)A、B端 (2)100 Ω
12．(14分)(2013·阳江检测)如图8所示，小铅球P系在细金属丝下，悬挂在O点，开始时小铅球P沿竖直方向处于静止状态，当将小铅球P放入水平流动的水中时，球向左摆起一定的角度θ，水流速度越大，θ越大．
为了测量水流对小球作用力的大小，在水平方向固定一根电阻丝BC，它与金属丝接触良好，不计摩擦(C端在O点正下方处)．图中还有电动势为E的电源(内阻不计)和一只电压表．
(1)请你连接一个电路，使得当水速增大时，电压表示数增大；
(2)如果OC为h，水流对小球作用力的大小为F，BC为L，小铅球质量为m(不计水对小铅球的浮力)，当小铅球平衡时，电压表示数为U.请写出F与U、E、h的关系式．
图8
【解析】 (1)如图所示．
(2)设金属丝与电阻丝的接触点与c点相距x，P球平衡时，由平衡条件可得
tan θ＝＝， ①
根据闭合电路欧姆定律和部分电路的欧姆定律可得I＝＝ ②
根据电阻定律可得
RL＝ρ， ③
Rx＝ρ， ④
由①②③④式可得F＝.
【答案】 (1)见解析图 (2)
1．发现电流的磁效应的科学家是( )
A．安培 B．法拉第
C．奥斯特 D．麦克斯韦
【解析】 丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．
【答案】 C
2．(2013·惠州检测)以下说法中正确的是( )
A．只要有磁感线穿过闭合电路，导线中就会产生感应电流
B．只要闭合电路的一部分导体在磁场中运动，导体中就一定产生电流
C．闭合电路在磁场中转动，电路中一定会产生感应电流
D．放在磁场中的闭合线圈，只要穿过线圈的磁通量有变化，线圈中就会有感应电流
【解析】 感应电流产生的条件有两个：一是闭合回路，二是穿过回路的磁通量发生变化，故只有D正确．
【答案】 D
3．(双选)(2013·佛山期中)通电直导线穿过闭合线圈L，如图1－1－13所示，则( )
A．当电流Ⅰ增大时，线圈L中无感应电流
B．当L稍向左右平动时，L中有感应电流
C．当L上下平动时，L中有感应电流
D．以上各种情况都不会产生感应电流 图1－1－13
【解析】 由安培定则可知，电流产生的磁场与线圈平面平行，在电流增大、线圈平动时，L中磁通量始终为零，均不产生感应电流，故A、D选项正确．
【答案】 AD
4．如图1－1－14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，
图1－1－14
已知sin α＝4/5，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．4BS/5
C．3BS/5 D．3BS/4
【解析】 垂直于磁感线的有效面积S⊥＝Ssin α所以Φ＝BS sin α＝BS，B选项正确．
【答案】 B
5．如图1－1－15所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef，已知ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，电流产生的磁场穿过圆面积的磁通量将( ) 图1－1－15
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．始终为零
D．不为零，但保持不变
【解析】 利用右手螺旋定则判断电流产生的磁场，作出俯视图，考虑到磁场具有对称性，可以知道，进入线圈的磁感线的条数与穿出线圈的磁感线的条数是相等的．故选C.
【答案】 C
6．(2013·郑州高二检测)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通过磁场区域，如图1－1－16所示，从线框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( )
图1－1－16
A. B.
C. D.
【解析】 只有线框在进入磁场的过程中(bc边未出磁场)和线框在出磁场的过程中(仅ad边在磁场中运动)，穿过线框的磁通量才发生变化，产生感应电流．ad边和bc边都在磁场外穿越磁场的过程中，没有感应电流，则t＝.
【答案】 B
7．(2011·江苏高考)如图1－1－17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( )
图1－1－17
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】 导线周围的磁场是非匀强磁场，离导线越近，磁场强度越大，故线框由静止释放，在下落过程中，穿过线圈的磁通量变少，线框中有顺时针感应电流，选项A错，B正确，线框所受安培力的合力向上，线框的机械能减少，选项C、D错误．
【答案】 B
8．(2013·汕尾检测)如图1－1－18所示，A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接
图1－1－18
有灵敏电流计，下列操作及相应的结果可能实现的是( )
①先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转
②S1、S2闭合后，断开S2的瞬间，电流计指针偏转
③先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转
④S1、S2闭合后，断开S1的瞬间，电流计指针偏转
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【解析】 先闭合S2形成闭合电路，然后将S1断开或闭合的瞬间，由于电磁感应在B中产生感应电流，使电流计指针偏转．
【答案】 D
9．如图1－1－19所示，线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈Ⅱ与电流计Ｏ嗔??呷Β裼胂呷Β蛉圃谕?桓鎏?旧希?谙铝星榭鱿拢?缌骷疲是否有示数？
图1－1－19
(1)开关闭合瞬间；(2)开关闭合稳定后；(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器滑动端；(4)开关断开瞬间．
【答案】 (1)、(3)、(4)三种情况，电流计Ｓ惺臼??蛭?蘼劭?乇蘸匣蚨峡?蛞贫???渥杵鞯幕??耍?蓟嵋?鹣呷χ械缌鞯谋浠??佣??鹣呷Β瘛ⅱ蛑写懦〉谋浠??呷Β虼懦”浠?????杏Φ缌鳎?梗有示数．
(2)情况，Ⅰ线圈磁场稳定，不会在线圈Ⅱ中产生感应电流，所以Ｎ奘臼??
10．(2012·云浮高二检测)如图1－1－20所示，线圈A中接有电源，线圈B有一半的面积处在线圈A中，两线圈平行但不接触．则在开关S闭合的瞬间，线圈B中有无感应电流？
图1－1－20
【解析】 将S闭合的瞬间，与线圈A组成的闭合电路有电流通过，线圈A产生的磁通量要穿过线圈B.线圈A是环形电流，其磁场不仅穿过线圈A所包围的面积，方向向外，也穿过线圈外的广大面积，方向向里．线圈A所包围的面积内磁通密度大，外围面积上的磁通密度小．对线圈B，与A重合的一半面积上向外的磁通量大于另一半面积上向里的磁通量，因此线圈B所包围的总磁通量不为零，而是方向向外．也就是说在开关S闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增加，所以有感应电流．
【答案】 有感应电流
11．(2012·广州期末)如图1－1－21所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场，B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1 cm.现于纸面内先后放上与磁场垂直的圆线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1 cm，10匝；B线圈半径为2 cm，1匝；C线圈半径为0.5 cm，1匝．问：
(1)在B减为0.4 T的过程中，线圈A和B的磁通量改变多少？
(2)在磁场转过30°角的过程中，C中磁通量改变多少？
图1－1－21
【解析】 (1)对A线圈，Φ1＝B1πr，Φ2＝B2πr.
磁通量改变量：ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×10－4Wb＝1.256×10－4Wb
对B线圈，Φ1＝B1πr，Φ2＝B2πr，磁通量改变量
ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×10－4Wb
＝1.256×10－14Wb
(2)对C线圈：Φ1＝Bπr，磁场转过30°，线圈仍全部处于磁场中，线圈面积在垂直磁场方向的投影为πr cos 30°，则Φ2＝Bπr cos 30°.磁通量改变量
ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝Bπr(1－cos 30°)
＝0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866)Wb
＝8.4×10－6Wb
【答案】 (1)1.256×10－4Wb 1.256×10－4Wb
(2)8.4×10－6Wb
1．如图2－4－10所示，交流电源的电压有效值跟直流电源的电压相等，当将双刀双掷开关接到直流电源上时，灯泡的实际功率为P1，而将双刀双掷开关接在交流电源上时，灯泡的实际功率为P2，则( )
图2－4－10
A．P1＝P2
B．P1>P2
C．P1D．不能比较
【解析】 当双刀双掷开关接在直流电源上时，线圈对电流没有阻碍作用，电能全部转化为小灯泡的内能．而将双刀双掷开关接在交流电源上时，线圈对电流有阻碍作用，通过灯泡的电流减小，因此，P1>P2，故选B.
【答案】 B
2．如图2－4－11所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，
图2－4－11
为使电流表A示数增大，可行的办法是( )
A．使发电机的转速增大
B．使发电机的转速减小
C．平行板电容器间换用介电常数较小的电介质
D．使电容器两板间距离增大
【解析】 发电机转速增大，交流电频率f增大，容抗变小，电流增大，故A正确．电容器所充电介质的介电常数变小，板间距离增大，电容变小，容抗变大，电流变小，C、D不正确．
【答案】 A
3．(双选)如图2－4－12是电子技术中常用的电路．a、b是电路的输入端，其中输入的高频电流用“?”表示，低频电流用“～”表示，直流电流用“－”表示．关于负载电阻R中通过的电流，有以下说法，其中正确的是( )
图2－4－12
A．甲图中R通过的是低频电流
B．乙图中R通过的是高频电流
C．丙图中R通过的是直流电流
D．丁图中R通过的是高频电流
【解析】 甲图中，电容器隔直流，R通过低频电流；乙图中，电容器可以和高频交流电形成通路，R中通过低频电流；丙图中，电容器C很大，容抗较小，可以通过低频电流，则R中通过直流电流；丁图中，电感器L很大，f越高，感抗越大，阻碍高频电流通过，R中通过低频电流，故选项A、C正确．
【答案】 AC
4．(2013·阳江检测)如图2－4－13所示，L1、L2和L3是相同型号的白炽灯，L1与电容器C串联，L2与带铁芯的线圈L串联，L3与一个定值电阻R串联，当a、b间接电压有效值为U、频率为f的正弦交流电源时，三只灯泡的亮度相同．现将a、b间接另一正弦交流电源时，发现灯泡L1变亮、L2变暗、L3亮度不变．由此可知，另一正弦交流电源可能是( )
图2－4－13
A．电压有效值仍为U，而频率大于f
B．电压有效值大于U，而频率大于f
C．电压有效值仍为U，而频率小于f
D．电压有效值小于U，而频率大于f
【解析】 电阻器对交变电流阻碍作用的大小与电流的频率无关，因此通过电阻器的电流的有效值不变；电感器对交变电流阻碍作用的大小用感抗表示，线圈的自感系数越大，电流的频率越高，自感电动势就越大，即线圈对电流的阻碍作用就越大，感抗也就越大，因此，通过电感器的电流的有效值变小；电容器对交变电流阻碍作用的大小用容抗表示，电容一定时，在相同的电压下电容器容纳的电荷一定，频率越高，充放电的时间越短 ，充放电的电流越大，容抗越小，因此，通过电容器的电流的有效值变大．
【答案】 A
5．“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、低频和机械振动，图2－4－14为音箱的电路图，高、低频混合电流容器( )
图2－4－14
A．甲扬声器是高音扬声器
B．C2的作用是阻碍高频电流通过甲扬声器
C．L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D．L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流
【解析】 线圈L1的作用是让低频信号通过，阻碍高频成分，通过线圈L1的信号中还有少量的高频成分，C1的作用就是让这些少量的高频成分通过，阻碍低频信号通过，让低频信号通过扬声器甲，故扬声器甲是低音扬声器，选项A、B、C错误；L2的作用是让低频信号通过，阻碍高频成分通过，减弱通过扬声器乙的低频电流，扬声器乙是高音扬声器，选项D正确．
【答案】 D
6．(双选)(2013·东莞检测)如图2－4－15所示，L1、L2为两个相同的灯泡．开关S与直流恒定电源接通时，L2灯泡发光，L1灯不亮，若将S与交变电源电压的有效值与直流电压相同的交变电源接通( )
图2－4－15
A．L1灯泡将会发光 B．L1比L2更亮些
C．L1比L2更暗些 D．两灯泡可能一样亮
【解析】 开关S与直流恒定电源接通时，由于电容器“隔直流”作用，L1灯泡不亮；若将S与交变电源电压的有效值与直流电压相同的交变电源接通，电阻R对直流电、交变电流的作用相同，L2灯泡亮度不受影响，由于电容器有“通交流”的作用，L1灯泡有电流通过，如果容抗阻碍电流的效果与电阻相同，则L1、L2两灯泡可能一样亮，A、D正确．
【答案】 AD
7．(双选)(2013·吉林模拟)如图2－4－16所示
图2－4－16
的电路中，当a、b端加直流电压时，L1灯发光，L2灯不亮，当接一有效电压与直流电压相等的交流电源时，L1灯发光但较暗，L2灯发光较亮，那么以下说法正确的是( )
A．A中接的是电感线圈，B中接的是电容器
B．A中接的电容器，B中接的是电感线圈
C．A中接的是电阻，B中接的电容器
D．若加的交流电频率增大，电压不变，则L1灯变得更暗，L2灯变得更亮
【解析】 电感的特点是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”．电容的特点是：“通交流、隔直流，通高频、阻低频”．由题意可知：a、b两端加直流电压时，L2灯不亮，加交流电压时，L2灯较亮，可知B为电容器，而L1 灯先是亮的，后又较暗，可知A为电感线圈，故A正确．交流电频率越大，电感线圈感抗越大，电容器容抗越小，故D正确．故选A、D.
【答案】 AD
8．(双选)如图2－4－17所示，(甲)、(乙)两图中用交流电源，(丙)、(丁)两图中用直流电源，各电路图中电压表示数都相同，则下列说法正确的是( )
图2－4－17
A．灯L1比灯L2亮
B．灯L3也能发光，但亮度最暗
C．灯L2和L4亮度相同
D．灯L4比灯L1亮
【解析】 电压表示数相同，说明交流电的有效值相同，(甲)图中电容器与灯L1串联，电容器对电流有阻碍作用；(乙)图中电容器与灯L2并联，交变电流全部通过灯L2；(丙)图中电容器与灯L3串联且是直流电源，电容器隔直通交，所以没有电流流过灯L3，灯L3不亮；(丁)图中电容器与灯L4并联，电流全部流过灯L4.综合以上分析，C、D两项正确．
【答案】 CD
9．如图2－4－18所示是电视机电源部分滤波电路，输入端含有直流成分和低频交流成分，但在输出端得到稳定的直流电，试分析工作原理．
图2－4－18
【解析】 当含有多种成分的电流输入到C1两端时，C1能“通交流，隔直流”，电路中交流成分被衰减，线圈L能“通直流，阻交流”，直流成分顺利通过L，一小部分交流成分通过L到达C2两端，C2进一步滤除电流中交流成分，所以输出端就可得到稳定的直流成分．
【答案】 见解析
10．使用220 V交流电源的电器设备，其金属外壳和电源之间都有良好的绝缘(即外壳不与电源连接)，但是，有时候用手触摸外壳时仍会感到“手麻”，这是什么原因？应如何改进？
【解析】 因为与电源连接的机芯和金属外壳可以看成电容器的两个极板，电源中的交流电能“通过”这个“电容器”产生“漏电”，故手触摸设备外壳有电击感．为确保安全，电器设备外壳应接地．
【答案】 见解析
11．如图2－4－19所示，从AO输入的信号中，有直流电流和交变电流．
图2－4－19
(1)现要求信号到达BO两端没有直流电压，需要在AB间接一个什么元件？该元件的作用是什么？
(2)若要求信号到达BO端只有直流电压，而没有交变电压，则应在AB间接入一个什么元件？该元件的作用是什么？
【解析】 (1)因为BO两端不需要直流电，只需要交流电，根据电容器有“通交流，隔直流”的作用，应在AB间接入一个电容器C，该电容器对直流电有阻隔作用，对交变电流有通过作用．
(2)因为BO两端不需要交流电，只需要直流电，根据电感有“通直流，阻交流”的作用，应在AB间接入一个电感线圈L，该线圈对交流电有阻碍作用，对直流电有通过作用．
【答案】 (1)电容器C 该电容器对直流电有阻隔作用，对交流电有通过作用
(2)电感线圈L 该线圈对交流电有阻碍作用，对直流电有通过作用
1．(双选)(2013·韶关检测)理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，以下说法中正确的是( )
A．穿过原、副线圈磁通量之比是10∶1
B．穿过原、副线圈磁通量的变化率相等
C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1
D．正常工作时，原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1
【解析】 对理想变压器，A选项认为无磁通量损漏，因而穿过两个线圈的交变磁通量相同，磁通量变化率相同，因而每匝线圈产生的感应电动势相等，才导致电压与匝数成正比；D选项认为可以忽略热损耗，故输入功率等于输出功率．
【答案】 BD
2．(2012·新课标全国高考)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图2－6－11所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900 匝；原线圈为1 100 匝，接在有效值为220 V的交流电流上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流的有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为( )
图2－6－11
A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 A
C．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A
【解析】 对理想变压器有U2＝U1＝380 V，由P2＝I2U2得I2＝＝ A≈5.3 A．依据＝得I1＝I2＝×5.3 A≈9.1 A，故只有选项B正确．
【答案】 B
3．如图2－6－12所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表A1的示数是12 mA，则电流表A2的示数为( )
图2－6－12
A．3 mA B．0
C．48 mA D．与负载R的值有关
【解析】 变压器只能工作于交流电路，不能工作于恒定电压和恒定电源的电路，导体棒向左匀速切割磁感线时，在线圈n1中通过的是恒定电流，不能引起穿过线圈n2的磁通量变化，在副线圈n2上无感应电动势出现，所以A2中无电流通过．
【答案】 B
4．(2013·广东中山四校联考)如图2－6－13所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器．若已知甲的变压比为1 000∶1，乙的变流比为100∶1，并且知道电压表示数为220 V，电流表示数为10 A，则输电线的输送功率为( )
图2－6－13
A．2.2×103 W B．2.2×102 W
C．2.2×108 W D．2.2×104 W
【解析】 根据＝＝得，U1＝2.2×105 V，I1＝1 000 A，所以输电线的输送功率P＝U1I1＝2.2×108 W，C正确．
【答案】 C
5．(双选)(2013·东莞检测)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接在一交流电源上，电压u随时间t变化的规律如图2－6－14所示，副线圈所接的负载电阻为11 Ω.则下列说法中正确的是( )
图2－6－14
A．原线圈中的交变电流的频率为50 Hz
B．变压器输入、输出功率之比为4∶1
C．副线圈两端的电压为55 V
D．副线圈中的电流为1.25 A
【解析】 由图知原线圈中交变电流的频率为50 Hz，选项A正确；理想变压器的输入、输出功率相等，选项B错误；原线圈两端电压的最大值为311 V，有效值为220 V，由变压比可知，副线圈两端的电压为55 V，流过副线圈的电流为5 A，选项C正确，D错误．
【答案】 AC
6．(2011·新课标全国高考)如图2－6－15所示，一理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )
图2－6－15
A．U＝110 V，I＝0.2 A
B．U＝110 V，I＝0.05 A
C．U＝110 V，I＝0.2 A
D．U＝110 V，I＝0.2 A
【解析】 由变压原理＝可得U1＝110 V，即电压表示数为110 V．由P入＝P出，灯泡正常发光可得P入＝U1I1＝P出＝22 W，I1＝ A＝0.2 A，故A正确．
【答案】 A
7．(2013·福建高考)如图2－6－16所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是( )
图2－6－16
A．I1和I2表示电流的瞬时值
B．U1和U2表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小
【解析】 交流电表测量的是交变电流的有效值，故A、B错误．由于理想变压器的输出电压U2＝U1与负载无关，即滑片P下滑时，U2不变，故D错误．由I1U1＝知R减小时，I1变大，故C正确．
【答案】 C
8．(双选)(2013·湛江检测)有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图2－6－17所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，则( )
图2－6－17
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小
【解析】 保持Q的位置不动，副线圈匝数不变，由＝知U2不变，当P向上滑动时，由I2＝知I2减小，故I1减小，电流表的读数变小，B正确，A错误；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，副线圈的匝数增多，由＝知，U2增大，由I2＝知I2增大，故I1增大，C正确，D错误．
【答案】 BC
9．(双选)如图2－6－18所示，灯泡L1和L2的规格完全相同，原线圈匝数比副线圈匝数多，下列判断中正确的是( )
图2－6－18
A．变压器工作时，两灯有可能同时正常发光
B．L2正常工作时，L1比L2暗
C．L2正常工作时，L1可能已烧毁
D．L1正常工作时，L2可能已烧毁
【解析】 由题意可知n1＞n2，故变压器工作时原线圈中电流小于副线圈中电流，即L1中的电流小于L2中的电流，所以L1比L2要暗，故答案为B、D.
【答案】 BD
10．(2013·合肥期末)一台理想变压器接在电压为220 V的交流电源上时，副线圈电压为11 V，将副线圈拆去18匝后，副线圈两端电压降为8 V．求：
(1)原线圈的匝数是多少？
(2)若副线圈上所接负载不变，则先后输入原线圈的电流之比为多少？
【解析】 (1)根据理想变压器的电压关系有：
＝＝
将副线圈拆去18匝后：＝
联立两式解得n1＝1 320(匝)，n2＝66(匝)．
(2)输入功率由输出功率决定，所以
I1＝＝，I2＝＝，则＝.
【答案】 (1)1 320匝 (2)121∶64
11．如图2－6－19所示，一台有两个副线圈的理想变压器，原线圈匝数n1＝1 100(匝)，接入电压U1＝220 V的电路中．
图2－6－19
(1)要求在两组副线圈上分别得到电压U2＝6 V，U3＝110 V，它们的匝数n2、n3分别为多少？
(2)若在两副线圈上分别接上“6 V 20 W”、“110 V 60 W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？
【解析】 (1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系，
由＝，＝得n2＝n1＝×1 100匝＝30(匝)，n3＝n1＝×1 100匝＝550(匝)．
(2)设原线圈输入电流为I1
由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3.
由题意知，两用电器均正常工作，
即P2＝U2I2＝20 W，P3＝U3I3＝60 W.
则I1＝＝ A≈0.36 A.
【答案】 (1)30匝 550匝 (2)0.36 A
1．(双选)对于电能输送的以下说法，正确的是( )
A．输送电能的基本要求是：可靠、保质、经济
B．减小输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电
C．减小输电线上电压损失的唯一方法是增大导线的横截面积
D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输送功率大小、距离远近、技术和经济要求等
【解析】 减小输电线上功率损失的两个途径：一是减小电阻，可以采用电阻率较小的导线或增大导线横截面积；二是减小电流，可以降低输送功率或提高输送电压，由上可知，A、D正确．
【答案】 AD
2．某用电器离供电电源L，线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电导线的电阻率为ρ，那么，该输电导线的横截面积最小值是( )
A. B.
C. D.
【解析】 R＝①
R＝ρ②
联立①②解得，S＝，B正确．
【答案】 B
3．(2013·珠海检测)远距离输电，输送功率一定，当输电电压为U0时，输电线上的电流为I0，损失的电功率为P0.则当输电电压增为2U0时( )
A．由I＝U/R得，输电线上的电流变为2I0
B．由I＝P/U得，输电线上的电流变为I0/2
C．由P＝U2/R得，输电线上损失的电功率为4P0
D．由P＝IU得，输电线上损失的电功率为2P0
【解析】 设输电线的电阻为R，当输电线上的电流为I0，损失的电功率为P0＝IR.当输电电压增为2U0时，由I＝可知输电线上的电流变为I0/2，输电线上损失的电功率为P损＝()2R＝，故选项B正确．
【答案】 B
4．某山区小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的变压器升压，然后通过高压输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，降低电压后再输送至村寨中各用户．设变压器都是理想的，那么随着村寨中接入电路的用电器消耗的总功率的增加，则下列说法不正确的是( )
A．通过升压变压器初级线圈中的电流变大
B．升压变压器次级线圈两端的电压变小
C．高压输电线路上的电压损失变大
D．降压变压器次级线圈两端的电压变小
【解析】 总功率增加，由P＝UI知初级线圈中电流变大；升压变压器次级线圈两端电压不变；由ΔU＝I线R和ΔP＝IR可知电压损失变大，降压变压器次级线圈两端的电压变小．
【答案】 B
5．(双选)远距离输送一定功率的交流电，若输电线电阻一定，下列说法正确的是( )
A．输电线上的电压损失跟输电电压成正比
B．输电线上的功率损失跟输电电压成正比
C．输电线上的功率损失跟输电电压的平方成反比
D．输电线上的功率损失跟输电线上的电压损失的平方成正比
【解析】 此题容易犯的错误是将输电电压与损失电压相混，由P＝而选B项．再一个易犯的错误是没有抓住P送不变而选择A项．正确的思路是由I线＝可知ΔP＝R线，C项对．ΔP＝，D项对．
【答案】 CD
6．(2010·浙江高考)某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是( )
A．输电线上输送的电流大小为2.0×105 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＝＝ A＝6×103 A，A错；输电线上损失的电压为U损＝IR＝6×103×2.5 V＝1.5×104 V＝15 kV，B项正确；当用5 kV电压输电时，输电线上损失的功率不会超过3×106 kW，与实际情况相背，故C项错误；当用公式ΔP＝计算损失的功率时，U为输电线上损失的电压而不是输电电压，D项错误．
【答案】 B
7．在远距离交流输电中，输电线路上既有功率损失，又有电压损失，它们两者产生的原因( )
A．都是只由输电线的电阻产生的
B．都是由输电线的电阻和电抗(感抗和容抗)两者产生的
C．功率损失只由输电线的电阻产生，电压损失的由电阻和电抗两者产生
D．电压损失只由输电线的电阻产生，功率损失由电阻和电抗两者产生
【解析】 电抗(XC、XL)只损失电压，不消耗电功率．
【答案】 C
8．(双选)一台发电机最大输出功率为4 000 kW，电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1 kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V、60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )
A．T1原、副线圈电流分别为103 A和20 A
B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V
C．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1
D．有8×104盏灯泡(220 V、60 W)正常发光
【解析】 T1原线圈的电流为I1＝＝ A＝1×103 A，输电线上损失的功率为P损＝IR＝10%P1，所以I2＝ ＝ A＝20 A，选项A对；T1的变压比为＝＝＝；T1上副线圈的电压为U2＝50U1＝2×105 V，T2上原线圈的电压为U3＝U2－I2R＝2×105 V－20×103 V＝1.8×105 V，选项B对；T2上原、副线圈的变压比为＝＝＝，选项C错；能正常发光的灯泡的盏数为：N＝＝6×104盏，选项D错．
【答案】 AB
9．1987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．1.6×103kW
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＝R＝×0.4 W＝1×103W＝1 kW.
【答案】 C
10．某小型水电站发电机输出的电功率为100 kW，输出电压为250 V，现准备向远处输电，所用输电线的总电阻为8 Ω，要求输电时在输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%，用户获得220 V的电压．求应选用匝数比为多大的升压变压器和降压变压器(理想变压器)?
【解析】画出高压输电线路图如图所示：
设升压变压器原线圈电流为I1，电压为U1，有U1＝250 V，I1＝＝ A＝400 A.
升压变压器副线圈电流为I2，当输电线上损失功率为输送功率的5%时，有ΔP＝Ir线＝5%P
I2＝＝ A＝25 A
因此升压变压器的匝数比为＝＝＝
降压变压器副线圈中的电流为I4，用户得到的功率P′＝P－ΔP＝95%P
又P′＝U4I4
所以I4＝＝ A＝431.8 A
而降压变压器原线圈电流I3＝I2＝25 A
所以降压变压器匝数比为＝＝＝.
【答案】＝ ＝
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，则输电效率为多大？输电导线的电阻为多少？
【解析】 由能量守恒定律可知：
η＝＝1－＝60%
因为P损＝P×40%，P损＝r
所以r＝ Ω＝28.8 Ω.
【答案】 60% 28.8 Ω
12．发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户，如果升压变压器和降压变压器都视为理想变压器．
(1)画出上述输电全过程的示意图；
(2)发电机的输出功率是100 kW，输出电压是250 V，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；
(3)若输电导线中的电功率损耗为4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压；
(4)计算降压变压器的输出功率．
【解析】 (1)如图所示：
(2)对升压变压器，根据公式＝，
有U2＝U1＝×250 V＝6 250 V，
I2＝＝A＝16 A.
(3)因为P耗＝IR线，P耗＝0.04P1，
所以R线＝＝ Ω＝15.625 Ω，
因为ΔU＝U2－U3＝I2R线．
所以U3＝U2－I2R线＝(6 250－16×15.625)V＝6 000 V.
(4)P4＝P1－P耗＝0.96P1＝0.96×100 000 W＝96 kW.
【答案】 (1)见解析图
(2)6 250 V 16 A
(3)15.625 Ω 6 000 V
(4)96 kW
1．(双选)下列说法正确的是( )
A．绝缘体是绝对不能导电的
B．电阻率介于导体和绝缘体之间的物质都是半导体材料
C．导体能导电是因为导体内有大量的自由电子，绝缘体的导电性能很差是因为绝缘体内的自由电子极少
D．当温度升高时，半导体的电阻率明显减小
【解析】 要形成电流，除有电势差外，还应有可自由移动的电荷，导体的导电性能好是因为导体中有大量的自由电子，绝缘体的导电性能很差，是因为绝缘体内的自由电子很少，C项正确．绝缘体内有很少的自由电子，若两端加上电压，这些自由电子将在电场力作用下发生定向移动，可形成极其微弱的电流，故A项错误．半导体材料不光要求电阻率介于导体和绝缘体之间，而且要求电阻率随温度的升高而减小，故B项错误，D项正确．
【答案】 CD
2．2007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
3．用遥控器调换电视机频道的过程，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．红外报警装置
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．电饭煲中控制加热和保温的温控器
【解析】 B项中的声控开关是将声音信号转化为电信号；C项中压力传感器装置是将压力信号转化为电信号；D项中温控器是将温度信号转化为电信号，属于热电传感器．红外报警装置是将光信号转化为电信号，故应选A.
【答案】 A
4．(双选)如图3－1－9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( )
图3－1－9
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】 当光照射到光敏电阻R1上时，R1电阻减小，电路中电流增大，R2两端电压升高，信号处理系统得到高电压，计数器每由低电压转到高电压，就计一次数，从而达到自动计数的目的．
【答案】 AD
5．如图3－1－10所示，RT为负温度系数的热敏电阻，R为定值电阻，若往RT上擦一些酒精，在环境温度不变的情况下，关于电压表示数的变化情况，下列说法中正确的是( )
图3－1－10
A．变大
B．变小
C．先变大后变小再不变
D．先变小后变大再不变
【解析】 往RT上擦酒精后，酒精蒸发吸热，热敏电阻RT温度降低，电阻值增大，根据串联电路的分压特点，电压表示数变小．当酒精蒸发完毕后，RT的温度逐渐升高到环境温度后不变，所以热敏电阻的阻值逐渐变小，最后不变．故电压表的示数将逐渐变大，最后不变．所以选项D正确．
【答案】 D
6．(2013·惠州检测)如图3－1－11所示为测定压力的电容式传感器，将平行板电容器、灵敏电流表(零刻度在中间)和电源串联成闭合回路，当压力F作用于可动膜片电极上时，膜片发生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流表指针偏转，在对膜片开始施加压力使膜片电极从图中的虚线推到图中实线位置并保持固定的过程中，灵敏电流表指针偏转情况为(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)
图3－1－11
A．向右偏到某一刻度后回到零刻度
B．向左偏到某一刻度后回到零刻度
C．向右偏到某一刻度后不动
D．向左偏到某一刻度后不动
【解析】 压力F作用时，极板间距d变小，由C＝，电容器电容C变大，又根据Q＝CU，极板带电量变大，所以电容器应充电，灵敏电流计中产生由正接线柱流入的电流，所以指针将右偏，极板保持固定后，充电结束，指针回到零刻度．
【答案】 A
7．一些宾馆的洗手间经常装有自动干手机，洗手后将湿手靠近，机内的传感器就开通，电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干，手靠近干手机能使传感器工作，是因为( )
A．改变湿度 B．改变温度
C．改变磁场 D．改变电容
【解析】 根据自动干手机工作的特征，手靠近电热器工作，手撤离电热器停止工作，人是一种导体，可以与其他导体构成电容器．手靠近时相当于连接一个电容器，可以确定干手机内设有电容式传感器，由于手的靠近改变了电容器的电容．
【答案】 D
8．如图3－1－12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3－1－12
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
9．(2013·东营高二检测)如图3－1－13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显示电容值增大时，则导电液体的深度h变化为( )
图3－1－13
A．h增大 B．h减小 C．h不变 D．无法确定
【解析】 导电液体的深度增大时相当于正对面积增大，则电容值增大．A正确．
【答案】 A
10．如图3－1－14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3－1－14
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强度的增强而减小，用手掌挡住部分光线，阻值变大，指针自左向右的偏转角度变小．故B正确．
【答案】 B
11．为设计一个白天自动关灯、黑夜自动开灯的自动控制装置，可供选择的器材如下：光敏电阻、继电器、直流电源、交流电源、开关、灯泡及导线若干．
(1)如图3－1－15所示为已画出的部分电路，请补画完整．
图3－1－15
(2)(双选)关于以上电路工作的原理，下列说法正确的是( )
A．光敏电阻受光照，电阻变小，继电器工作
B．光敏电阻受光照，电阻变小，继电器不工作
C．继电器工作时，照明电路闭合，灯泡亮
D．继电器不工作时，照明电路闭合，灯泡亮
【解析】 (1)如图所示．
(2)有光照射时，光敏电阻阻值变小，控制电路电流变大，线圈磁性增强，将G处动片吸引过来，G与H断
开，继电器工作，照明电路断开．继电器不工作时，照明电路闭合，灯泡亮．
【答案】 (1)见解析图 (2)AD
12．如图3－1－16所示，A是浮子，B是金属触头，C为住宅楼房顶上的蓄水池，M是带水泵的电动机，D是弹簧，E是衔铁，F是电磁铁，S1、S2分别为触头开关，S为开关，J为电池．请利用上述材料，设计一个住宅楼房顶上的自动注水装置．
图3－1－16
(1)连接电路图；
(2)简述其工作原理．(涉及的元件可用字母代替)
【答案】 (1)如图所示
(2)按图接好电路，合上开关S，水泵工作，水位升高，当浮子上升使B接触到S1时，左侧电路(控制电路)工作，电磁铁F有磁力，吸下衔铁E，使S2断开，电动机M不工作，停止注水，当水位下降使B与S1脱离，控制电路停止工作，F无磁性，D拉动E，使S2接通，M工作．
1．有一电学元件，温度升高时电阻却大幅度减小，则这种元件可能是( )
A．金属导体 B．绝缘体
C．半导体 D．超导体
【解析】 金属导体温度升高时电阻增加；绝缘体温度升高时电阻保持绝缘；对于超导体，在其临界温度以下，温度升高电阻为零不变，高于临界温度，温度升高电阻往往增加；半导体材料受到光照或者温度升高时，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，于是导电性能明显增强，电阻却大幅度减小．
【答案】 C
2．电子秤使用的是( )
A．超声波传感器 B．温度传感器
C．压力传感器 D．红外线传感器
【解析】 由电子秤的工作原理知，电子秤使用的是压力传感器，故选C.
【答案】 C
3．许多办公楼及宿舍楼的楼梯上的电灯到了晚上能够自动做到“人来即亮，人走即灭”，其神奇功能在于控制灯的“开关”传感器，下面有关该传感器的说法中正确的是( )
A．该传感器能够测量的物理量是位移和温度
B．该传感器能够测量的物理量是位移和光强
C．该传感器能够测量的物理量是光强和声音
D．该传感器能够测量的物理量是压力和位移
【解析】 由题意可知该传感器能够感受光强弱的变化及声音的变化．C正确．
【答案】 C
4．(双选)如图3－3－4所示为小型断电器的构造示意图，其中L为含铁芯的线圈，P为可绕O点转动的铁片，K为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱．断电器与传感器配合可完成自动控制的要求，其工作方式是( )
图3－3－4
A．A与B接信号电压，C与D可跟被控电路串联
B．A与B接信号电压，C与D可跟被控电路并联
C．C与D接信号电压，A与B跟被控电路串联
D．C与D接信号电压，A与B跟被控电路并联
【解析】 只有A、B接信号电压，产生变化电流通过线圈，在铁芯上对铁片P产生力的作用，才能达到自动控制的要求，所以A、B正确．
【答案】 AB
5．惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计．加速度计构造原理的示意图如图3－3－5所示，沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连；两弹簧的另一端与固定壁相连．滑块原来静止，弹簧处于自然长度，滑块上有指针可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导．设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度( )
图3－3－5
A．方向向左，大小为
B．方向向右，大小为
C．方向向左，大小为
D．方向向右，大小为
【解析】 当指针向左偏离O点的距离为s时，与滑块相连的左边弹簧被压缩s，右边弹簧被拉伸s，因而弹簧对滑块的弹力的大小均为ks，且方向均水平向右，即滑块受到的合力大小为2ks，方向水平向右．由牛顿第二定律可知选项D正确．
【答案】 D
6．(双选)(2013·东莞检测)如图3－3－6所示，两块金属板水平放置，与左侧水平放置的线圈通过开关K用导线连接．压力传感器上表面绝缘，位于两金属板间，带正电的小球静置于压力传感器上，均匀变化的磁场沿线圈的轴向穿过线圈．K未接通时传感器的示数为1 N，K闭合后传感器的示数变为2 N．则磁场的变化情况可能是( )
图3－3－6
A．向上均匀增大 B．向上均匀减小
C．向下均匀减小 D．向下均匀增大
【解析】 K闭合后，向上均匀增大或向下均匀减小磁场都能使上金属板带正电，下金属板带负电，带正电的小球受竖直向下的电场力，传感器示数变大．故选A、C.
【答案】 AC
7．如图3－3－7所示是一火灾报警器电路的示意图．其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器．当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )
图3－3－7
A．I变大，U变小 B．I变小，U变大
C．I变小，U变小 D．I变大，U变大
【解析】 首先弄清电路的结构：R2与R3并联，再与R1串联，当R3所在处出现火情时，R3的温度升高，则R3的电阻增大，故整个外电路的电阻要增大，路端电压U也要增大，R3两端电压也要增大，即R2两端电压要增大，所以I要增大，故选D.
【答案】 D
8．传感器可将非电学量转换为电学量，起自动控制作用．如计算机鼠标中有位移传感器，电熨斗、电饭煲中有温度传感器，电视机、录像机、影碟机、空调机中有光传感器…演示位移传感器的工作原理如图3－3－8所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据来反映物体位移的大小x，假设电压表是理想的，则下列说法中正确的是( )
图3－3－8
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】 物体M的运动对回路的电流没有影响，M不动时回路中有电流，M运动时回路电流不发生变化，但电压表的示数要发生变化．故选项B正确．
【答案】 B
9．某电容式话筒的原理示意图如图3－3－9所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板．对着筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中( )
图3－3－9
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】 由C＝可知PQ间距离d增大时，电容C减小，A项错误．电容减小将放电，电荷量减小，故B项也错．放电时电流从M点经R到N点，说明M点电势高于N点电势，所以C项错误，D项正确．故选D.
【答案】 D
10．一热敏电阻在温度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，可将电阻丝热敏电阻并联，一并放入水中，如图3－3－10所示，图中R1为热敏电阻，R2为电阻丝．请简述其工作原理．
图3－3－10
【答案】 开始水温较低，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将停止加热，当温度降至80 ℃时，R1变得很大，R2又开始加热，这样可达到保温的效果．
11．如图3－3－11甲所示为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路，电源电压恒定．电流表内阻不计，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡发光逐渐增强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图乙所示，试根据这一特性设计一个自动光控电路．
图3－3－11
【解析】 由光敏电阻的特性曲线可以看出，当入射光增强时，光敏电阻的阻值减小，流过光敏电阻的电流增大．
根据题意设计一个路灯自动控制电路如图所示．
控制过程是：当有光照射时，流过光敏电阻的电流经过放大器输出一个较大的电流，驱动电磁继电器吸合使两个常闭触点断开；当无光照时，流过光敏电阻的电流减小，放大器输出电流减小，电磁继电器释放衔铁，使两个常闭触点闭合，控制路灯电路接通，路灯开始工作．
【答案】 见解析
1．利用半导体不可以制成的是( )
A．标准电阻 B．热敏电阻
C．光敏电阻 D．晶体管
【解析】 标准电阻是几乎不受温度影响的电阻，一般是用锰铜合金或镍铜合金制造的．故只选A.
【答案】 A
2．光传感器的作用是( )
A．利用光敏电阻将光信号转化为电信号
B．利用光敏电阻将电信号转化为光信号
C．利用光敏电阻将光信号与电信号互相转化
D．以上说法都不正确
【解析】 光传感器是利用光敏电阻将光信号转化为电信号，故选A.
【答案】 A
3．(双选)(2011·江苏高考)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】 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．
【答案】 BC
4．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3－4－9(a)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，小车在向右做直线运动过程中，电流表示数如图(b)所示，下列判断正确的是( )
(a) (b)
图3－4－9
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】 由压敏电阻的电阻特点知，t1～t2时间内电流I均匀增加，所以压敏电阻所受的压力均匀增加，故小车做加速度越来越大的变加速运动．t2～t3时间段内，电流I最大，压敏电阻最小，故受的压力最大、恒定，故小车做匀加速直线运动，选项D正确．
【答案】 D
5．如图3－4－10所示，由电源、小灯泡、电阻丝、开关组成的电路中，当闭合开关S后，小灯泡正常发光，若用酒精灯加热电阻丝时，发现小灯泡的亮度变化是________，发生这一现象的主要原因是________．
图3－4－10
【答案】 变暗 电阻丝的电阻率随温度升高而增大，电阻增大，流过灯泡的电流减小
6．磁场具有能量，磁场中单位体积内所具有的能量叫做能量密度，其值为B2/2μ.式中B是磁感应强度，μ是磁导率，在空气中μ为一已知常数．为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B，一学生用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离Δl，并测出拉力F，如图3－4－11所示．因为F所做的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感应强度B与F、A之间的关系为B＝________．
图3－4－11
【解析】 在用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离Δl的过程中，拉力F可认为不变，因此F所做的功W＝FΔl.
以ω表示间隙中磁场的能量密度，则间隙中磁场的能量E＝ωV＝ωAΔl.
由题给条件得ω＝，故E＝AΔl.
因为F所做的功等于间隙中磁场的能量，即W＝E，故有FΔl＝AΔl.
解得B＝ .
【答案】
7．如图3－4－12(a)是汽车过桥时对不同类型桥面压力变化的实验．采用DIS方法对模型进行测量，其结果如图(b)中电脑屏幕所示．
图3－4－12
(1)图(a)中的传感器为________传感器；
(2)图(a)中甲、乙、丙分别为三种不同类型的桥面．对于凸形桥甲，其相对应的压力图线应是图(b)电脑屏幕上的________(填a、b或c)；
【解析】 该传感器把力信号转化为电信号，属于力电传感器；小球经过凸形桥甲的最高点时，压力小于重量，其相对应的压力图线应是电脑屏幕上的c.
【答案】 (1)力电 (2)c
8．如图3－4－13所示是一种触电保安器，变压器A处用相线和零线双股平行绕制成线圈，然后接到用电器．B处有一个输出线圈，一旦线圈中有电流，经放大后便能推动继电器J切断电源．试说明：
图3－4－13
(1)为什么多开灯不会使保安器切断电源？
(2)为什么有人“手—地”触电保安器会切断电源？
(3)该保安器能不能为双手“相线—零线”触电保安？为什么？
【解析】 电路正常工作时，由于A线圈为双股线缠绕，电流产生的磁场正好抵消，所以B中无感应电流，继电器不会动作．但若由触电造成A内两股线中的电流不相等时，B内就会产生感应电流，使继电器动作，切断电源，起到保护作用．
【答案】 (1)变压器A线圈因双股并绕，正向电流与反向电流产生的磁性相互抵消，多开灯、少开灯都如此．所以线圈B中无感应电流，保安器的控制开关J不工作，不会自动切断电源．
(2)当人“手—地”触电时，相线中电流有一部分直接通过人体，流入大地，不从A线圈中回流，保安器铁芯中有磁通量变化，B线圈中有电流输出，保安器开关J工作，自动切断电源．
(3)“相线—零线”触电时，与多打开几盏电灯情况相似，A线圈中正、反向电流总是相等，不引起磁通量变化，保安器不能自动切断电源，不起保安作用．
9．如图3－4－14所示，电路中有一段金属导体，它的横截面为边长等于a的正方形，放在沿x正方向的匀强磁场中，导体中通有沿y方向、电流强度为I的电流，已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导体导电过程中，自由电子所做的定向移动可以认为是匀速运动，测出导体上、下两侧面间的电势差为U，试求：
图3－4－14
(1)导体上、下侧面哪个电势较高？
(2)该磁场的磁感应强度是多少？
【解析】 (1)因为电流向右，所以金属中的电子向左运动，根据左手定则可知电子向下侧偏移，下表面带负电荷，上表面带正电荷，所以上侧电势高．
(2)由于电子做匀速运动，所以电场力与洛伦兹力大小相等，有F电＝f洛
即e＝Be經
又由电流的微观定义可知I＝neS經＝nea2v
由以上两式可得B＝.
【答案】 (1)上侧电势高 (2)
10．在蜂鸣式温度报警器电路中，若将RT和R1两电阻位置互换，R1取适当阻值，如图3－4－15所示，还能报警吗？为什么？
图3－4－15
【解析】 变成了低温报警器，因为温度降低时，热敏电阻RT阻值增大，有可能使非门输出端A出现高电平，Y端出现低电平，蜂鸣器中有电流通过而发声．温度升高，RT减小，A端为低电平，蜂鸣器不能发声．
【答案】 见解析
11．光电管在各种自动化装置中有很多应用，街道的路灯自动控制开关就是其应用之一，如图3－4－16所示为其模拟电路，其中A为光电管，B为电磁继电器，C为照明电路，D为路灯．试简述其工作原理．
图3－4－16
【答案】 开关合上后，白天，光电管在可见光照射下有电子逸出，从光电管阴极逸出的电子被加速到达阳极，使电路接通，电磁铁中的强电流将衔铁吸下，照明电路断开，灯泡不亮；夜晚，光电管无电子逸出，电路断开，弹簧将衔铁拉上，照明电路接通，这样就达到日出路灯熄、日落路灯亮的效果．
1．一磁铁自上向下运动，穿过一闭合导电回路，如图1－3－13所示，当磁铁运动到a处和b处时，回路中感应电流的方向分别是( )
A．顺时针，逆时针
B．逆时针，顺时针
C．顺时针，顺时针
D．逆时针，逆时针 图1－3－13
【解析】 当磁铁接近线圈时，线圈中的磁通量向下增加，由“增反减同”得知感应电流的磁场方向向上，再由安培定则知线圈中感应电流的方向为俯视逆时针；当磁铁从线圈中穿出时，原磁场方向不变仍向下，但穿过线圈的磁通量要减少，根据楞次定律知感应电流的磁场方向向下，由安培定则知感应电流为俯视顺时针，故选B.
【答案】 B
2．(2013·苏州模拟)如图1－3－14所示，当磁场的磁感应强度B增强时，内、外金属环上的感应电流的方向应为( )
A．内环顺时针，外环逆时针
B．外环顺时针，内环逆时针 图1－3－14
C．内、外环均为顺时针
D．内、外环均为逆时针
【解析】 当磁场增强时，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍原磁场的增强，其方向必然与正在增强的磁场方向相反，即垂直纸面向外，再应用安培定则可得，回路中的感应电流方向为：外环逆时针，内环顺时针，正确选项为A.
【答案】 A
3．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图1－3－15所示连接．把开关闭合，将线圈A放在线圈B中，待电路稳定后，某同学发现，当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流计的指针向右偏转．则下列说法中正确的是( )
图1－3－15
A.线圈A向上移动或滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，都能引起电流计的指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计的指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动时，电流计的指针都静止在中央位置
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向
【解析】 由题意知，穿过B线圈的磁通量在减小时，电流计指针向右偏转．A选项中，线圈A向上移动时，使得穿过B线圈的磁通量减少，电流计指针向右偏转，故A选项错误，同理B选项正确．C选项中，滑片P匀速向左滑动时，穿过B线圈的磁通量减少，电流计指针向右偏转，同理，滑片P匀速向右滑动时，指针向左偏转，故C、D选项均错误．
【答案】 B
4．(2012·梅州检测)如图1－3－16所示，导线框abcd与直导线在同一平面内．直导线通有恒定电流I，当线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中感应电流的方向是( )
A．先abcd，后dcba，再abcd
B．先abcd，后dcba 图1－3－16
C．始终dcba
D．先dcba，后abcd，再dcba
【解析】 (1)用磁通量变化来判定．在线框跨越导线过程中，线框左边部分磁感线穿出，而右边部分则穿入，我们用合磁通量来判定．当跨在导线左边的线框面积大于右边面积时，合磁场是向外的且磁通量逐渐减小，为阻碍磁通量减小，感应电流方向沿abcd；当跨在导线右边的线框面积大于左边面积时，合磁场向内且磁通量逐渐增大，为阻碍磁通量增大，感应电流方向也为沿abcd.
(2)用切割磁感线来判定．在线框跨越导线的过程中，用右手定则可得，cd边的感应电流向上，ab边的感应电流向下．而ad、bc边不切割磁感线，没有感应电流产生，因此cd、ab边产生的感应电流叠加起来使线框的感应电流的方向沿abcd.
另由楞次定律和安培定则可判定线框未跨导线前的感应电流方向为dcba，离开导线后感应电流的方向也为dcba.
所以本题的正确选项为D.
【答案】 D
5．如图1－3－17所示，两个相同的轻
质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是
( )
图1－3－17
A．同时向左运动，间距变大
B．同时向左运动，间距变小
C．同时向右运动，间距变小
D．同时向右运动，间距变大
【解析】 当条形磁铁向左运动靠近两环时，两环中的磁通量都增加，根据楞次定律，两环的运动都要阻碍磁场相对环的运动，即阻碍“靠近”，那么两环都向左运动；又由于两环中的感应电流方向相同，两平行的同向电流间有相互吸引的磁场力，因而两环间的距离要减小．
【答案】 B
6．电阻R，电容C与一个线圈连成闭合回路，条形磁铁静止在线圈的正上方，N极朝下，如图1－3－18所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )
A．从a到b，上极板带正电
B．从a到b，下极板带正电
C．从b到a，上极板带正电 图1－3－18
D．从b到a，下极板带正电
【解析】 磁铁N极接近线圈的过程中，线圈中向下的磁通量增加，由楞次定律可得，感应电流方向为b→R→a；电容器下极板带正电，上极板带负电．
【答案】 D
7．(2013·江苏扬州中学检测)如图1－3－19所示，线圈abcd所在平面与磁感线平行，在线圈以ab边为轴顺时针(由下往上看)转过180°的过程中，线圈中感应电流的方向为( )
图1－3－19
A．沿abcda
B．沿dcbad
C．先沿abcda，后沿dcbad
D．先沿dcbad，后沿abcda
【解析】 根据楞次定律可知由平行位置开始转动到180°/2的过程中，穿过线圈的磁通量增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，电流方向为dcbad；由180°/2转动到平行位置的过程中，穿过线圈的磁通量减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，电流方向为abcda，故D正确．
【答案】 D
8．(双选)2000年底，我国宣布已研制成功一辆高温超导磁悬浮高速列车的模型车，该车的车速已达到每小时500 km，可载5人．如图1－3－20所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环．将超导圆环B水平放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A上方的空中( ) 图1－3－20
A．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流消失
B．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流仍存在
C．如A的N极朝上，B中感应电流的方向如图中所示
D．如A的N极朝上，B中感应电流的方向与图中所示的相反
【解析】 在线圈B放入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量从无到有，即磁通量发生了变化，产生感应电流．由于B线圈是用高温超导材料制成的，电阻为零，故稳定后感应电流仍存在，B正确．线圈B受到的安培力向上而悬浮，如A的N极朝上，则B下端是N极，由安培定则判定B中感应电流方向与图中所示的相反，故D正确．
【答案】 BD
9．(双选)如图1－3－21所示，匸形线架DABC上有一根可以无摩擦滑动的导线ab，左侧有通电导线MN，电流方向由N到M，若将线框置于匀强磁场中，则( )
A．ab边向右运动时，导线MN与AB边相互吸引 图1－3－21
B．ab边向左运动时，导线MN与AB边相互吸引
C．ab边向左运动时，导线MN与AB边相互排斥
D．ab边向右运动时，导线MN与AB边相互排斥
【解析】 ab向右运动时，感应电流方向是baAB，由左手定则可知MN与AB相斥，A错，D对；当ab向左运动时，感应电流方向为abBA，MN与AB相吸，B对，C错．
【答案】 BD
10．(双选)(2013·东莞检测)如图1－3－22所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈均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，线圈进入磁场前等距离排列，穿过磁场后根据线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法，其中正确的是( )
图1－3－22
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2个线圈是不合格线圈
D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
【解析】 由楞次定律可知无论进入还是离开磁场都要阻碍相对运动，合格线圈都要相对传送带向后滑动，故A正确；每个线圈相对滑动的位移相同，从磁场右边的1～6个线圈可以看出3～4线圈距离大于其他两个相邻线圈的距离，故可以判断线圈3没有向后滑动，故D正确．
【答案】 AD
11．(双选)(2013·揭阳检测)如图1－3－23甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，t＝0时电流方向为顺时针(如图中箭头所示)．对于线圈B，下列说法正确的是( )
图1－3－23
A．在0～t1时间内，线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势
B．在0～t1时间内，线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势
C．在t1～t2时间内，线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势
D．在t1～t2时间内，线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势
【解析】 0～t1时间内，A中i顺时针且均匀减小，由安培定则和楞次定律知，B中的合磁通量为“×”且减少，故B环通过减小面积来阻碍磁通量的减少，所以B
中有顺时针方向的电流且有收缩的趋势，A错，B对．在t1～t2时间内，A中i逆时针且均匀增大，由安培定则和楞次定律知，B中有顺时针方向的电流且有扩张的趋势，C错，D对．
【答案】 BD
12．如图1－3－24表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，分析各图中导体ab中感应电流的方向
图1－3－24
【解析】 以上四图都属于闭合电路的一部分导体切割磁感线，应用右手定则判断可得：A中电流由a→b，B中电流由b→a，C中电流由b→a，D中电流由b→a.
【答案】 A：a→b B：b→a C：b→a D：b→a
1.(2013·佛山检测)关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是( )
A．穿过闭合回路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大
B．穿过闭合回路的磁通量为零时，其感应电动势一定为零
C．穿过闭合回路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定为零
D．穿过闭合回路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定不为零
【解析】 由法拉第电磁感应定律知感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，而与磁通量的大小无关，所以当穿过闭合回路的磁通量最大时，感应电动势不一定最大，磁通量为零时感应电动势不一定为零，A、B均错误．当穿过闭合回路的磁通量由不为零变为零时，磁通量变化率不为零，感应电动势一定不为零．
【答案】 D
2．将一条形磁铁分别迅速和缓慢地插入一个闭合线圈中，在这两个过程中，相同的物理量是( )
A．磁通量的变化率 B．感应电流强度
C．磁通量的变化量 D．感应电动势
【解析】 当条形磁铁分别迅速和缓慢地插入一个闭合线圈中的过程中，磁通量的变化量相同，但由于时间不同，所以磁通量的变化率不同，感应电动势和感应电流均不同．
【答案】 C
3．(2013·广州检测)如图1－4－11所示，让线圈由位置1通过一个匀强磁场的区域运动到位置2，且保持线圈平面与磁场方向垂直，下述说法中正确的是
( )
图1－4－11
A．线圈加速进入匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，感应电流越来越大
B．线圈匀速穿出匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，感应电流越来越大
C．整个线圈在匀强磁场中加速运动时，线圈中有感应电流，感应电流越来越大
D．整个线圈在匀强磁场中匀速运动时，线圈中有感应电流，感应电流是恒定的
【解析】 线圈加速进入匀强磁场区域的过程中，穿过线圈的磁通量增加，线圈中有感应电流，根据E＝BLv可知感应电动势、感应电流越来越大，所以A正确．
当线圈匀速穿出磁场区域过程中，根据E＝BLv可知感应电流不变，B错误．当线圈在匀强磁场中运动时，线圈中磁通量不变，不产生感应电流，C、D错误．
【答案】 A
4．(2013·东莞检测)如图1－4－12所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度經0抛出，设在整个过程中棒保持水平不变，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的变化情况是( )
图1－4－12
A．越来越大 B．越来越小
C．保持不变 D．无法判断
【解析】 金属棒被水平抛出后，在垂直于磁场方向上的速度經0不变，由E＝BL經0知感应电动势不变，故选C.
【答案】 C
5．物理实验中常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测量通过电路的电荷量．如图1－4－13所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，由上述数据可得出被测磁场的磁感应强度为( )
图1－4－13
A．qR/S B．qR/nS
C．qR/2nS D．qR/2S
【解析】 q＝IΔt＝Δt＝nΔt＝n＝n.故B＝.
【答案】 C
6．如图1－4－14所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻为细金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过粗金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在粗环内产生的感应电动势 图1－4－14
为E，则a、b两点的电势差等于(不考虑两环连接处的电阻)( )
A. B. C.E D．E
【解析】 Uab＝E＝E，C选项正确．
【答案】 C
7．如图1－4－15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 图1－4－15
D．电压表无读数，电流表有读数
【解析】 在两棒以相同速度向右匀速运动的过程中，磁通量不变，无感应电流产生．根据电压表和电流表的测量原理可知，两表均无读数．
【答案】 B
8．如图1－4－16所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场．磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内，线框ab边与y轴重合．令线框从t＝0的时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I(取逆时针方向的电流为正)随时间t的变化图线可能是选项图中的哪一个( ) 图1－4－16
【解析】 矩形线框从磁场中拉出，cd边切割磁感线产生感应电流I＝＝.线框从静止开始做匀加速直线运动，v＝at，I＝，I随t的变化关系成正比例函数，故A、B错．根据右手定则，感应电流的方向是d→a→b→c→d，即沿顺时针方向，题中设逆时针方向为正方向，则感应电流的方向为负方向，故C错，D正确．
【答案】 D
9．(2013·郑州模拟)如图1－4－17所示，
a、b是用同种规格的铜丝做成的两个同心圆环，两环半径之比为2∶3，其中仅在a环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场．当该匀强磁场的磁感应强度均匀增大时，a、b两环内的感应电动势大小和感应电流大小之比分别为( ) 图1－4－17
A．1∶1，3∶2 B．1∶1，2∶3
C．4∶9，2∶3 D．4∶9，9∶4
【解析】 根据法拉第电磁感应定律E＝n可知，两个线圈中磁通量变化情况相同，所以感应电动势之比为1∶1.又由于a、b两环是同种规格铜丝做成的，两个圆环电阻之比为2∶3，所以感应电流大小之比为3∶2.
【答案】 A
10．(2013·潮州检测)一个面积S＝4×10－2m2、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1－4－18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
图1－4－18
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】 由E＝n＝nS得：
在开始的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，故感应电动势不为零，所以选A.
【答案】 A
11．(2013·青岛模拟)如图1－4－19甲所示的螺线管横截面积为S，匝数为n、电阻为r，螺线管与一根电阻为2r的金属丝连接，向右穿过螺线管的匀强磁场随时间变化的规律如图乙所示．求0至t0时间内：
图1－4－19
(1)通过金属线的感应电流大小和方向．
(2)金属丝中感应电流产生的焦耳热．
【解析】 (1)设0至t0时间内回路中的感应电动势为E，感应电流为I，由法拉第电磁感应定律：
E＝n ①
又＝S＝S ②
根据欧姆定律，有：I＝ ③
联立①②③得：I＝ ④
根据楞次定律判断，金属丝上的电流方向为由a到b.
(2)由焦耳定律及④知，金属丝上产生的热量为：
Q＝I22rt0＝
【答案】 (1) (2)
12．如图1－4－20所示，设匀强磁场的磁感应强度B为0.10 T，切割磁感线的导线的长度L为40 cm，线框向左匀速运动的速度v为5.0 m/s，整个线框的电阻R为0.50 Ω，试求：
(1)感应电动势的大小；
(2)感应电流的大小； 图1－4－20
(3)使线框向左匀速运动所需要的外力．
【解析】 (1)依据E＝BLv可解得：
E＝BLv＝0.10×40×10－2×5.0 V＝0.20 V.
(2)依据闭合电路欧姆定律可得：
I＝＝ A＝0.40 A.
(3)依据安培力公式可求得：
F＝BIL＝0.10×0.40×40×10－2 N＝1.6×10－2 N，
依据平衡条形解得：使线框向左匀速运动所需要的外力为1.6×10－2 N.
【答案】 (1)0.20 V (2)0.40 A (3)1.6×10－2 N
1．(2013·惠州检测)如图1－5－13所示，竖直放置的金属框架处于水平匀强磁场中，有一直金属棒ab可以沿金属框无摩擦地上下滑动，当ab由静止开始自由下滑一段时间后，合上开关S，则ab将做( )
图1－5－13
A．匀速运动 B．加速运动
C．减速运动 D．无法确定
【解析】 开关闭合前棒ab切割磁感线产生感应电动势但无感应电流，ab做自由落体运动，开关闭合后有感应电流且I＝BLv/R，安培力F＝B2L2v/R(向上)．若F＞mg，ab做减速运动；若F＝mg，ab做匀速运动，若F＜mg，ab做加速运动，由于闭合开关时ab的速度v大小不确定，因此ab的运动也不确定，故D正确．
【答案】 D
2．如图1－5－14所示为一圆环发电装置，用电阻R＝4 Ω的导体棒弯成半径L＝0.2 m的闭合圆环，圆心为O，线COD是一条直径，在O、D间接一负载电阻R1＝1 Ω，整个圆环中均有B＝0.5 T的匀强磁场垂直 图1－5－14
环面穿过．电阻r＝1 Ω的导体棒OA贴着圆环做匀速运动，角速度ω＝300 rad/s，则当OA到达OC处时( )
A．圆环的电功率为1 W
B．圆环的电功率为2 W
C．全电路的电功率最大，为3 W
D．全电路的电功率最大，为4.5 W
【解析】 当OA到达OC处时，圆环的电阻为1 Ω，与R1串联接入电源，外电阻为2 Ω，杆转动过程中产生的感应电动势E＝BL2ω＝3 V，圆环上分压为1 V，所以圆环上的电功率为1 W；当OA到达OC处时环上电阻最大，电路的总电阻最大，总功率最小．
【答案】 A
3．(双选)如图1－5－15所示，足够长的平行光滑导轨与水平面成θ角，匀强磁场的方向竖直向上，一根质量为m的金属棒ab与导轨接触良好，沿斜面匀速下滑且保持水平，不计导轨和金属棒的电阻，则在金属棒下滑的一段时间内( )
图1－5－15
A．棒中的感应电流方向由b到a
B．棒所受到的安培力方向沿斜面向上
C．棒的机械能减小量等于电阻R上产生的热量
D．棒的重力所做的功等于其重力势能的减小量与电阻R上产生的热量之和
【解析】 由右手定则知棒中的感应电流方向由b到a，由左手定则判定棒所受到的安培力方向水平向左，由能量守恒知棒的机械能减少，转化为电阻R上的热量，A、C两项正确．
【答案】 AC
4．如图1－5－16所示，一个由导体做成的矩形线圈，以恒定速率v运动，从无场区进入匀强磁场区，然后出来，若取逆时针方向为电流的正方向，那么图中所示的图象能正确地表示回路中电流与时间的函数关系的是( )
图1－5－16
【解析】 在无场区，无电流，A错．在矩形线圈进入过程，由E＝Blv和i＝知，i恒定不变．由右手定则得，电流方向为逆时针，是正方向，D错．线框离开磁场时，电流为负方向，B错，C对．
【答案】 C
5．(双选)(2013·深圳检测)边长为L的正方形金属框在水平恒力作用下，穿过如图1－5－17所示竖直向下的有界匀强磁场，磁场宽度为d(d>L)，ab边进入磁场时，线框的加速度为零，线框进入磁场过程和从磁场另一侧穿出过程相 图1－5－17
比较，下列说法正确的是( )
A．产生的感应电流方向相反
B．所受安培力方向相反
C．产生的电能相等
D．产生的电能不等
【解析】 因金属框在水平恒力作用下穿过磁场，由右手定则判定知进入磁场和穿出磁场的感应电流方向相反，A项正确；安培力阻碍线框的相对运动，即“来拒去留”，所以两次受到的安培力都向左，B项错误；ab边进入磁场时，线框的加速度为零，即金属框匀速进入磁场，此时F外＝F安，磁场宽度为d(d>L)，而线框全部进入磁场时，不再受安培力作用，在外力作用下将做加速运动，速度增大，由动能定理知进入磁场时W外－W安＝mv－mv＝0，W外＝W安，而当线框穿出磁场时W外－W安＝mv－mv>0，W外>W安′，所以两次产生的电能不等，D项正确．
【答案】 AD
6．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图1－5－18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)，一个质量为m的小金属块从抛物线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总的焦耳热是( )
图1－5－18
A．mgb B.mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
【解析】 金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生热量．最后，金属块在高为a的曲面上往复运动，减少的机械能为mg(b－a)＋mv2.
【答案】 D
7．如图1－5－19所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于( )
图1－5－19
A．棒的机械能增加量
B．棒的动能增加量
C．棒的重力势能增加量
D．电阻R上放出的热量
【解析】 棒受重力G、拉力F和安培力F安的作用．由动能定理得：WF－mgh＋W安 ＝ΔEk，WF＋W安＝ΔEk＋mgh，即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量．选A.
【答案】 A
8．如图1－5－20所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)，两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2，不计空气阻力，则( )
图1－5－20
A．v1C．v1Q2 D．v1＝v2，Q1【解析】 两线圈在未进入磁场时，都做自由落体运动，从距磁场上界面h高处下落，由动能定理知两线圈在进入磁场时的速度相同，设为v，线圈Ⅰ所受安培阻力F1′＝BI1L＝，而R1＝ρ电，S1＝，故F1′＝＝.所以此时刻a1＝＝g－，同理可得a2＝g－，与线框的质量无关，即两线框进入磁场时的加速度相同，当两线圈进入磁场后虽加速度发生变化，但两者加速度是同步变化的，速度也同步变化，因此落地时速度相等即v1＝v2；又由于线圈Ⅱ质量大，机械能损失多，所以产生的热量也多，即Q2>Q1，故D项正确．
【答案】 D
9．(2012·汕头一中检测)如图1－5－21所示，金属框架MON平面与匀强磁场B垂直，导体ab能紧贴金属框架运动，且始终与导轨ON垂直．当导体ab从O点开始匀速向右平动时，速度为v0，试求bOc回路中某时刻的感应电动势随时间变化的函数关系式．
图1－5－21
【解析】 设导体ab从O点出发时开始计时，经过时间t后，棒ab匀速运动的距离为s，则有s＝v0t.在△bOc中，由tan 30°＝，有bc＝v0t×tan 30°，则导体ab接入回路的bc部分切割磁感线产生的感应电动势为：E＝Bv0bc＝Bvt tan 30°.在回路bOc中，回路总感应电动势由导体bc部分产生，因此回路内总的感应电动势为：E总＝E＝.
【答案】
10．如图1－5－22所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd，线框质量为m，电阻为R，边长为L.有一方向竖直向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B，磁场区宽度大于L，左右边界与ab边平行．线框在水平向右的拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区．
图1－5－22
(1)若线框以速度v匀速穿过磁场区，当线框ab边离开了磁场，而cd边还在磁场中时，求ab两点间的电势差；
(2)若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过t1时间ab边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时回路的电功率．
【解析】 (1)线框在离开磁场时，cd边产生的感应电动势E＝BLv
回路中的电流I＝
则ab两点间的电势差U＝IRab＝BLv.
(2)t1时刻线框速度v1＝at1
设cd边将要进入磁场时刻速度为v2，
则v－v＝2aL
此时回路中电动势：E2＝BLv2
回路的电功率P＝
解得P＝
【答案】 (1)BLv (2)
11．如图1－5－23所示，固定于水平桌面上的金属框架cdef处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动．此时，abed构成一个边长为l的正方形．棒的电阻为R，其余部分电阻不计．开始时磁感应强度为B0.
图1－5－23
(1)若从t＝0时刻起，磁感应电流强度均匀增加，每秒增量为k，同时加上外力使棒保持静止．求棒中的感应电流大小及感应电流的方向．
(2)在上述(1)情况中，始终保持棒静止，当t＝t1末时需加的垂直于棒的水平拉力为多大？
(3)若从t＝0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当棒以恒定速度v向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则磁感应强度应怎样随时间变化(即写出B与t的关系式)?
【解析】 (1)感应电动势E＝＝kl2
感应电流I＝＝，由楞次定律可判定感应电流方向为逆时针．
(2)t＝t1时，B＝B0＋kt1，F＝BIl，
所以F＝(B0＋kt1).
(3)使棒中不产生感应电流，则应保持总磁通量不变．Bl(l＋vt)＝B0l2，所以B＝.
【答案】 (1) 逆时针 (2)(B0＋kt1)
(3)B＝
1．(双选)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】 线圈中电流不变时，自身电流产生的磁场的磁通量不变，线圈中不可能产生自感电动势，选项A正确；当线圈中电流反向时，若电流强度不变，则不产生自感电动势，故选项B错误；当线圈中电流增大时，电流产生的磁场的磁通量增大，根据楞次定律和右手定则可判断，自感电动势的方向与原电流方向相反，选项C正确；同理可知选项D错误．
【答案】 AC
2．(双选)如图1－6－8所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻．L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的．从闭合开关S到电路电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况( )
图1－6－8
A．I1开始较大而后逐渐变小
B．I1开始很小而后逐渐变大
C．I2开始很小而后逐渐变大
D．I2开始较大而后逐渐变小
【解析】 在S由断开到闭合的过程中，线圈L要产生自感电动势，因自感系数较大，则对电流有较大的阻碍作用，开始时电流大部分从R1中通过，I2很小，当电路达到稳定状态后，线圈中的自感现象消失，R1中的电流变小，而R2中的电流变大，所以选A和C.
【答案】 AC
3．(双选)如图1－6－9所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，灯泡具有一定的亮度．若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，则将看到( )
图1－6－9
A．灯泡变暗 B．灯泡变亮
C．螺线管缩短 D．螺线管变长
【解析】 当软铁棒插入螺线管中时，穿过螺线管的磁通量增加，故产生反向的自感电动势，使总电流减小，灯泡变暗，每匝线圈间同向电流吸引力减小，螺线管变长．
【答案】 AD
4．在如图1－6－10所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈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的变化的图象是( )
图1－6－10
A B C D
【解析】 闭合开关S后，调整R，使两个灯泡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．
【答案】 B
5．(2013·吉林模拟)如图1－6－11所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )
图1－6－11
A．合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭
B．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭
C．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时熄灭
D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭
【解析】 由于L是自感线圈，当合上S时，自感线圈L将产生自感电动势，阻碍电流的流过，故有b灯先亮，而a灯后亮，当S断开时，a、b、L组成回路，L产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a、b同时熄灭．故选C.
【答案】 C
6．(2012·梅州期末)如图1－6－12所示的电路中，L为电阻很小的线圈，和为零点在表盘中央的相同的电流表．当开关S闭合时，电流表指针偏向右方，那么当开关S断开时，将出现的现象是( )
图1－6－12
A.和指针都立即回到零点
B.指针立即回到零点，而指针缓慢地回到零点
C.指针缓慢回到零点，而指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
D.指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而指针缓慢地回到零点
【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，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→→的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一段时间，即中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，而中的电流先和原方向相反，变为自左向右，然后和中的电流同时减为零，也就是指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而指针缓慢地回到零点，故D项正确．
【答案】 D
7．如图1－6－13所示电路，D1和D2是两个相同的灯泡，L是自感系数相当大的线圈，其直流电阻与R相同．由于存在自感现象，在电键S接通和断开时，灯泡D1和D2先后亮暗的次序是( )
图1－6－13
A．接通时D1先达最亮，断开时D1后灭
B．接通时D2先达最亮，断开时D2后灭
C．接通时D1先达最亮，断开时D1先灭
D．接通时D2先达最亮，断开时D2先灭
【解析】 电流发生变化时，自感电动势将阻碍电流的变化，根据电流的变化来分析电路中灯的明暗情况，当S接通时，D1和D2应该同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上将产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以开始的瞬间电流几乎全部从D1通过，而该电流又将同时分别通过D2和R，所以D1先达最亮，经过一段时间稳定后，D1和D2达到一样亮．当电键S断开时，电源电流立即为零，因此D2立即熄灭，而对于D1，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势，使线圈L和D1组成的闭合回路中有感应电流，所以D1后灭．
【答案】 A
8．(双选)(2013·海口期末)如图1－6－14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( )
图1－6－14
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】 (a)图中，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；(b)图中，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.
【答案】 AD
9．如图1－6－15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AB两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是( )
图1－6－15
【解析】 开关S闭合的瞬间，由于L的阻碍作用，由R与L组成的支路相当于断路，后来由于L的阻碍作用不断减小，相当于外电路并联部分的电阻不断减小，根据闭合电路欧姆定律I＝，整个电路中的总电流增大，由U内＝Ir得内电压增大，由UAB＝E－Ir得路端电压UAB减小．电路稳定后，由于R的阻值大于灯泡D的阻值，所以流过L支路的电流小于流过灯泡D的电流．当开关断开时，由于电感L的自感作用，流过灯泡D的电流立即与L电流相等，与灯泡原来的电流方向相反且逐渐减小，即UAB反向减小，选项B正确．
【答案】 B
10．(双选)如图1－6－16所示的演示实验中，先合上开关S，调节变阻器R的电阻，使同样规格的两个灯泡明亮程度相同，然后断开开关S( )
图1－6－16
A．再次合上开关S时，两灯同时同样发光
B．再次合上开关S时，L2立刻发光，L1逐渐亮起来
C．断开S，L2立即熄灭，L1逐渐熄灭
D．断开S，两灯都是逐渐熄灭
【解析】 开关S闭合时，线圈L中由于电流增加产生自感电动势阻碍电流增加，所以L1逐渐亮起来，而L2不受影响立刻发光，B项正确．开关断开时，线圈L与L1、L2及滑动变阻器构成回路，线圈中由于电流减小产生自感电动势阻碍电流减小，所以L1、L2中电流也逐渐减小，D项正确．
【答案】 BD
11．在实际生产中，有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关S由闭合到断开时，线圈会产生很高的自感电动势，使开关S处产生电弧，危及操作人员的人身安全．为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个元件．下图所示方案可行的是( )
【解析】 开关断开时，线圈L内由于产生自感电动势阻碍原电流的减小，利用二极管的单向导电性使线圈短路即可避免电弧的产生，方案D是可行的．
【答案】 D
12．(2013·佳木斯高二检测)如图1－6－17所示，L为日光灯管，S为启动器，Z为镇流器，K为开关，电源为220 V的交变电源．
(1)请用笔画线代替导线连接实物图，使日光灯正常工作．
图1－6－17
(2)①开关合上前，启动器的静触片和动触片是________(填“接通的”或“断开的”)．
②日光灯启动器刚断开瞬间，灯管两端电压________220 V(填“大于”、“等于”或“小于”)．
③日光灯正常发光时，日光灯管两端的电压______220 V(填“大于”、“等于”或“小于”)．
【答案】 (1)见下图
(2)①开关合上前静触片和动触片是断开的．②日光灯启动器刚断开瞬间镇流器工作，产生高电压与电源电压一起加在灯管两端，灯管两端电压大于220 V．③日光灯正常工作时，镇流器起降压限流的作用，灯管两端的电压小于220 V.
1．(双选)(2013·宁德期末)在世博会期间，在入沪的交通路口，飞机场等设有安检门，利用涡流来探测人身上携带的金属物品，安检门中接有线圈，线圈中通入交变电流．关于其工作原理，以下说法正确的是( )
A．人身上携带的金属物品会被地磁场磁化，在线圈中产生感应电流
B．人体在线圈交变电流产生的磁场中运动，产生感应电动势并在金属物品中产生感应电流
C．线圈产生的交变磁场会在金属物品中产生交变的感应电流
D．金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流
【解析】 地磁场很弱，一般金属物品不一定能被磁化，即使金属物品被磁化磁性也很弱，作为导体的人体电阻很大，且一般不会与金属物品构成回路，故A、B错误．安检门利用涡流探测金属物品的工作原理是：线圈中交变电流产生交变磁场，使金属物品中产生涡流，故C正确．该涡流产生的磁场又会在线圈中产生感应电流．而线圈中交变电流的变化可以被检测到，故D正确，答案为C、D.
【答案】 CD
2．(2012·湛江检测)如图1－7－5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过磁场的过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小球( )
图1－7－5
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．整个过程都做减速运动
D．穿出时的速度一定小于初速度
【解析】 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，同理可知速度进一步减小，故选项D正确．
【答案】 D
3．(2013·东莞检测)高频感应炉是用来熔化金属并对其进行冶炼的，如图1－7－6所示为高频感应炉的示意图，冶炼炉内装入被冶炼的金属，线圈中通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就会被熔化．这种冶炼方法速度快，温度容易控制，并能避免有害杂质混入被炼金属中，因此适用于冶炼特种金属．该炉的加热原理是( )
图1－7－6
A．利用线圈中电流产生的焦耳热
B．利用红外线
C．利用交变电流产生的交变磁场在炉内金属中产生涡流
D．利用交变电流的交变磁场所激发的电磁波
【解析】 高频感应炉外绕有线圈，当线圈同大功率高频电源接通时，高频交变电流在线圈内激发出很强的高频交变磁场，这时放在炉内被冶炼的金属因电磁感应而产生涡流，释放出大量的热量，结果使自身熔化．
【答案】 C
4．如图1－7－7所示，一块长方体光滑铝板水平放在桌面上，铝板右端拼接一根与铝板等厚的条形磁铁，一质量分布均匀的闭合铝环以初速度v从铝板的左端沿中线向右端滚动，则( )
图1－7－7
A．铝环的滚动速度将越来越小
B．铝环将保持匀速滚动
C．铝环的运动将逐渐偏向条形磁铁的N极或S极
D．铝环的运动速率会改变，但运动方向不会发生改变
【解析】 铝环在运动的过程中磁通量不发生变化，无感应电流产生，机械能守恒，则铝环将保持匀速滚动，选项B正确．
【答案】 B
5．某磁场的磁感线如图1－7－8所示，有铜盘自图示A位置落至B位置，在下落过程中，自上向下看，线圈中的涡流方向是( )
图1－7－8
A．始终顺时针
B．始终逆时针
C．先顺时针再逆时针
D．先逆时针再顺时针
【解析】 把铜盘从A至B的全过程分成两个阶段处理：第一阶段是铜盘从A位置下落到具有最大磁通量的位置O，此过程中穿过铜盘磁通量的磁场方向向上且不断增大，由楞次定律判断感应电流方向(自上向下看)是顺时针的；第二阶段是铜盘从具有最大磁通量位置O落到B位置，此过程中穿过铜盘磁通量的磁场方向向上且不断减小，且由楞次定律判得感应电流方向(自上向下看)是逆时针的，故C项正确．
【答案】 C
6．(2013·苏州检测)如图1－7－9所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等，当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是( )
图1－7－9
A．先向左，后向右 B．先向左、后向右、再向左
C．一直向右 D．一直向左
【解析】 根据楞次定律的“阻碍变化”知“来拒去留”知，当两磁铁靠近线圈时，线圈要阻碍其靠近，线圈有向右移动的趋势，受木板的摩擦力向左，当磁铁远离时，线圈要阻碍其远离，仍有向右移动的趋势，受木板的摩擦力方向仍是向左的，故选项D正确．
【答案】 D
7．如图1－7－10所示，一条形磁铁在图示位置由静止开始下落穿过采用双线绕成的闭合线圈，则条形磁铁从下落到穿过线圈的过程中可能做( )
图1－7－10
A．匀减速运动
B．匀速运动
C．非匀变速运动
D．自由落体运动
【解析】 双线绕成的线圈相当于两个闭合线圈，发生电磁感应时，这两个线圈中的电动势方向始终相反，故两线圈中没有电流，当磁铁从线圈中穿过时，不会受到阻碍，因此将做自由落体运动．
【答案】 D
8．如图1－7－11所示，把一个闭合线框放在蹄形磁铁的两磁极之间，蹄形磁体可以绕竖直轴转动，闭合线框也可绕竖直轴转动，当蹄形磁铁逆时针(从上往下看)转动时，有关线圈的运动下列说法正确的是( )
图1－7－11
A．线圈将沿顺时针方向转动
B．线圈仍保持静止
C．线圈将沿逆时针方向转动，转速与磁铁相同
D．线圈将沿逆时针方向转动，转速比磁铁小
【解析】 根据电磁运动可知，磁铁转动，线圈会产生感应电流并受到安培力作用，这个安培力驱动线圈转动，其转动的效果是阻碍它们的相对运动，因此线圈转动方向与磁铁相同，但转速比磁铁小．故正确答案为D.
【答案】 D
9．如图1－7－12所示，金属球(铜球)下端有通电的线圈，今把小球拉离平衡位置后释放，此后关于小球的运动情况是(不计空气阻力)( )
图1－7－12
A．做等幅振动
B．做阻尼振动
C．振幅不断增大
D．无法判定
【解析】 小球在通电线圈磁场中运动，小球中产生涡流，故小球要受到安培力作用阻碍它的相对运动做阻尼振动．故B正确．
【答案】 B
10．(双选)(2013·梅州检测)一块铜片置于如图1－7－13所示的磁场中，如果用力把这块铜片从磁场拉出或把它进一步推入，在这两个过程中有关磁场对铜片的作用力，下列叙述正确的是( )
图1－7－13
A．拉出时受到阻力
B．推入时受到阻力
C．拉出时不受磁场力
D．推入时不受磁场力
【解析】 对于铜片，无论是拉出还是推入过程中，铜片内均产生涡流，外力都要克服安培力做功，所以，选项A、B正确．
【答案】 AB
11．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1－7－14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，把小圆片靠着铝管，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？如果换用一条有裂缝的铝管如图1－7－14乙所示，圆片在铝管中下落就快多了，这又是为什么？
甲 乙
图1－7－14
【答案】 磁性小圆片在铝管内下落过程中，穿过铝管任一横截面的磁通量发生变化，铝管中有感应电流(涡流)产生，此感应电流会阻碍小圆片下落；而有裂缝的铝管的任一横截面均为开路，不会形成感应电流，因而无电磁阻尼．
12．我们用来煮食物的炉子有各种各样的款式，它们的工作原理各不相同，有以天然气、液化石油气等作燃料的，例如天然气炉，还有直接以电热方式加热的，例如电饭锅．下面介绍的是以电磁感应原理生热的电磁炉．如图1－7－15所示是描述电磁炉工作原理的示意图．炉子的内部有一个金属线圈，当电流通过线圈时，会产生磁场，这个磁场的大小和方向是随电流不断变化的，这个变化的磁场又会使放在电磁炉上面的铁质(或钢铁)锅底内产生感应电流，由于锅底有电阻，所以感应电流又会在锅底产生热效应，这些内能便能起到加热物体的作用从而煮熟食物．
图1－7－15
电磁炉的特点是：效率比一般的炉子都高，炉面无明火，无烟无废气，火力强劲，安全可靠．
因为电磁炉是由电磁感应产生电流，利用电流的热效应产生热量，所以不是所有的锅或器具都适用．对于锅的选择，方法很简单，只要是锅底能被磁铁吸住的就能用．适用于电磁炉的烹饪器具有不锈钢锅、不锈钢壶、平底铁锅；不适用的有陶瓷锅、圆底铁锅、耐热玻璃锅、铝锅、铜锅等．
(1)在电磁炉加热食物的过程中涉及的物理原理有(回答三个即可)：
①____________________________________________________________________；
②____________________________________________________________________；
③____________________________________________________________________.
(2)电磁炉所用的锅不能用陶瓷锅、耐热玻璃锅的原因是________________；电磁炉所用的锅不能用铝锅、铜锅的原因是_____________________________．
(3)在锅和电磁炉中间放置一纸板，电磁炉还能起到加热作用吗？为什么？
【解析】 (1)①电流的磁效应(或电生磁)；②电磁感应现象(或磁生电)；③电流的热效应(或焦耳定律)．(2)瓷和玻璃不能产生电磁感应现象；铝、铜的导磁性太差，效率低．(3)能起到加热作用，因为线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起到加热作用．
【答案】 见解析
1．如图所示各图线中表示直流电流的是( )
【解析】 A图表示的电流大小发生了周期性变化，而方向没有变化．B、C、D图中的电流方向发生了周期性变化．
【答案】 A
2．矩形线框在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生交流电，当线圈平面与磁感线方向垂直时，穿过线圈的磁通量与产生的感应电动势的大小关系正确的是( )
A．Φ最大，e最大 B．Φ最小，e最小
C．Φ最小，e最大 D．Φ最大，e最小
【解析】 依据Φ＝BS⊥可得：当线圈平面与磁感线方向垂直时，S⊥＝S(S为线圈的面积)，所以穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，故D正确．
【答案】 D
3．(双选)关于中性面，下列说法正确的是( )
A．线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零
B．线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大
C．线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次
D．线圈每转动一周经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次
【解析】 中性面是线圈平面与磁感线垂直的位置，线圈经过该位置时，穿过线圈的磁通量最大，各边都不切割磁感线，不产生感应电动势，所以磁通量的变化率为零，A项正确，B项错误；线圈每经过一次中性面，感应电流的方向改变一次，但线圈每转一周要经过中性面两次，所以每转一周，感应电流方向就改变两次，C项正确，D项错误．
【答案】 AC
4．如图2－1－7所示的矩形线圈，当绕OO′轴和绕与OO′平行的其他轴匀速转动时，产生的感应电动势的峰值的情况是( )
图2－1－7
A．绕OO′轴最大
B．绕OO′轴最小
C．一样大
D．因不知其它轴的位置，所以无法比较哪一个大
【解析】 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时，产生的感应电动势的峰值Em＝NBSω，与转轴的位置无关，故选项C正确．
【答案】 C
5．(2013·浙江嘉兴高二检测)在匀强磁场中的矩形线圈从中性面开始匀速转动，穿过线圈平面的磁通量与时间t的图象是( )
【解析】 设匀强磁场的磁感应强度为B，矩形线圈abcd的面积为S，如图所示，从中性面位置开始逆时针方向匀速转动，设经过时间t转过的角度θ＝ωt，转到位置a1d1，画出它的正视图如图所示．由磁通量计算式Φ＝BS(S为垂直磁感线方向的面积)可知，在时刻t通过线圈平面的磁通量为Φ＝BScos θ＝BScos ωt.
即ω与t的关系按余弦函数规律变化．C选项正确．
【答案】 C
6．如图2－1－8中的螺线管中通入交变电流，一电子沿轴线进入螺线管，电子在螺线管内将做( )
图2－1－8
A．匀速直线运动
B．变速直线运动
C．匀速圆周运动
D．曲线运动
【解析】 通电螺线管接入交变电流时，由于电流做周期性的变化，产生的磁场也将做周期性的变化，但电子初速度的方向与磁场的方向平行，不会受到磁场的作用，因此电子将做匀速直线运动，A项正确．
【答案】 A
7．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法不正确的是( )
A．线圈平面与磁感线方向垂直
B．通过线圈的磁通量达到最大值
C．通过线圈的磁通量变化率达到最大值
D．线圈中的电动势为零
【解析】 中性面即线圈平面与磁感线垂直，所以A项正确；这时穿过线圈的磁通量Φ最大，B项正确；但这时磁通量的变化率＝0，故C项错误，D项正确．
【答案】 C
8．一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中感应电动势随时间的变化关系如图2－1－9所示，则下列说法正确的是( )
图2－1－9
A．t1时刻通过线圈的磁通量为零
B．t2时刻通过线圈的磁通量最大
C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
D．t4时刻通过线圈的磁通量变化率最大
【解析】 t1、t3两时刻，线圈中感应电动势e＝0，故此两时刻线圈处于中性面位置，磁通量最大，磁通量的变化率为零，故A、C两项错误；t2、t4两时刻，e最大，线圈处于垂直于中性面位置(B∥S)，磁通量为零，磁通量的变化率最大，故B项错误，D项正确．
【答案】 D
9．(双选)如图2－1－10所示，闭合金属线圈abcd在匀强磁场中以OO′为轴匀速转动，以下说法中不正确的是( )
图2－1－10
A．线圈平面平行于磁场时，穿过线圈的磁通量为零
B．线圈平面平行于磁场时，线圈中电流最大
C．线圈平面垂直于磁场方向时，线圈中电动势最大
D．线圈平面垂直于磁场方向时，线圈中电流最大
【解析】 由电磁感应定律及交变电流的产生可知，线圈平面平行于磁场时，穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，线圈中产生的电动势最大，电流最大，线圈平面垂直于磁场方向时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，线圈中的电动势为零，电流为零，选项A、B正确．故选C、D.
【答案】 CD
10．(双选)如图2－1－11所示，一个矩形线圈在匀强磁场内绕OO′轴转动．观察连接线圈电流表的指针，可以判断( )
图2－1－11
A．指针随线圈转动而摆动，并且每转一周，指针左右摆动各一次
B．当线圈平面转到与磁感线垂直位置时，电流表指针偏转最大
C．当线圈平面转到与磁感线平行位置时，电流表指针不发生偏转
D．感应电动势和感应电流都是作周期性变化
【解析】 由题图可知，初始时线圈与磁感线平行，产生的电流最大，当线圈平面转到与磁感线垂直时，电流为零，电流方向发生改变，所以B、C两项错．线圈在磁场中匀速转动一周时，感应电动势和感应电流都是作周期性变化，D项正确；电流方向改变两次，指针左右摆动各一次，A项正确．
【答案】 AD
11．在通电直导线AB的旁边放着一个不闭合的线框abcd，线框以OO′为轴匀速转动，
若OO′与AB平行(如图2－1－12所示)，问：线框转动到什么位置时产生的感应电动势最小？为什么？
图2－1－12
【解析】 线框转到如图所示位置时产生的感应电动势最小．线框所在位置的磁场方向垂直纸面向里，线框转到如图所示位置时，各条边都不切割磁感线，不产生感应电动势．
【答案】 见解析
12．如图2－1－13所示，一闭合矩形线圈位于匀强磁场中，当线圈分别绕轴1、轴2、轴3转动时，分析线圈中是否产生交变电流．
图2－1－13
【解析】 矩形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时，可产生交变电流，所以绕轴1、轴2转动时，均可产生交变电流，而绕轴3转动时，线圈中磁通量不发生变化，不产生感应电流．
【答案】 见解析
1．闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈中产生的交变电流的瞬时值表达式为i＝Imsin ωt.保持其他条件不变，使线圈的匝数及转速都增加1倍，则电流的变化规律为( )
A．i＝2Imsin 2ωt
B．i＝4Imsin 2ωt
C．i＝2Imsin ωt
D．i＝4Imsin ωt
【解析】 线圈的匝数及转速都增加1倍，电压的最大值增加到4倍；线圈的匝数增加1倍，导线的电阻也增加1倍，所以最大电流只增加到原来的2倍，线圈中产生的交变电流的瞬时值表达式为i＝2Imsin 2ωt.
【答案】 A
2．(双选)(2013·河源检测)矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图2－2－12所示．则下列结论正确的是( )
图2－2－12
A．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大
B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势改变方向
C．电动势的最大值是157 V
D．在t＝0.4 s时，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s
【解析】 在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，磁通量最大，但磁通量的变化率最小为零，所以电动势为零，方向发生改变；在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，磁通量最小为零，但磁通量的变化率最大，方向不变；电动势的最大值Em＝nBSω＝50×0.2×(2π/0.4) V＝157 V，Em＝n，所以＝3.14 Wb/s.C、D两项正确．
【答案】 CD
3．一交变电流的瞬时值表达式为e＝380sin 4πt(V)，将一耐压值为360 V的电容器接在该电源两端，则电容器( )
A．会被击穿
B．不会被击穿
C．时而击穿时而不会击穿
D．是否会被击穿，还需看电容
【解析】 电容器能否被击穿决定于其耐压值与交变电流的峰值之间的大小关系，由于Em＝380 V>360 V，故会被击穿，故A正确．
【答案】 A
4．(双选)如图2－2－13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匀速运动，从图示的位置开始计时，则下列说法正确的是( )
图2－2－13
A．感应电动势最大值相同
B．感应电动势瞬时值不同
C．感应电动势最大值、瞬时值都不同
D．感应电动势最大值、瞬时值都相同
【解析】 感应电动势的最大值为Em＝BSω，A正确；感应电动势的瞬时值e＝Emsin ωt与转轴位置无关，图中都以中性面位置计时，故瞬时值相同，D正确，B、C错误．
【答案】 AD
5．(2013·莆田检测)如图2－2－14所示，虚线OO′的左边存在着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，右边没有磁场．单匝矩形线圈abcd的对称轴恰与磁场右边界重合，线圈平面与磁场垂直．线圈沿图示方向绕OO′轴以角速度ω匀速转动(即ab边先向纸外、cd边先向纸里转动)，规定沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向．若从图示位置开始计时，下图中四个图象能正确表示线圈内感应电流i随时间t的变化规律的是( )
图2－2－14
【解析】 在0～内，ab一侧的线框在磁场中绕OO′转动产生正弦交流电，电流方向由楞次定律判断为dcba且越来越大.～内，ab一侧线框在磁场外，而dc一侧线框又进入磁场产生交流电，电流方向为dcba且越来越小，以此类推，可知i－t图象正确的为B.
【答案】 B
6．(双选)(2013·山东青岛高二检测)如图2－2－15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，转动过程中线框产生的感应电动势的瞬时值为e＝0.5 sin 20t V，由该表达式可推知以下哪些物理量( )
图2－2－15
A．匀速磁场的磁感应强度
B．线框的面积
C．穿过线框的磁通量的最大值
D．线框转动的角速度
【解析】 由感应电动势的瞬时值为e＝0.5sin 20t V知，线框转动的角速度ω＝20 rad/s，峰值是0.5 V，因Em＝BSω，所以可以求出穿过线框的磁通量的最大值Φ＝BS，而磁感应强度B和线框的面积S均无法求出，C、D两项正确．
【答案】 CD
7．(2013·阳江检测)如图2－2－16甲所示，将金属线圈放在非均匀变化的磁场中，产生的感应电流如图乙所示，取电流沿顺时针方向为正方向，磁感应强度垂直线圈平面向里为正方向，则磁感应强度随时间的变化关系是( )
甲 乙
图2－2－16
【解析】 由E＝＝S可知，在t＝0时刻由于i＝0，所以＝0，即B最大．根据题中所设定的B和i的正方向，由楞次定律判断可知选项C正确．
【答案】 C
8．一个面积为S的矩形线圈，在匀强磁场中以一边为轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈中感应电动势e与时间t的关系如图2－2－17所示，感应电动势的最大值和周期可由图中读出，则磁感应强度B＝_______，在时刻，线圈平面与磁感线方向间的夹角等于________．
图2－2－17
【解析】 由图可知e＝Emcos ωt.
因为Em＝BSω＝BS，所以B＝.
t＝0时刻，线圈平面与磁感线平行，所以当t＝时，线圈平面与磁感线的夹角
θ＝ωt＝ω＝·＝.
所以线圈平面与磁感线方向的夹角为30°(或150°)．
【答案】 30°或150°
9．如图2－2－18所示，匝数为100匝的圆形线圈绕与磁场垂直的轴OO′，以50 r/s的转速转动，穿过线圈的最大磁通量为0.01 Wb，从图示的位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．
图2－2－18
【解析】 因为线圈从垂直于中性面的位置开始计时，所以e＝Emcos ωt，而Em＝nBSω，ω＝2πn，Φm＝BS＝0.01 Wb.
所以Em＝100×0.01×2×3.14×50 V＝314 V，
ω＝2πn＝2×3.14×50 rad/s＝314 rad/s.
故感应电动势的瞬时值表达式为：
e＝Emcos ωt＝314cos 314t V.
【答案】 e＝314cos 314t V
10．一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100 π 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的瞬时值表达式．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＝100 π rad/s，所以电动势的瞬时值表达式是e＝311 sin 100πt .
(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的瞬时值表达式是
i＝3.11sin 100πt.
当t＝ s时，电流的瞬时值为：
i＝3.11sin(100π×) A＝3.11× A＝1.555 A.
【答案】 (1)e＝3.11sin 100πt
(2)i＝3.11sin 100πt 1.555 A
11．(2013·珠海检测)如图2－2－19甲是一种自行车上照明用的车头灯，图乙是这种车头灯发电机的结构原理图，转轴的一端装有一对随轴转动的磁极，另一端装有摩擦小轮．电枢线圈绕在固定的U形铁芯上，自行车车轮转动时，通过摩擦小轮带动磁极转动，使线圈中产生正弦交变电流，给车头灯供电．
甲 乙
图2－2－19
已知自行车车轮半径r＝35 cm，摩擦小轮半径r0＝1.00 cm.线圈有N＝800匝，线圈横截面积S＝20 cm2，总电阻R1＝40 Ω.旋转磁极的磁感应强度B＝0.010 T，车头灯电阻R2＝10 Ω.当车轮转动的角速度ω＝8 rad/s时，求：
(1)发电机磁极转动的角速度；
(2)车头灯中电流的最大值．
【解析】 (1)磁极与摩擦小轮转动的角速度相等，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，故有
ω0r0＝ωr，
ω0＝＝8×rad/s＝280 rad/s.
(2)摩擦小轮带动磁极转动，线圈中产生的感应电动势最大值为Em＝NBSω0＝800×0.010×280×20×10－4V＝4.48 V.
所以通过车头灯电流的最大值为
Im＝＝A＝89.6 mA.
【答案】 (1)280 rad/s (2)89.6 mA
1．(双选)(2012·广东高考)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt(V)，对此电动势，下列表述正确的是( )
A．最大值是50 V B．频率是100Hz
C．有效值是25 V D．周期是0.02 s
【解析】 由e＝50sin 100πt知
Em＝50 V，有效值E＝＝25 V
A错，C对．W＝2πf＝100 π得f＝50 Hz，B错误，T＝＝0.02 s，D正确
【答案】 CD
2．一白炽灯泡上标有“220 V 40 W”，那么为了使它正常发光，所使用的正弦交流电应是( )
A．电压最大值为220 V，电流最大值约为0.18 A
B．电压最大值为311 V，电流最大值约为0.26 A
C．电压有效值为220 V，电流有效值约为0.26 A
D．电压有效值为311 V，电流有效值约为0.18 A
【解析】 电器上的标识一般不加特殊说明皆指交流电的有效值．由P＝UI解得I＝0.18 A，Um＝311 V，Im＝0.26 A，故B正确．
【答案】 B
3．一电热器接在10 V直流电压上，消耗的电功率为P，当把它接在一正弦交变电压上时，消耗的电功率为0.25P，则该交变电压的最大值是( )
A．5 V B．7.1 V
C．10 V D．14.1 V
【解析】 P＝U2/R，0.25P＝U/R，得U1＝U/2＝5 V，因此该交变电压的最大值是Um＝U1＝7.1 V．B正确．
【答案】 B
4．(双选)一只低压教学电源输出的交流电压的瞬时值为u＝10sin 314t V，关于该电源的规格和使用，正确的说法是( )
A．这个电源可以使“10 V 2 W”的灯泡正常发光
B．此电源的交流电压的周期是314 s
C．此电源在t＝0.01 s时电压达到峰值
D．这个电源可能把“10 V 2μF”的电容器击穿
【解析】 此电源的有效值为10 V，灯泡的额定电压为10 V，故灯泡能正常发光，A正确；
此交流电周期T＝＝ s，故B错误；
周期T＝＝ s＝0.02 s，t＝0.01 s＝T，此时U＝0，故C错误；
因为电源最大电压Um＝10 V>10 V(电容器的耐压值)，所以电容器可能被击穿，故D正确．
【答案】 AD
5．(双选)如图2－3－9所示的交流电压为u＝311sin(314t＋π/6) V，接在阻值220 Ω的电阻两端，则( )
图2－3－9
A．电压表的读数是311 V
B．电流表读数是1.41 A
C．电流表读数是1 A
D．2 s内电阻产生的电热是440 J
【解析】 由u＝311sin(314t＋π/6)V得Um＝311 V，因电压表的读数为有效值，故A选项错误；电流表的读数I＝＝1 A，故选项B错误；2 s内电阻产生的电热Q＝I2Rt＝440 J，故选项D正确．
【答案】 CD
6．(2012·茂名检测)将正弦交流电经过整流器处理后，得到的电流波形刚好去掉了半周，如图2－3－10所示，它的有效值是( )
图2－3－10
A．2 A B. A
C. A D．1 A
【解析】 Q交＝()2R＝2R×＝RT，Q直＝I2RT，Q交＝Q直，故I＝1 A.
【答案】 D
7．(双选)有一交变电流如图2－3－11所示，则由此图象可知( )
图2－3－11
A．它的周期是0.8 s
B．它的峰值是4 A
C．它的有效值是2 A
D．它的频率是0.8 Hz
【解析】 由图象可读得T＝0.8 s，f＝＝1.25 Hz，故A对，D错；又由图象读得Im＝4 A，故B对；因此电流非正弦交流电，故有效值I≠＝2 A，C错．
【答案】 AB
8．(2013·惠州检测)如图2－3－12所示，是表示一交变电流的电流随时间变化的图象，此交变电流的有效值是( )
图2－3－12
A．5 A B．5 A
C．3.5 A D．3.5 A
【解析】 根据交流电有效值的定义：在相同时间内，若交流电通过某一电阻时产生的热量与某一电流为I的直流电通过同一电阻时产生的热量相等，则该交流电电流的有效值就等于该直流电电流大小．因此可设同一时间为t＝T(即如题图所示的交流电变化周期T＝0.02 s)，同一电阻的阻值为R，某一电流为I的直流电通过R，在t时间内产生的热量为Q，则Q＝I2Rt＝I2RT，交流电通过该电阻R在t时间内产生的热量为Q＝(4 A)2·R·＋(3 A)2·R·＝25RT，解得I＝5 A，故正确答案为B.
【答案】 B
9．家用可调温电热毯的原理如图2－3－13所示，图中D为整流二极管，具有单向导电性，电热毯接在220 V交流电路中，当开关接在1位置时，电热毯功率为40 W，当开关接在2位置时，电路中的电流有效值为________．
图2－3－13
【解析】 设开关接到1、2位置时电路中电流有效值分别为I1、I2，电热毯阻值为R，交流电周期为T，
则IRT＝IRT/2
I2＝I1/＝(40/220)/(A)＝0.13 (A)．
【答案】 0.13 A
10．如图2－3－14所示的虚线框中存在有理想边界的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里．边长为l、电阻为R的正方形线圈，绕对称轴(与磁场边界重合)以角速度ω由图示位置转过90°，求此过程中线圈中产生的热量．
图2－3－14
【解析】 Im＝＝＝，I＝，Q＝I2RΔt，Δt＝，联立以上各式解得Q＝.
【答案】
11．如图2－3－15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：
(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？
图2－3－15
【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.
(3)UV＝×(Em)＝220 V.
【答案】 (1)314 V (2)e＝314sin 10πt (3)220 V
