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第13点 自感现象的分析技巧
在求解有关自感现象的问题时，必须弄清自感线圈的工作原理和特点，这样才能把握好切入点和分析顺序，从而得到正确答案．
1．自感现象的原理
当通过导体线圈中的电流变化时，其产生的磁场也随之发生变化．由法拉第电磁感应定律可知，导体自身会产生阻碍自身电流变化的自感电动势．
2．自感现象的特点
(1)自感电动势只是阻碍自身电流变化，但不能阻止．
(2)自感电动势的大小跟自身电流变化的快慢有关．电流变化越快，自感电动势越大．
(3)自感电动势阻碍自身电流变化的结果，会给其他电路元件的电流产生影响．
①电流增大时，产生反电动势，阻碍电流增大，此时线圈相当于一个阻值很大的电阻；
②电流减小时，产生与原电流同向的电动势，阻碍电流减小，此时线圈相当于电源．
3．通电自感与断电自感
自感现象中主要有两种情况：即通电 ( http: / / www.21cnjy.com )自感与断电自感．在分析过程中，要注意：(1)通过自感线圈的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大，断电过程中，电流是逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路．(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭．
对点例题 如图1所示电路，电路线圈 ( http: / / www.21cnjy.com )L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，设实验过程中灯泡均没有损坏，则 ( )
图1
A．S闭合瞬间，LA不亮，LB很亮；S断开瞬间，LA、LB立即熄灭
B．S闭合瞬间，LA很亮，LB逐渐亮；S断开瞬间，LA逐渐熄灭，LB立即熄灭
C．S闭合瞬间，LA、LB同时亮，然后LA熄灭，LB亮度不变；S断开瞬间，LA亮一下才熄灭，LB立即熄灭
D．S闭合瞬间，LA、LB同时亮，然后LA逐渐变暗到熄灭，LB变得更亮；S断开瞬间，LA亮一下才熄灭，LB立即熄灭
解题指导 S闭合瞬间，由于电感线圈L的自 ( http: / / www.21cnjy.com )感系数足够大，其对电流的阻碍作用相当于一个阻值无穷大的电阻，所以LA、LB同时亮，然后，电感线圈L的阻碍作用逐渐消失，其相当于一段导线，LA被短路，所以LA逐渐变暗到熄灭，电路总电阻减小，电流增大，所以LB变得更亮；S断开瞬间，流过灯LB的电流突然消失，所以LB立即熄灭，但由于流过线圈的电流突然减小，线圈中会产生自感电动势，并与LA组成闭合回路，有电流流过LA，所以LA灯亮，但很快又熄灭，选项D正确．
答案 D
1.如图2所示的电路中，P、Q为两相同的灯泡，L的电阻不计，则下列说法正确的是( )
图2
A．S断开瞬间，P立即熄灭，Q过一会儿才熄灭
B．S接通瞬间，P、Q同时达到正常发光
C．S断开瞬间，通过P的电流从右向左
D．S断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相反
答案 C
解析 S接通瞬间，L中电流从 ( http: / / www.21cnjy.com )0开始增大，于是产生自感电动势，阻碍电流的增加．因此Q不会立即正常发光，较P要晚些，所以B项错误．S断开瞬间，因L的自感作用，通过P、Q形成的回路的电流逐渐减小为0，通过P的方向从右向左，通过Q的方向与原来相同，因此，P、Q两只灯泡会一起渐渐熄灭．故C项正确，A、D项错误．
2.在如图3所示的电路中，带铁心的、电阻较小的线圈L与灯A并联，当合上开关S后灯A正常发光．则下列说法中正确的是( )
图3
A．当断开S时，灯A立即熄灭
B．当断开S时，灯A可能突然闪亮然后熄灭
C．用阻值与灯A相同的线圈取代L接入电路，当断开S时，灯A逐渐熄灭
D．用阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开S时，灯A突然闪亮然后熄灭
答案 BC
解析 在S断开的瞬间，L与A构成闭合回路 ( http: / / www.21cnjy.com )，灯A不会立即熄灭．关键是“小灯泡在熄灭之前是否闪亮一下”这一点如何确定．根据P＝I2R可知，灯A能否闪亮，取决于S断开的瞬间，流过A的电流是否更大一些．在断开S的瞬间，灯A中原来的电流IA立即消失，但灯A和线圈L组成的闭合回路，由于线圈L的自感作用，其中的电流IL不会立即消失，它还要通过回路维持短暂的时间．如果IL>IA，则灯A熄灭之前要闪亮一下；如果IL≤IA，则灯A是逐渐熄灭而不闪亮一下．至于IL和IA的大小关系，由RA和RL的大小关系决定：若RA>RL，则IA第21点 传感器的应用原理分析
1．传感器定义
感受非电学量，并能把它们按照一定的规律转换为电学量，或转换为电路的通断的一类元件．
2．传感器的原理分析
(1)感受量分析
要明确传感器所感受的物理量，如力、热、光、磁、声等．
(2)输出信号分析
明确传感器的敏感元件，分析它的输入信号及输出信号，以及输入信号与输出信号间的变化规律．
(3)电路结构分析
认真分析传感器所在的电路结构，在熟悉常用电子元件工作特点基础上，分析电路输出信号与输入信号间的规律．
对点例题 如图1所示，A是浮 ( http: / / www.21cnjy.com )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．请利用上述器材，设计一个住宅楼房顶上的自动注水装置．
图1
(1)在图中连接电路图．
(2)简述其工作原理．(涉及到的元件可用字母代替)
解题指导 (1)电路图如图所示
(2)按图接好电路，合上开关S，缺水 ( http: / / www.21cnjy.com )时水泵工作，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，拉下衔铁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，使S2接通，M工作．
答案 见解题指导
方法总结 在分析和设计自动控制电路时， ( http: / / www.21cnjy.com )要透彻理解各个元件的特性，如光敏电阻、热敏电阻、电磁继电器、斯密特触发器等；要理清两个回路：含继电器的控制回路及含电动机的执行回路．
1．太阳能是一种清洁“绿色”能源．太阳能 ( http: / / www.21cnjy.com )电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件．某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I－U特性．所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干．
(1)为了达到上述目的，请将图2连成一个完整的实验电路图．
(2)该实验小组根据实验 ( http: / / www.21cnjy.com )得到的数据，描点绘出了如图3所示的I－U图像．由图可知，当电压小于2.0 V时，太阳能电池的电阻________(填“很大”或“很小”)；当电压为2.8 V时，太阳能电池的电阻约为________Ω.
图2 图3
答案 见解析
解析 (1)实验电路如图所示
(2)当电压小于2.0 V时，电流 ( http: / / www.21cnjy.com )几乎为0，太阳能电池的电阻很大；当电压为2.8 V时，对应电流约为2.8 mA，太阳能电池的电阻约为R＝ Ω＝1.0×103 Ω.
2．自己设计一个以热敏电阻 ( http: / / www.21cnjy.com )为传感器的简易自动报警器的实验电路图，要求当温度过高时，灯泡亮或电铃报警．所用的实验器材可以有电磁继电器、电铃、灯泡、热敏电阻、干电池、滑动变阻器、开关．
答案 实验电路图如图所示
解析 当温度升高时，热敏电阻 ( http: / / www.21cnjy.com )的阻值减小，通过电磁继电器螺线管的电流增大，磁性增强，吸下金属片，触点接通，灯泡亮或电铃响，起到报警作用．通过调节滑动变阻器的阻值，可以达到调节报警温度的目的．www.
第19点 巧妙入手分析变压器动态变化问题
变压器由于与实际生活联系紧密，在历年的高考 ( http: / / www.21cnjy.com )中均有一定的体现．变压器问题往往与闭合电路的动态变化结合，要解决此类问题的关键是抓住不变量，从不变量入手分析变化量．要弄清“谁决定谁”的制约关系，从“制约量”入手分析“被制约量”．
1．匝数比不变的情况(如图1所示)
图1
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2不变．
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化．
(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．
2．负载电阻不变的情况(如图2所示)
图2
(1)U1不变，发生变化，故U2发生变化．
(2)R不变，U2变化，故I2发生变化．
(3)根据P2＝，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．
3．分析动态问题的思路程序可表示为
( http: / / www.21cnjy.com )
对点例题 如图3所示，理 ( http: / / www.21cnjy.com )想变压器的a、b端加上一交流电压(电压有效值保持不变)，副线圈c、d端所接灯泡L恰好正常发光．此时滑动变阻器的滑片P位于图示位置．现将滑片下移，则以下说法中正确的是( )
图3
A．灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小
B．灯不能正常发光，原线圈输入功率变大
C．灯不能正常发光，原线圈输入电压变大
D．灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变
解题指导 因为副线圈两端的电压没发生变化 ( http: / / www.21cnjy.com )，所以灯仍能正常发光．当滑片下移时，由于滑动变阻器的电阻增大，所以副线圈中的电流减小，原线圈中输入的电流也变小，故输入的功率变小，A正确，B、C、D错误．
答案 A
1．如图4，一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均为定值电阻，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4
A．U2变小、I3变小
B．U2不变、I3变大
C．I1变小、I2变小
D．I2变大、I3变大
答案 BC
解析 断开S，负载总电阻增大， ( http: / / www.21cnjy.com )因为U2＝U1，U1不变，则U2不变，由I2＝，知I2变小，因为I1＝I2，故I1也变小．R1分压减小，则R3分压增大，故I3增大，综上可知B、C正确．
2．如图5所示，三只灯泡均正常发 ( http: / / www.21cnjy.com )光，现将滑动变阻器R的滑片向下移动，已知原线圈上的电压及原、副线圈的匝数均不变，则下列说法中正确的是 ( )
图5
A．灯L3变暗
B．灯L1和L2均变暗
C．变压器原线圈的输入功率变大
D．副线圈n2中的电流变大
答案 AC
解析 由于原线圈上的电压 ( http: / / www.21cnjy.com )及原、副线圈的匝数均不变，由电压与匝数成正比可知，两个副线圈上的电压均不变．当滑动变阻器R的滑片向下移动时，副线圈n3中的电流增大，电阻R1的电压增大，由闭合电路欧姆定律可得，灯L3两端的电压减小，故灯L3变暗，而副线圈n2的电压及回路中的电阻和电流不发生变化，故灯L1和L2的亮度不变，A正确，B、D错误；由于副线圈中的电流增大，则原线圈中的电流也随之增大，故原线圈的输入功率变大，C正确．www.
第3点 楞次定律的理解与运用
楞次定律是电磁感应一章的重点和难点，要做到透彻理解、灵活应用、融会贯通、举一反三，首先必须做到：
1．正确理解楞次定律中的“阻碍”——四层意思
正确、深入理解楞次定律中的“阻碍”是应用该定律的关键．理解时，要搞清四层意思：
(1)谁阻碍谁？是感应电流的磁场阻碍原磁通量的变化．
(2)阻碍什么？阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身．
(3)如何阻碍？当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”．
(4)结果如何？阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量变化的快慢，原来是增加的还是增加，减少的还是减少．
2．运用楞次定律判定电流方向——四个步骤
(1)明确穿过闭合回路的原磁场方向；
(2)判断穿过闭合回路的磁通量是增加还是减少；
(3)利用楞次定律确定感应电流的磁场方向；
(4)利用安培定则判定感应电流的方向．
应用楞次定律的步骤可概括为：一原二变三感四螺旋．
3．楞次定律的推广——四个拓展
对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因：
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．
对点例题 如图1所示，光 ( http: / / www.21cnjy.com )滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
图1
A．P、Q将互相靠拢
B．P、Q将互相远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g
解题指导 从阻碍回路面积 ( http: / / www.21cnjy.com )变化的角度看：当磁铁靠近闭合回路时，磁通量增加，两导体棒由于受到磁场对其中感应电流的力的作用而互相靠拢以阻碍磁通量的增加，故A项正确；从阻碍相对运动角度看：磁铁靠近回路时必受到阻碍靠近的向上的力的作用，因此磁铁的加速度小于g，故D项正确．
答案 AD
思维规范 由于穿过闭合回路的磁通量发生变化而产生感应电流，感应电流处在原磁场中必然受力，闭合导体受力的结果：
(1)阻碍原磁通量的变化——增反减同．
(2)阻碍导体与磁体间的相对运动——来拒去留．
(3)当回路发生形变时，感应电流的效果是阻碍回路发生形变．
(4)当由于线圈自身的电流发生变化而产生感应电流时，感应电流的效果是阻碍原电流的变化．
总之，如果问题不涉及感应电流的方向，则从楞次定律的另一种表述出发分析问题更简便．
1．如图2所示，在水平面上有一个固定的U形金属框架，其上置一个金属杆ab.在垂直于框架方向有一匀强磁场．则 ( )
图2
A．磁感应强度垂直纸面向外并增大时，ab杆将向右移动
B．磁感应强度垂直纸面向外并减小时，ab杆将向右移动
C．磁感应强度垂直纸面向里并增大时，ab杆将向右移动
D．磁感应强度垂直纸面向里并减小时，ab杆将向右移动
答案 BD
解析 据楞次定律，当磁感应强度垂直纸面向外增 ( http: / / www.21cnjy.com )大时，金属框内产生顺时针电流，再据左手定则，可知金属杆受到向左的安培力，则金属杆将向左运动，所以A选项错误；当磁感应强度垂直纸面向外减小时，金属框内中产生逆时针电流，据左手定则，可知金属杆受到向右的安培力，金属杆将向右运动，B选项正确；当磁感应强度垂直纸面向里增大时，金属框内产生逆时针电流，金属杆受到向左的安培力，金属杆将向左运动，C选项错误；当磁感应强度垂直纸面向里减小时，金属框内产生顺时针电流，金属杆受到向右的安培力，金属杆将向右运动，D选项正确．
2．甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定的轴OO′无摩擦旋转，若分别加上如图3甲、乙所示的匀强磁场，当同时给甲、乙相同的初速度旋转时 ( )
图3
A．甲环先停
B．乙环先停
C．两环同时停下
D．无法判断两环停止的先后
答案 B
解析 甲环旋转时没有切割磁感线，没有 ( http: / / www.21cnjy.com )感应电流产生，而乙环旋转时切割磁感线，有感应电流产生，根据楞次定律，运动导体上的感应电流受的磁场力(安培力)总是反抗(或阻碍)导体的运动，因此乙环先停下．
3．如图4甲所示，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通过如图乙所示的电流I，则 ( )
图4
A．在t1到t2时间内A、B两线圈相吸引
B．在t2到t3时间内A、B两线圈相排斥
C．t1时刻两线圈作用力为零
D．t2时刻两线圈作用力最大
答案 ABC
解析 在t1到t2时间内，A中电流减 ( http: / / www.21cnjy.com )小，穿过B的磁通量减少，根据楞次定律，则A、B两线圈相吸引；在t2到t3时间内，A中电流增大，A、B两线圈相排斥；t1时刻，A中电流最大，此时A中的电流的变化率为零，所以B中无感应电流产生，所以A、B之间作用力为零；t2时刻，A中电流为零，此时A中的电流的变化率最大，在B中感应电流最大，A、B之间作用力为零．选项A、B、C正确．www.
综合检测卷B
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．则以下符合事实的是 ( )
A．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象
B．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场
C．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的
答案 B
2.酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是 ( http: / / www.21cnjy.com )否酒后驾车及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器．酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图1所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系．如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度c成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是( )
图1
A．U越大，表示c越大，c与U成正比
B．U越大，表示c越大，但是c与U不成正比
C．U越大，表示c越小，c与U成反比
D．U越大，表示c越小，但是c与U不成反比
答案 B
解析 传感器电阻r′的倒数与酒精气体浓 ( http: / / www.21cnjy.com )度c成正比，即＝kc.电路中的电流为I＝，电压表示数U＝IR0＝＝，可见电压U与酒精气体浓度c的关系不成正比，但随浓度的增大而增大．故B正确．
3.如图2所示是测定自感系数很大的线圈L直流 ( http: / / www.21cnjy.com )电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压．在测量完毕后，将电路解体时应 ( )
图2
A．先断开S1 B．先断开S2
C．先拆除电流表 D．先拆除电阻R
答案 A
解析 只要不断开S1线圈L与电压表就会组 ( http: / / www.21cnjy.com )成闭合电路，在断开电路干路时，线圈L会因此产生感应电流，流过电压表的电流方向与原来方向相反，电压表中指针将反向转动，损坏电压表，所以必须先拆下电压表，即断开S1.
4.如图3所示，两条平行的虚线间的区 ( http: / / www.21cnjy.com )域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向上匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直，则下图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律 ( )
图3
答案 D
解析 感应电流的变化与感应电动 ( http: / / www.21cnjy.com )势的变化一致，线圈进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，完全进入磁场之后，磁通量不再变化，感应电动势等于零，离开磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，D正确．
5．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流的电动势为e＝220sin 100πt V，对于这个交变电流的说法正确的是 ( )
A．此交变电流的频率为100 Hz，周期为0.01 s
B．此交变电流电动势的有效值为220 V
C．耐压为220 V的电容器能够在该交变电路中使用
D．t＝0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零
答案 B
解析 由电动势瞬时值表达式可知，此交变 ( http: / / www.21cnjy.com )电流的频率为50 Hz，周期为0.02 s，电动势的有效值为220 V，最大值为220 V，故A、C选项错误，B选项正确．当t＝0时，电动势的瞬时值为零，说明t＝0时线圈处于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，故D选项错误．
6．如图4所示，光滑导轨倾 ( http: / / www.21cnjy.com )斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab沿导轨下滑到稳定状态时，灯泡的电功率为P，其他电阻不计，要使灯泡在棒稳定运动状态下的电功率为2P，则应 ( )
图4
A．将导轨间距变为原来的倍
B．换一电阻减半的灯泡
C．将磁场磁感应强度B加倍
D．换一质量为原来倍的金属棒
答案 D
解析 导体棒达到稳定状态时，有
mgsin θ＝BIL＝①
灯泡的电功率P＝②
由①②式得P＝
根据上式可知只有D项正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)
7．如图5所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度升高而减小．电流表为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是 ( )
图5
A.的示数不变，的示数增大
B.的示数增大，的示数减小
C.的示数不变，的示数增大
D.的示数不变，的示数减小
答案 BD
8.如图6所示，矩形线圈a ( http: / / www.21cnjy.com )bcd的边长分别是ab＝L，ad＝D，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场平行，线圈以ab边为轴做角速度为ω的匀速转动，下列说法正确的是(从图示位置开始计时) ( )
图6
A．t＝0时线圈的感应电动势为零
B．转过90°时线圈的感应电动势为零
C．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为ωBLD
D．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为
答案 BD
解析 A、B两选项中都是瞬时感应电 ( http: / / www.21cnjy.com )动势，用E＝BLv求解比较方便．t＝0时，只有cd边切割磁感线，感应电动势E1＝BLv＝BL·ωD＝BSω≠0，A错；转过90°时，线圈的四条边均不切割磁感线，E2＝0，B正确；C、D两选项求的都是平均感应电动势，用E＝较方便．转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量由0变为Φ＝BLD.转过90°所用时间Δt＝＝＝，故平均电动势为：E＝＝＝，故C错，D正确．
9．某发电厂原来用电压为U1的交流电 ( http: / / www.21cnjy.com )输电，后改用变压比为1∶50的升压器将电压升高为U2后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的总电阻为R线，则下列说法中正确的是 ( )
A．由公式I＝可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的
B．由公式I＝可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍
C．由公式P＝I2R线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的
D．由公式P＝可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2 500倍
答案 AC
解析 由＝可知，U2＝50U1，输送功 ( http: / / www.21cnjy.com )率不变，由公式I＝可知，输电线中的电流变为原来的，选项A正确，B错误；由P＝I2R线可知，输电线上的功率损耗减为原来的，选项C正确，D错误．
10.如图7所示，平行金属导轨与水平 ( http: / / www.21cnjy.com )面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行斜面的大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则 ( )
图7
A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B．上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为
C．上滑过程中电流做功产生的热量为－mgs(sin θ＋μcos θ)
D．上滑过程中导体棒损失的机械能为－mgssin θ
答案 CD
解析 上滑过程中导体棒在初始位置所受安培力最 ( http: / / www.21cnjy.com )大，即F＝BIl＝Bl＝，所以选项A错误；上滑过程中由动能定理可得安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为W安培力＋W摩擦力＋WG＝ΔEk＝－mv2，选项B错误；上滑过程中电流做功产生的热量等于克服安培力做的功，选项C正确；由能量守恒定律可判断D正确．
三、填空题(本题共2小题，共11分)
11．(4分)如图8所示，变压器的原线圈1 ( http: / / www.21cnjy.com )接到有效值为220 V的交流电源上．副线圈2的匝数n2＝30匝，与一个“12 V，12 W”的灯泡L连接，L能正常发光．副线圈3的输出电压U3＝110 V，与电阻R连接，通过R的电流为0.4 A，由此可知原线圈1与副线圈3的匝数比为________，原线圈1中通过的电流为________ A.
图8
答案 2∶1 0.25
12．(7分)如图9甲所示是某同学探究热敏电阻阻值随温度变化的规律时设计的电路图．
(1)根据电路图，在图乙的实物上连线．
图9
(2)通过实验，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图10所示，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而________．
(3)他将这个热敏电阻接入如图11所示的电路 ( http: / / www.21cnjy.com )中，已知电源电压为9 V，R1＝30 Ω，内阻不计的毫安表读数为500 mA，则R2的阻值为________．
图10 图11
答案 (1)连接实物图如图所示
(2)减小 (3)25 Ω
解析 (2)由热敏电阻伏安特性曲线可知：随电流、电压的增大(即功率增大，温度升高)，曲线斜率也增大，因此电阻阻值减小．
(3)毫安表内阻不计，则通过R1的电流I1＝＝ A＝300 mA.
通过R2和R的电流为
I2＝IA－I1＝500 mA－300 mA＝200 mA，
由R的伏安特性曲线可以读出，当I2＝200 mA时，R两端的电压为U＝4 V，
则R2两端的电压U2＝E－U＝5 V，
所以R2＝＝ Ω＝25 Ω.
四、计算题(本题共4小题，共45分)
13．(8分)如图12所示，匀 ( http: / / www.21cnjy.com )强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率＝k，k为正的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框．将方框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中，求：
图12
(1)导线中感应电流的大小；
(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．
答案 (1) (2)
解析 (1)方框的感应电动势为E＝①
ΔΦ＝l2·ΔB②
导线中的电流为I＝③
式中R是导线的总电阻，根据电阻率公式有
R＝ρ④
联立①②③④式，将＝k代入得
I＝.⑤
(2)方框所受磁场的作用力的大小为
F＝BIl⑥
它随时间的变化率为
＝Il⑦
由⑤⑦式得
＝.
14．(9分)如图13所示，一个小 ( http: / / www.21cnjy.com )型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长为l1，宽为l2，共有n匝，总电阻为r，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻．线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO′匀速转动，沿转动轴OO′方向看去，线圈转动方向沿顺时针．求：
图13
(1)线圈经过图示位置时通过电阻R上的感应电流的方向；
(2)从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始计时，经多长时间，通过电阻R上电流的瞬时值第一次为零？
(3)与电阻并联的电压表的示数是多少？
答案 (1)自上而下 (2) (3)
解析 (1)根据右手定则判断，R上的感应电流的方向为自上而下．
(2)t＝T＝＝.
(3)Em＝nBl1l2ω.所以E＝nBl1l2ω.
UR＝·E＝.
15．(12分)在图14甲中，直角坐 ( http: / / www.21cnjy.com )标系xOy的1、3象限内有匀强磁场，第1象限内的磁感应强度大小为2B，第3象限内的磁感应强度大小为B，磁感应强度的方向均垂直于纸面向里．现将半径为l、圆心角为90°的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O点在纸面内沿逆时针匀速转动，导线框回路电阻为R.
图14
(1)求导线框中感应电流的最大值．
(2)在图乙中画出导线框匀速转动一周的时间内感应电流I随时间t变化的图像．(规定与图甲中线框的位置相对应的时刻为t＝0)
(3)求线框匀速转动一周产生的热量．
答案 (1) (2)见解析图 (3)
解析 (1)线框从题图甲位置开始(t＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为：
E1＝·2B·ω·l2
由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1＝
联立以上各式解得：I1＝
同理可求得线框进出第3象限的过程中，回路电流为：
I2＝
故感应电流最大值为：Im＝
(2)I－t图像为：
(3)线框匀速转动一周产生的热量：
Q＝2(I·R·＋I·R·)
又T＝
解得：Q＝.
16．(16分)如图15甲所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为l，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m.导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S、阻值为R1的定值电阻和电阻箱R2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S，将金属棒由静止释放．
(1)判断金属棒ab中电流的方向；
(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；
(3)当B＝0.40 T、l＝0.50 ( http: / / www.21cnjy.com )m、α＝37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求R1的大小和金属棒的质量m.
图15
答案 (1)b到a (2)mgh－mv2 (3)2.0 Ω 0.1 kg
解析 (1)由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向为b到a
(2)由能量守恒定律可知，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热mgh＝mv2＋Q
解得：Q＝mgh－mv2
(3)最大速度为vm时，切割磁感线产生的感应电动势E＝Blvm
由闭合电路欧姆定律得：I＝
从b端向a端看，金属棒受力如图所示：
金属棒达到最大速度时满足
mgsin α－BIl＝0
由以上三式得最大速度：
vm＝R2＋R1
题图乙斜率
k＝ m/(s·Ω)＝15 m/(s·Ω)，
纵截距vm0＝30 m/s
则：R1＝vm0，＝k
解得：R1＝2.0 Ω，m＝0.1 kg.www.
章末检测卷(四)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．下列器件不是应用温度传感器的是 ( )
A．电熨斗 B．话筒 C．电饭锅 D．测温仪
答案 B
解析 电熨斗、电饭锅和测温仪都是把非电学 ( http: / / www.21cnjy.com )量温度转换为电学量的元件，都要使用温度传感器．话筒是把非电学量声音转换为电学量的元件，不需要使用温度传感器．
2．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
答案 B
解析 题中提到有光照或温度升高时 ( http: / / www.21cnjy.com )排气扇都能自动控制，由此可见两个传感器一个是光电传感器，一个是温度传感器，而且排气扇自动工作只需光照或温度一个满足条件即可，A、C、D错，B对．
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
答案 A
4．如图1所示是某种汽车上 ( http: / / www.21cnjy.com )的一种自动测定油箱内油面高度的装置．R是滑动变阻器．它的金属滑片是杠杆的一端，从油量表(由电流表改装而成)指针所指的刻度，就可以知道油箱内油面的高度，当滑动变阻器的金属滑片向下移动时( )
图1
A．电路中的电流减小，油箱油面降低
B．电路中的电流减小，油箱油面升高
C．电路中的电流增大，油箱油面降低
D．电路中的电流增大，油箱油面升高
答案 D
解析 当油箱油面升高时，由于浮力作用使金属滑片向下移动，而回路电阻减小，电流增大，故D项正确．
5．某仪器内部电路如图2所示，其中M ( http: / / www.21cnjy.com )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
答案 B
解析 向右加速时，M向左移动，金属块与a接触，乙灯亮；当刹车时，M向右移动，金属块与c接触，甲灯亮．故选项B正确．
6．氧化锡传感器主要用于汽车 ( http: / / www.21cnjy.com )尾气中一氧化碳浓度的检测．它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化，在图3甲所示的电路中，不同的一氧化碳浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与一氧化碳浓度有了对应关系，观察仪表指针就能判断一氧化碳浓度是否超标．有一种氧化锡传感器，其技术资料中给出的是电导(即电阻的倒数)—CO浓度曲线如图乙所示，请判断，下列选项中电压表示数U0与一氧化碳浓度c之间的对应关系正确的是 ( )
图3
答案 B
解析 由题图乙知一氧化碳浓度越高，传感器电阻越小，电路中的电流越大，电压表示数U0越大，B正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分，每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)
7．关于传感器的作用，下列说法中正确的是 ( )
A．传感器都能进行自动控制
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
答案 BC
解析 传感器是将感受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．
8．下列说法正确的是 ( )
A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号
B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断
C．电子秤所使用的测力装置是力传感器
D．半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大
答案 BC
解析 话筒是一种常用的声传感器，其作用是将声信号转换为电信号，选项A错误；半导体热敏电阻的温度越高，它的电阻值越小，选项D错误．
9．下列说法正确的是( )
A．热敏电阻是把热量这个热学量转换为电阻这个电学量
B．力传感器可以将力学量转换为电学量
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
答案 BCD
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的元件，A错误；B、C、D正确．
10．电容式话筒的保真度比动圈式话筒好，其 ( http: / / www.21cnjy.com )工作原理如图4所示．Q是绝缘支架，薄金属膜M和固定电极N形成一个电容器，被直流电源充电．当声波使膜片振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流．当膜片向右运动的过程中，有( )
图4
A．电容变大
B．电容变小
C．导线AB中有向左的电流
D．导线AB中有向右的电流
答案 AC
三、填空题(本题共2小题，共10分)
11．(4分)目前有些居民区 ( http: / / www.21cnjy.com )内楼道灯的控制，使用的是一种延时开关，该延时开关的简化原理如图5所示．图中D是红色发光二极管(只要有很小的电流通过就能使其发出红色亮光)，R为限流电阻，K为按钮式开关，虚线框内S表示延时开关电路，当按下K接通电路瞬间，延时开关触发，相当于S闭合，这时释放K后，延时开关S约在1 min后断开，灯泡熄灭．根据上述信息和原理图，我们可推断：
按钮开关K按下前，发光二极管是 ( http: / / www.21cnjy.com )________(填“发光的”或“熄灭的”)，按钮开关K按下再释放后，灯泡L发光持续时间约________ min.这一过程中发光二极管是________．限流电阻R的阻值和灯丝电阻RL相比，应满足R________RL的条件．
图5
答案 发光的 1 熄灭的
解析 开关K按下前，S断开，有电流经 ( http: / / www.21cnjy.com )过发光二极管，故发光二极管是发光的．当按下开关K后，延时开关S闭合，二极管和R被短路，二极管不发光，由于延时开关S约1 min后断开，故灯泡L能持续发光1 min，由于R为限流电阻，且二极管只要有很小的电流通过就能发光，故应满足R RL.
12．(6分)传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用．有一种测量人的体重的电子秤，其测量部分的原理图如图6中的虚线框所示，它主要由压力传感器R(电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻)和显示体重大小的仪表(实质是理想的电流表)组成．压力传感器表面能承受的最大压强为1×107 Pa，且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如下表所示．设踏板和压杆的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8 V，取g＝10 m/s2.请回答：
压力F/N 0 250 500 750 1 000 1 250 1 500 ……
电压R/Ω 300 270 240 210 180 150 120 ……
图6
(1)该秤零起点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘________A处．
(2)如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为20 mA，这个人的质量是________kg.
答案 (1)1.6×10－2 (2)50
解析 (1)由题表知，踏板空载时，压力传感器电阻R＝300 Ω，此时中电流I＝＝ A＝1.6×10－2 A.
(2)当电流I′＝20 mA＝2×10－2 A时，压力传感器的电阻R′＝＝ Ω＝240 Ω，对应表格中，这个人的质量为50 kg.
四、计算题(本大题共4小题，共45分)
13．(8分)(1)用如图7所示的传感器可以测运动物体的位移，说明它的工作原理是什么？
(2)电子电路中常用到一种称为“干簧管”的元件，它的结构是玻璃管内封入的两个软磁性材料制成的簧片，如图8所示，它是传感器吗？
图7
图8
答案 见解析
解析 (1)它可以将位移变化转化为电容信号，当物体向左运动时，电容增大；向右运动时，电容减小．
(2)它是传感器，可以感知磁场．
玻璃管内封入两个软磁性材料制成的簧片，当存在磁场时，如条形磁铁靠近，两个簧片被磁化而相互吸引接触，灯泡就发光，因此能感知磁场的存在．
14．(10分)温度传感器广泛应用 ( http: / / www.21cnjy.com )于室内空调、电冰箱和微波炉等家电产品中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性工作的．在图9甲中，电源的电动势E＝9.0 V，内阻可忽略不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其阻值与温度的变化关系如图乙中的R－t图线所示．闭合开关，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1＝2 mA；当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻R的温度是多少？
图9
答案 120℃
解析 温度为20℃时R为4 kΩ，由I＝，得Rg＝500 Ω，
若I＝3.6 mA，可得R＋Rg＝2.5 kΩ，则R＝2 kΩ
根据题图乙得，此时温度为120℃.
15．(14分)某种电饭锅的工作原理图如图 ( http: / / www.21cnjy.com )10所示，煮饭时开关S是闭合的，红色指示灯亮；饭熟后(温度大约为103℃)保护开关S自动断开，黄灯亮．
图10
(1)电阻R1的作用是保护红色指示灯不致因电流过大而烧毁，与电饭锅发热板的等效电阻相比，二者大小应有什么关系？为什么？
(2)通常情况下用这种电饭锅烧水时，它的自动断电功能是否起作用？为什么？
答案 见解析
解析 (1)R1应该远大于发热板的 ( http: / / www.21cnjy.com )等效电阻．因为红色指示灯只起指示作用，R1和红色指示灯消耗的电功率应远小于发热板的功率，两者又是并联接入电路的，电压相同，所以流过R1和红色指示灯的电流应远小于流过发热板的电流，因此R1应该远大于发热板的等效电阻．
(2)不起作用．水沸腾时的温度为100℃，烧开时水温不会达到103℃，所以自动断电功能不起作用．
16．(14分)现有热敏电阻、电炉丝、 ( http: / / www.21cnjy.com )电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关和导线若干．如图11所示，试设计一个温控电路．要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电，画出电路图说明工作过程．
图11
答案 电路图如图所示
工作过程：闭合S，当温度低于设计 ( http: / / www.21cnjy.com )值时，热敏电阻阻值大，通过电磁继电器的电流小，不能吸下P，K接通，电炉丝加热．当温度达到设计值时，热敏电阻减小到某值，通过电磁继电器的电流达到工作电流，吸下铁片P，使触点K断开，电炉丝断电，停止供热．当温度低于设计值时，又重复前述过程．www.
章末检测卷(一)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．2013年12月我国发射的“玉兔号” ( http: / / www.21cnjy.com )月球车成功着陆月球，预计在2020年将实施载人登月．假如宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是 ( )
A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无
B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则判断月球表面无磁场
C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场
D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿两个互相垂直的方向运动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零
答案 C
解析 电流表有示数时可判断有磁场存在，沿某方向运动而无示数不能确定磁场是否存在，只有C正确．
2．如图1所示，一个半径为l的半圆形硬导体 ( http: / / www.21cnjy.com )AB以速度v在水平U形框架上向右匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，干路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生的感应电动势大小及A、B之间的电势差分别为 ( )
图1
A．Blv B．Bπlv
C．2Blv D．2Blv 2Blv
答案 C
解析 根据E＝BLv，感应电动势2Blv，A、B间的电势差U＝，C项正确．
3.如图2所示是研究通电自感实验的电路图 ( http: / / www.21cnjy.com )，A1，A2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开电键S.重新闭合电键S，则 ( )
图2
A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮
B．闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮
C．稳定后，L和R两端的电势差一定相同
D．稳定后，A1和A2两端的电势差不相同
答案 C
解析 根据题设条件可知，闭 ( http: / / www.21cnjy.com )合电键调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，断开电键再重新闭合电键的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误．
4.如图3所示，一个闭合三角形导线框A ( http: / / www.21cnjy.com )BC位于竖起平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中 ( )
图3
A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B．导线框的磁通量为零时，感应电流也为零
C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上
D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
答案 A
解析 根据右手螺旋定则可知导线上方 ( http: / / www.21cnjy.com )的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误．根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．
5．如图4所示，光滑绝缘水平面上， ( http: / / www.21cnjy.com )有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场左侧时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么 ( )
图4
A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下
B．线圈在磁场中某位置停下
C．线圈在未完全离开磁场时即已停下
D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来
答案 D
解析 线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈 ( http: / / www.21cnjy.com )受安培力作用做减速运动，动能也减少．同理，线圈冲出匀强磁场时，动能减少，进、出时减少的动能都等于克服安培力做的功．由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的动能也多，线圈离开磁场过程中，损失的动能少于它在磁场左侧时动能的一半，因此线圈离开磁场仍继续运动．
6.如图5所示为几个有理想 ( http: / / www.21cnjy.com )边界的磁场区域，相邻区域的磁感应强度B大小相等、方向相反，区域的宽度均为L.现有一边长为L的正方形导线框由图示位置开始，沿垂直于区域边界的直线匀速穿过磁场区域，速度大小为v.设逆时针方向为电流的正方向，下列各图能正确反映线框中感应电流的是 ( )
图5
答案 D
解析 导线框进入磁场中0 ( http: / / www.21cnjy.com )到L的过程中，由右手定则知，感应电流的方向为顺时针，即负方向，感应电流I＝，大小恒定，A、B不正确；导线框进入磁场中L至2L的过程中，导线框左右两侧均切割磁感线，由右手定则，可判断感应电流的方向为逆时针，即为正方向，感应电流I′＝，C错误，D正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)
7.如图6所示，矩形闭合线圈放置在水平 ( http: / / www.21cnjy.com )薄板上，有一块碲形磁铁如图示方式置于平板的正下方(磁极间距略大于矩形线圈的宽度)．当磁铁匀速向右通过线圈正下方时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是( )
图6
A．摩擦力方向一直向左
B．摩擦力方向先向左、后向右
C．感应电流的方向顺时针→逆时针→顺时针
D．感应电流方向顺时针→逆时针
答案 AC
解析 穿过线圈的磁通量先向上方向增加， ( http: / / www.21cnjy.com )后减少，当线圈通过磁铁中间以后，磁通量先向下方向增加，后减少，所以感应电流的方向顺时针→逆时针→顺时针，故C正确，D错误；根据楞次定律可以判断：磁铁向右移动过程中，磁场对线圈有向右的安培力作用，所以摩擦力方向向左，故A正确，B错误．
8.用一根横截面积为S、电阻率为 ( http: / / www.21cnjy.com )ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图7所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k＜0)．则 ( )
图7
A．圆环中产生逆时针方向的感应电流
B．圆环具有扩张的趋势
C．圆环中感应电流的大小为||
D．图中a、b两点间的电势差大小为Uab＝|πkr2|
答案 BD
解析 由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过 ( http: / / www.21cnjy.com )闭合线圈的磁通量减小，根据楞次定律可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，故A错误，B正确；圆环中产生的感应电动势为E＝＝S＝|πr2k|，圆环的电阻为R＝ρ＝，所以圆环中感应电流的大小为I＝＝||，故C错误；图中a、b两点间的电势差Uab＝I×R＝|πkr2|，故D正确．
9.如图8所示，边长为L的正方形线框 ( http: / / www.21cnjy.com )，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，中途穿越垂直纸面向里，有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，从线框刚进入磁场开始计时，取逆时针方向为电流正方向，以下i－t关系图像，可能正确的是 ( )
图8
答案 BC
解析 边长为L的正方形线框，从图示位置 ( http: / / www.21cnjy.com )开始沿光滑斜面向下滑动，若进入磁场时所受安培力与重力沿斜面方向的分力平衡，则线框做匀速直线运动，感应电流为一恒定值；完全进入后磁通量不变，感应电流为零，线框做匀加速直线运动；从磁场中出来时，感应电流方向相反，所受安培力大于重力沿斜面方向的分力，线框做加速度减小的减速运动，感应电流减小，选项B正确．同理可知，C正确．
10.如图9所示，竖直平行金属 ( http: / / www.21cnjy.com )导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是 ( )
图9
A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量
B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
C．电流所做的功等于重力势能的增加量
D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量
答案 BD
解析 当外力F拉着金属杆匀速上升时，拉 ( http: / / www.21cnjy.com )力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，选项A错误，D正确．克服安培力做多少功，电阻R上就产生多少热量，选项B正确．电流做的功不等于重力势能的增加量，选项C错误．综上所述，本题的正确选项为B、D.
三、填空题(本题共2小题，共9分)
11. (3分)如图10所示，半径为r的金 ( http: / / www.21cnjy.com )属圆环绕通过直径的轴OO′以角速度ω匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B，以金属环的环面与磁场方向重合时开始计时，求在转动30°角的过程中，环中产生的平均感应电动势为________．
图10
答案 3Bωr2
解析 ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BSsin 30°－0＝πBr2.
又Δt＝＝＝π/(6ω)
所以＝＝＝3Bωr2.
12．(6分)电吉他是利用电 ( http: / / www.21cnjy.com )磁感应原理工作的一种乐器．如图11所示为电吉他的扩音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．
图11
(1)金属弦的作用类似“研究电磁感应现 ( http: / / www.21cnjy.com )象”实验中铁心的作用，则被拨动后靠近螺线管的过程中，通过放大器的电流方向为________(以图为准，选填“向上”或“向下”)．
(2)下列说法正确的是 ( )
A．金属弦上下振动的周期越大，螺线管内感应电流的方向变化也越快
B．金属弦上下振动过程中，经过相同位置时速度越大，螺线管中感应电动势也越大
C．电吉他通过扩音器发出的声音随感应电流强度增大而变响，增减螺线管匝数会起到调节音量的作用
D．电吉他通过扩音器发出的声音频率和金属弦振动频率相同
答案 (1)向下 (2)BCD
解析 (1)金属弦靠近螺线管时，线圈中磁场变强，根据楞次定律可得通过放大器的电流方向为向下．
(2)感应电动势的大小与磁通量的变化率 ( http: / / www.21cnjy.com )有关，与线圈匝数有关，所以选项B、C正确；电吉他通过扩音器发出的声音频率与感应电流的频率相同，即与金属弦振动频率相同，A错误，D正确．
四、计算题(本题共4小题，共47分)
13．(10分)轻质细线吊着一质量为m＝ ( http: / / www.21cnjy.com )0.32 kg、边长为L＝0.8 m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为r＝1 Ω.边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图12甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化关系如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取g＝10 m/s2.求：
图12
(1)在前t0时间内线圈中产生的电动势；
(2)在前t0时间内线圈的电功率；
(3)t0的值．
答案 (1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s
解析 (1)由法拉第电磁感应定律得
E＝n＝n××()2＝10××()2×0.5 V＝0.4 V.
(2)I＝＝0.4 A，P＝I2r＝0.16 W.
(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有：
F安＝nBt0I＝mg，I＝
Bt0＝＝2 T
由图像知：Bt0＝1＋0.5t0(T)，
解得t0＝2 s.
14.(10分)如图13所示，两根相距d＝0 ( http: / / www.21cnjy.com ).20 m的平行金属长导轨固定在同一水平面内，并处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.20 T．导轨上面横放着两条金属细杆，构成矩形回路．每条金属细杆的有效电阻r＝0.25 Ω.回路中其余部分的电阻可不计．已知两金属细杆在平行于导轨的拉力作用下沿导轨朝相反的方向匀速平移，速度大小都是v＝5.0 m/s，不计导轨的摩擦．
图13
(1) 求作用于每条细杆的拉力的大小；
(2)求两金属细杆在间距增加0.40 m的滑动过程中共产生的热量．
答案 (1)3.2×10－2 N (2)1.28×10－2 J
解析 (1)无论磁场方向是竖直向上还是竖直向下，当两金属细杆都以速度v朝相反方向滑动时，两金属细杆产生大小相同方向一致的感应电动势．
E1＝E2＝Bdv①
由闭合电路欧姆定律，回路中的电流
I＝②
因拉力与安培力平衡，作用于每根金属杆的拉力大小为F1＝F2＝BdI③
由①②③联立并代入数据，得F1＝F2＝＝ N＝3.2×10－2 N.
(2)设金属杆之间增加的距离为ΔL，则两金属杆共产生的热量Q＝I2·2r·，
代入数据得Q＝1.28×10－2 J.
15. (12分)如图14所示，有两 ( http: / / www.21cnjy.com )根足够长、不计电阻、相距L的平行光滑金属导轨cd、ef与水平面成θ角固定放置，底端接一阻值为R的电阻，在轨道平面内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直轨道平面斜向上．现有一平行于ce、垂直于导轨、质量为m、电阻不计的金属杆ab，在沿轨道平面向上的恒定拉力F作用下，从底端ce由静止沿导轨向上运动，当ab杆速度达到稳定后，撤去拉力F，最后ab杆又沿轨道匀速回到ce端．已知ab杆向上和向下运动的最大速度相等．求：拉力F和杆ab最后回到ce端的速度v.
图14
答案 2mgsin θ
解析 当ab杆沿导轨上滑达到最大速度v时，其受力如图所示：
由平衡条件可知：
F－FB＝mgsin θ①
又FB＝BIL②
而I＝③
联立①②③式得：F－－mgsin θ＝0④
同理可得，ab杆沿导轨下滑达到最大速度时：
mgsin θ－＝0
联立④⑤两式解得：F＝2mgsin θ
v＝.
16．(15分)如图15甲所示，两条足 ( http: / / www.21cnjy.com )够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，两导轨的上端间接有电阻，阻值R＝2 Ω.虚线OO′下方是垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁场磁感应强度为2 T．现将质量为m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，不计导轨的电阻．已知金属杆下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示．(取g＝10 m/s2)求：
图15
(1)金属杆刚进入磁场时速度为多大？下落了0.3 m时速度为多大？
(2)金属杆下落0.3 m的过程中， 在电阻R上产生多少热量？
答案 (1)1 m/s 0.5 m/s (2)0.287 5 J
解析 (1)刚进入磁场时，a0＝10 m/s2
方向竖直向上
由牛顿第二定律有BI0L－mg＝ma0
若进入磁场时的速度为v0，有I0＝，E0＝BLv0得v0＝
代入数值有：v0＝ m/s＝1 m/s
下落0.3 m时，通过a—h图像知a＝0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡有mg＝BIL其中I＝，E＝BLv，
可得下落0.3 m时杆的速度v＝
代入数值有：v＝ m/s＝0.5 m/s.
(2)从开始到下落0.3 m的过程中，由能量守恒定律有mgh＝Q＋mv2，代入数值有Q＝0.287 5 Jwww.
第9点 电磁感应中的电路问题
1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生 ( http: / / www.21cnjy.com )感应电动势的那部分导体就是电源．如：切割磁感线的导体棒、内有磁通量变化的线圈等．这种电源将其他形式能转化为电能．
判断感应电流和感应电动势的方向， ( http: / / www.21cnjy.com )都是利用“相当于电源”的部分根据右手定则或楞次定律判定的．实际问题中应注意外电路电流由高电势流向低电势，而内电路则相反．
2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成．
在闭合电路中，“相当于电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势．
3．解决电磁感应中的电路问题三步曲：
(1)确定电源．切割磁感线的 ( http: / / www.21cnjy.com )导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝n或E＝BLv求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．
(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图．
(3)利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解．
对点例题 固定在匀强磁场中的正方形 ( http: / / www.21cnjy.com )导线框abcd各边长为L，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可以忽略的铜线，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，现有一段与ab完全相同的电阻丝PQ架在导线框上(如图1所示)，以恒定的速度v从ad滑向bc，当PQ滑过L/3的距离时，通过aP段电阻丝的电流强度是多大？方向如何？
图1
解题指导 PQ在磁场中做切割磁感线运动产生 ( http: / / www.21cnjy.com )感应电动势，由于是回路，故电路中有感应电流，可将电阻丝PQ视为有内阻的电源，电阻丝aP与bP并联，且RaP＝R、RbP＝R，于是可画出如图所示的电路图．
电源电动势为E＝BvL，外电阻为R外＝＝R.
总电阻为R总＝R外＋r＝R＋R，即R总＝R.电路中的电流为：
I＝＝.通过aP段的电流为：IaP＝I＝，方向由P到a.
答案 由 P到a
方法提炼 产生感应电动势的那部分 ( http: / / www.21cnjy.com )导体相当于电源，注意电源内部电流的方向由低电势指向高电势．画出等效电路图是解决此类问题的关键，然后利用恒定电路的相关知识进行求解．
用均匀导线做成的正方形线框电阻为r ( http: / / www.21cnjy.com )、边长为0.2 m，正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图2所示．当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是 ( )
图2
A．Uab＝0.1 V B．Uab＝－0.1 V
C．Uab＝0.2 V D．Uab＝－0.2 V
答案 B
解析 题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产 ( http: / / www.21cnjy.com )生感应电动势，从而在线框中产生感应电流．把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内阻为，画出等效电路图如图所示，则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压．设l是边长，且依题意知＝10 T/s.由E＝得E＝＝10× V＝0.2 V，U＝I·＝·＝0.1 V．由于a点电势低于b点电势，故Uab＝－0.1 V，故B选项正确．www.
第10点 电磁感应中的图像问题
电磁感应中的图像问题综合了 ( http: / / www.21cnjy.com )法拉第电磁感应定律——计算感应电动势的大小、楞次定律——判断感应电流方向、运动学知识——判定运动时间以及作图能力，是对电磁感应知识的综合考查．
1．思路导图
2．分析方法
对图像的分析，应做到“四明确一理解”：
(1)明确图像所描述的物理意义；明确各种“＋”、“－”的含义；明确斜率的含义；明确图像和电磁感应过程之间的对应关系．
(2)理解三个相似关系及其各自的物理意义：
v－Δv－，B－ΔB－，Φ－ΔΦ－
3．解决图像问题的一般步骤：
(1)明确图像的种类，即是B－t图像还是Φ－t图像，或者E－t图像、i－t图像等．
(2)分析电磁感应的具体过程．
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．
(6)画图像或判断图像．
4．电磁感应中图像类选择题的两个常见解法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量 ( http: / / www.21cnjy.com )的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两 ( http: / / www.21cnjy.com )个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．
对点例题 如图1所示，
图1
两个垂直纸面的匀强磁场方向相反．磁感应强度 ( http: / / www.21cnjy.com )的大小均为B，磁场区域的宽度均为a，一正三角形(高为a)导线框ABC从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，感应电流I与线框移动距离x的关系图像是( )
答案 C
解题指导 导线框进入左边磁场时，切割磁感线 ( http: / / www.21cnjy.com )的有效长度L＝2vt·tan 30°，与时间成正比．根据楞次定律可以判定，导线框进入左边磁场和离开右边磁场时，电路中的感应电流方向均为逆时针方向．导线框在穿越两个磁场过程中，电路中的感应电流方向为顺时针方向．分析导线框进入、出来过程中有效切割长度可知感应电动势的变化，由I＝知，C正确．
1．如图2所示，一导体圆环位于纸面内 ( http: / / www.21cnjy.com )，O为圆心．环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场的磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直．导体杆OM可绕O点转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触．在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以角速度ω逆时针匀速转动，t＝0时恰好在图示位置．规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t＝0开始转动一周的过程中，电流随ωt变化的图像是( )
图2
答案 C
解析 设杆OM的有效切割长度为l.依 ( http: / / www.21cnjy.com )据右手定则，可知转动角度在0～内，电流方向由M到O，在电阻R上电流方向是由b到a，为负值，且大小为I＝，为一定值；～π内没有感应电流；π～π内电流的方向由O到M，在电阻R上电流方向由a到b，即沿正方向；～2π内没有感应电流，因此C正确．
2．如图3所示，边长为L、 ( http: / / www.21cnjy.com )总电阻为R的正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，其bc边紧靠磁感应强度为B、宽度为2L、方向竖直向下的有界匀强磁场的边缘．现使线框以初速度v0匀加速通过磁场，下列图线中能定性反映线框从开始进入到完全离开磁场的过程中，线框中的感应电流(以逆时针方向为正)的变化的是 ( )
图3
答案 AD
3．如图4甲所示，一矩形线圈abcd位 ( http: / / www.21cnjy.com )于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．以I表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则下列选项中能正确表示线圈中电流I随时间t变化规律的是 ( )
图4
答案 Cwww.
第6点 把握“变化率”，理解法拉第电磁感应定律
1．感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定．而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(1)Φ是状态量，是在某时刻(某位置)穿过闭合回路的磁感线条数，当磁场与回路平面垂直时，Φ＝BS.
(2)ΔΦ是过程量，是表示回路从某一时刻 ( http: / / www.21cnjy.com )变化到另一时刻磁通量的变化量，即ΔΦ＝Φ2－Φ1.常见磁通量变化方式有：B不变，S变；S不变，B变；B和S都变．总之，只要影响磁通量的因素发生变化，磁通量就会变化．
(3)表示磁通量的变化快慢，即单位时间内磁通量的变化，又称为磁通量的变化率．
(4)Φ、ΔΦ、的大小没有直接关 ( http: / / www.21cnjy.com )系，这一点可与运动学中v、Δv、三者类比．值得指出的是：Φ很大，可能很小；Φ很小，可能很大；Φ＝0，可能不为零(如线圈平面转到与磁感线平行时)．
2．具体而言：当ΔΦ仅由B引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝n.
3．磁通量的变化率是Φ－t图像上某点切线的斜率．当Φ按正弦规律变化时，Φ最大时，＝0，反之，当Φ为零时，最大．
对点例题 关于感应电动势、磁通量、磁通量的变化量，下列说法正确的是( )
A．穿过回路的磁通量越大，磁通量的变化量不一定越大，回路中的感应电动势也不一定越大
B．穿过回路的磁通量的变化量与线圈的匝数无关，回路中的感应电动势与线圈的匝数有关
C．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0
D．某一时刻穿过回路的磁通量为0，回路中的感应电动势一定为0
解题指导 E＝n的理解可以与加速度的定义式a＝类比，感应电动势与磁通量、磁通量的变化量均无关，而与磁通量的变化率有关．具体关系为：感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，且磁通量的变化率可以等效为一匝线圈产生的感应电动势．
答案 ABC
思维规范 处理此类问题的关键：一 ( http: / / www.21cnjy.com )是紧扣法拉第电磁感应定律，二是区分Φ、ΔΦ和.与Φ、ΔΦ没有必然联系；与ΔΦ、Δt也没有直接关系，而是由二者共同决定的．磁通量的变化率有以下四种等效的说法：(1)磁通量的变化量与发生这些变化所用时间的比值．(2)单位时间内磁通量的变化量．(3)在Φ－t图像中，图线的斜率表示磁通量的变化率．(4)磁通量变化的快慢．
1．将一磁铁缓慢或者迅速地插到单匝闭合线框中的同一位置处，两个过程中相同的物理量是( )
A．磁通量的变化量
B．磁通量的变化率
C．感应电流的大小
D．流过线框横截面的电荷量
答案 AD
解析 将磁铁缓慢或迅速插到闭合线框的同一位置 ( http: / / www.21cnjy.com )，磁通量的变化量相同．而用的时间不同，所以磁通量的变化率不同．感应电流I＝＝，故感应电流的大小不同，流过线框横截面的电荷量q＝I·Δt＝·Δt＝，两次磁通量的变化量相同，电阻不变，所以q与磁铁插入线框的快慢无关．选A、D.
2．穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图1所示中的①～④所示，下列说法正确的是 ( )
图1
A．图①有感应电动势，且大小恒定不变
B．图②产生的感应电动势一直在变大
C．图③在0～t1时间内的感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍
D．图④产生的感应电动势先变大再变小
答案 C
解析 感应电动势E＝，而对应Φ－t图像中图线的斜率，根据图线斜率的变化情况可得：①中无感应电动势；②中感应电动势恒定不变；③中感应电动势0～t1时间内的大小是t1～t2时间内大小的2倍；④中感应电动势先变小再变大．
3．一个面积S＝4×10－2 m2、 ( http: / / www.21cnjy.com )匝数n＝100的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁场的磁感应强度B随时间变化的规律为ΔB/Δt＝2 T/s，则穿过这个线圈的磁通量的变化率为________ Wb/s，线圈中产生的感应电动势E＝________ V.
答案 8×10－2 8
解析 根据磁通量变化率的定义得＝SΔB/Δt＝4×10－2×2 Wb/s＝8×10－2 Wb/s
由E＝nΔΦ/Δt得
E＝100×8×10－2 V＝8 V.
4.半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为 ( http: / / www.21cnjy.com )l的正方形abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图2甲所示．当磁场随时间的变化规律如图乙所示时，则穿过圆形线圈磁通量的变化率为________，t0时刻线圈产生的感应电流为________．
图2
答案 l2 n
解析 磁通量的变化率为＝S＝l2
根据法拉第电磁感应定律得t0时刻线圈中的感应电动势
E＝n＝nl2
再根据闭合电路欧姆定律得感应电流I＝n＝n.www.
综合检测卷A
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．目前金属探测器已经广泛应用于各种安检、高考及一些重要场所，关于金属探测器的下列有关论述正确的是 ( )
A．金属探测器可用于月饼生产中，用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中
B．金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手脚中的金属物，是因为探测器的线圈中能产生涡流
C．使用金属探测器的时候，应该让探测器静止不动，探测效果会更好
D．能利用金属探测器检测考生是否携带手机等违禁物品，是因为探测器的线圈中通有直流电
答案 A
解析 金属探测器是通过其通有 ( http: / / www.21cnjy.com )交流电的探测线圈，会在隐藏金属中激起涡流，反射回探测线圈，从而改变原交流电的大小和相位，从而起到探测作用．当探测器对于被测金属发生相对移动时，探测器中的线圈的交流电产生的磁场相对变化较快，在金属中产生的涡流会更强，检测效果更好，正确选项为A.
2．一磁铁自远处匀速沿一圆形线 ( http: / / www.21cnjy.com )圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，如图1所示，则下列四个图中能较正确反映线圈中电流I和时间t的关系的是(线圈中电流的图示箭头方向为正方向) ( )
图1
答案 B
解析 当条形磁铁向右运动 ( http: / / www.21cnjy.com )且并未穿过线圈过程中，通过线圈的磁通量向右逐渐增加，由楞次定律可知，线圈中的感应电流为正方向，当条形磁铁的正中央到达线圈位置时，磁通量的变化率最小，感应电流为零，当条形磁铁正中央通过线圈后，穿过线圈向右的磁通量逐渐减小，则线圈中产生负方向的感应电流，且先增大再减小，故选项B正确．
3．如图2所示，电感L的电感很大，电源内阻不可忽略，A、B是完全相同的两只灯泡，当开关S闭合时，下列判断正确的是 ( )
图2
A．灯A比灯B先亮，然后灯A熄灭
B．灯B比灯A先亮，然后灯B逐渐变暗
C．灯A与灯B一起亮，而后灯A熄灭
D．灯A与灯B一起亮，而后灯B熄灭
答案 B
解析 开关S闭合时，B灯立即亮，A灯由于电感L的自感作用，将逐渐变亮，由于总电流逐渐变大，路端电压变小，B灯逐渐变暗，选项B符合要求．
4．如图3所示是一交变电流的i－t图像，则该交变电流的有效值为 ( )
图3
A．4 A B．2 A
C. A D. A
答案 D
解析 设该交变电流的有效值为I，由有效值的定义得()2Rt1＋IRt2＝I2RT.而T＝t1＋t2，
代入数据解得：I＝ A，故D正确．
5．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直 ( http: / / www.21cnjy.com )于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em.下列说法中正确的是 ( )
A．当磁通量为零时，感应电动势为零
B．当磁通量减小时，感应电动势在减小
C．当磁通量等于0.5Φm，感应电动势等于0.5Em
D．角速度ω等于Em/Φm
答案 D
解析 根据正弦式交变电流的产生及其变化规律(设从中性面开始)，e＝Emsin ωt＝BSωsin ωt＝Φmωsin ωt可知D是正确的．
6．如图4所示，水平桌面上一个面积为S的圆 ( http: / / www.21cnjy.com )形金属框置于匀强磁场中，金属框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图(1)所示，磁场方向垂直线框平面向下．圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L，电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度恒为B2，方向垂直导轨平面向下，如图(2)所示．若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力f随时间变化的图像是图中的(设向右为静摩擦力的正方向)哪一个 ( )
图4
答案 A
解析 根据楞次定律、左手定则和平衡条件可知A项正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)
7．某发电站用11 kV的交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R，现若用变压器将电压升高到330 kV送电，下面选项正确的是( )
A．因I＝，所以输电线上的电流增为原来的30倍
B．因I＝，所以输电线上的电流减为原来的1/30
C．因P＝，所以输电线上损失的功率为原来的900倍
D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的半径减为原来的1/30
答案 BD
解析 输送功率P＝UI一定，电 ( http: / / www.21cnjy.com )压升高后，电流变为原来的＝，A错误，B正确；P损＝I2R，损失功率变为原来的()2＝，P＝，其中U不是输送电压，是损失电压，C错误；半径变为原来的，根据公式R＝ρ，电阻变为原来的900倍，P损＝I2R，损失功率保持不变，D正确．
8．如图5甲是录音机的录音电路原理图，乙是 ( http: / / www.21cnjy.com )研究自感现象的实验电路图，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 ( )
图5
A．甲图中录音机录音时，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
B．乙图电路开关断开瞬间，灯泡会突然闪亮一下，并在开关处产生电火花
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，根据电磁感应原理，声波的振动会在电路中产生恒定的电流
答案 AC
解析 乙图电路开关断开瞬间，线圈 ( http: / / www.21cnjy.com )中产生很高的自感电动势，但由于电路不能构成回路，所以不会产生感应电流，灯泡不会突然闪亮一下，选项B错误；丁图电路中，声波的振动会改变M、N间的距离，从而改变了电容的大小，在电路中产生变化的充放电电流，选项D错误．
9．如图6甲所示是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )
图6
A．电压表的示数等于5 V
B．电压表的示数等于 V
C．实现点火的条件是>1 000
D．实现点火的条件是<1 000
答案 BC
解析 由u－t图像知，交 ( http: / / www.21cnjy.com )流电压的最大值Um＝5 V，所以电压表的示数U＝＝ V，故选项A错误，选项B正确；根据＝得＝，变压器副线圈电压的最大值U2m＝5 000 V时，有效值U2＝＝ V，所以点火的条件>＝1 000，故选项C正确，选项D错误．
10．如图7所示，边长为L的正方形闭合导线框 ( http: / / www.21cnjy.com )置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁感线的方向垂直．用力将线框分别以速度v1和v2匀速拉出磁场，比较这两个过程，以下判断正确的是 ( )
图7
A．若v1＞v2，通过线框导线的电荷量q1＞q2
B．若v1＞v2，拉力F1＞F2
C．若v1＝2v2，拉力的功率P1＝2P2
D．若v1＝2v2，拉力所做的功W1＝2W2
答案 BD
解析 由于E＝，I＝，q＝IΔt，所以q＝.由于ΔΦ及R一定，故q1＝q2，所以A错误．
由于拉力F＝F安，而F安＝BIL，I＝，E＝BLv，
所以F＝F安＝.
由此可看出，若v1＞v2，F1＞F2，B正确．
由P＝Fv，F＝F安＝.
所以P＝.
由于v1＝2v2，P1＝4P2，故C错误．
由拉力做功W＝FL＝F安L＝·L＝，
又因v1＝2v2，故W1＝2W2，故D正确．
三、填空题(本题共2小题，共11分)
11．(4分)如图8所示，单匝矩形闭合导线 ( http: / / www.21cnjy.com )框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I＝________.线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝________.
图8
答案
解析 电动势最大值Em＝BSω，有效值E＝＝BSω.由闭合电路欧姆定律可得I＝＝，电荷量q＝·Δt＝·Δt＝＝.
12．(7分)在研究电磁感应现象实验中，
(1)为了能明显地观察到实验现象，请在如图9所示的实验器材中选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图．
图9
(2)将原线圈插入副线圈中，闭合开关，副线圈中的感应电流方向与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．
(3)将原线圈拔出时，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．
答案 (1)见解析图 (2)相反 (3)相同
解析 (1)实物电路图如图所示．
(2)因闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相反，故电流绕行方向相反．
(3)将原线圈拔出时，穿过副线圈的磁通量减小，由楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，故电流绕行方向相同．
四、计算题(本题共4小题，共45分)
图10
13．(6分)如图10所示，面积为0.2 ( http: / / www.21cnjy.com )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两点间的电压Uab.
答案 2.4 V
解析 由法拉第电磁感应定律E＝nS
由题意：＝0.2 T/s，n＝100，S＝0.2 m2
可得：E＝4 V
回路中线圈为电源，R1为外电阻，有|Uab|＝
由楞次定律得a点电势高于b点电势，所以Uab＝2.4 V.
图11
14．(12分)如图11所示为 ( http: / / www.21cnjy.com )交流发电机示意图，匝数为n＝100匝的矩形线圈，边长分别为10 cm和20 cm，内阻为5 Ω，在磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中绕OO′轴以50 rad/s的角速度匀速转动，线圈外部和20 Ω的电阻R相连接．求：
(1)S断开时，电压表示数；
(2)开关S合上时，电压表和电流表示数；
(3)通过电阻R的电流最大值是多少？电阻R上所消耗的电功率是多少？
答案 (1)50 V (2)40 V 2 A (3)2 A 80 W
解析 (1)感应电动势的最大值
Em＝nBSω＝100×0.5×0.1×0.2×50 V＝50 V
S断开时，电压表示数为电源电动势的有效值E＝＝50 V.
(2)当开关S合上时，由闭合电路欧姆定律得
I＝＝ A＝2 A
U＝IR＝2×20 V＝40 V
(3)通过R的电流最大值Im＝I＝2 A.
电阻R上所消耗的电功率P＝UI＝40×2 W＝80 W.
15．(12分)如图12所示， ( http: / / www.21cnjy.com )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，为了减少电能损失，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V、9.5 kW的电力，求：
图12
(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2；
(2)输电线路导线的总电阻R；
(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4.
答案 (1)1∶5 (2)20 Ω (3)95∶11
解析 (1)＝＝
(2)ΔP＝0.5 kW＝IR
又P1＝P2＝U2I2
所以I2＝5 A，R＝20 Ω
(3)U3＝U2－I2R
＝
解得＝
16．(15分)如图13所示，用质量为m、电 ( http: / / www.21cnjy.com )阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直向下的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B.在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平且MN边与磁场的边界平行．求：
图13
(1)线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；
(2)线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；
(3)在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的
功W.
答案 (1) (2)Blv (3)
解析 (1)线框MN边刚进入磁场时，感应电动势
E＝Blv，
线框中的感应电流I＝＝.
(2)M、N两点间的电压UMN＝E＝Blv.
(3)只有MN边在磁场中时，线框运动的时间t＝，
此过程线框中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝，
只有PQ边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热Q′＝Q＝，
根据能量守恒定律得水平外力做功W＝2Q＝.www.
第4点 楞次定律与右手定则的剖析
在电磁感应中，我们常用楞次定律和右手定则来判断导体中感应电流的方向，为了对这两条规律理解更深入，应用更恰当，下面就这两条规律比较如下．
1．不同点
(1)研究对象不同：楞次定律所研究的对象是整个闭合回路；右手定则研究的对象是闭合回路中做切割磁感线运动的一部分导体．
(2)适用范围不同：楞次定律适用于由磁通 ( http: / / www.21cnjy.com )量变化引起的感应电流的各种情况，当然也包括一部分导体做切割磁感线运动的情况；右手定则只适用于一部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况，若导体与磁场无相对运动，就无法应用右手定则．因此，右手定则可以看做楞次定律的一种特殊情况．
(3)应用的方便性不同：虽然楞次 ( http: / / www.21cnjy.com )定律可适用于由磁通量变化引起的感应电流的各种情况，但其在应用的过程中，要弄清原磁通量的方向、原磁通量的变化情况、感应电流的磁场的方向等，分析过程不能有半点纰漏，逻辑性强，过程繁琐；若是回路中的一部分导体在做切割磁感线运动而产生感应电流，应用右手定则时，只需按定则“伸手”，就可以判断出感应电流的方向，比较直接、简单，应用更方便．
2．相同点
(1)目的相同：在电磁感应中，应用楞次定律和右手定则，都是为了判断出回路中感应电流的方向．
(2)本质相同：应用楞次定 ( http: / / www.21cnjy.com )律来判断回路中感应电流的方向时，是因为闭合回路中的磁通量发生了变化；应用右手定则来判断回路中感应电流的方向时，是因为导体在做切割磁感线的运动，其本质也是由导体构成的闭合回路中的磁通量由于导体的运动而发生了变化．
对点例题 如图1所示，在竖直向下的 ( http: / / www.21cnjy.com )磁场中，水平放置着闭合电路abcd.其中ab、cd两边的长度可以变化．当bc向右运动时(ad不动)，用两种方法分析通过灯泡L的电流的方向．
图1
解题指导 解法一：用楞次定律 ( http: / / www.21cnjy.com )：回路面积增大，磁通量变大，感应电流会在回路内产生向上的磁场来阻碍磁通量变大，由安培定则可知感应电流应沿adcba方向，故流过灯泡的电流方向为由a向d.
解法二：用右手定则：直接判断出流经bc边的电流是由c向b，故流过灯泡的电流方向是由a向d.
答案 见解题指导
技巧点拨 凡是由于导体的运动而引起的感应电流方向的判断用右手定则；凡是由于磁场的变化而引起的感应电流方向的判断用楞次定律．
如图2所示，试判定当开关S闭合和断开瞬间，线圈ABCD中的电流方向．
图2
思路点拨 根据电流的方向，由安培定则判断出原磁场的方向．再根据磁场的强弱变化用楞次定律判断感应电流的方向．
答案 S闭合时，感应电流方向为A→D→C→B→A；
S断开时，感应电流方向为A→B→C→D→A.
解析 当S闭合时：
(1)研究的回路是ABCD，穿过回路的磁场是电流I产生的磁场，方向(由安培定则判知)指向读者，且磁通量增大；
(2)由楞次定律得知感应电流磁场方向应和B原相反，即背离读者指向纸面内；
(3)由安培定则判知线圈ABCD中感应电流方向是A→D→C→B→A.
当S断开时：
(1)研究的回路仍是线圈ABCD，穿过回路的原磁场仍是电流I产生的磁场，方向(由安培定则判知)指向读者，且磁通量减小；
(2)由楞次定律得知感应电流磁场方向应和B原相同，即指向读者；
(3)由安培定则判知感应电流方向是A→B→C→D→A.www.
第17点 交变电流图像理解的“一二三”
正弦交变电流的图像是正弦函 ( http: / / www.21cnjy.com )数图像，但初相不一定是0，即不一定从中性面开始转动．结合法拉第电磁感应定律，从数学意义上讲，单匝线圈的电动势就是磁通量的变化率(磁通量对时间的导数)．
分析物理图像的要点：
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”、看“截距”、看“面积”、看“拐点”，并理解其物理意义．
二变：掌握“图与图”、“图与式”和“图与物”之间的变通关系．
对于正弦交变电流的变化规律，不应只从其 ( http: / / www.21cnjy.com )随时间按正弦规律变化这一点去认识，还应看到交变电流的电动势随线圈在匀强磁场中空间位置的变化而变化，随线圈磁通量的变化而变化．
三判：在此基础上进行正确的分析和判断．
对点例题 在磁感应强度为B的匀强磁场中， ( http: / / www.21cnjy.com )一个面积为S的矩形线圈匀速转动时产生的交流电电压随时间变化的波形如图1所示，线圈与一阻值为R＝9 Ω的电阻串联在一起，线圈的电阻为1 Ω，则( )
图1
A．通过电阻R的电流瞬时值表达式为i＝10sin 200πt(A)
B．电阻R两端的电压有效值为90 V
C．1 s内电阻R上产生的热量为450 J
D．图中t＝1×10－2 s时，线圈位于中性面
解题指导 通过电阻R的电流最 ( http: / / www.21cnjy.com )大值为Im＝＝10 A，线圈转动的角速度ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，故电流的瞬时值表达式为i＝10sin 100πt(A)，A项错误；电阻R两端的电压有效值为U′＝R＝×9 V＝45 V，B项错误；1 s内电阻R上产生的热量Q＝t＝450 J，C项正确；由题图知t＝1.0×10－2 s时感应电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，D项正确．
答案 CD
规律总结 根据交变电流图像可以确定的量：
(1)电流最大值；
(2)周期T和频率f；
(3)不同时刻交流电的瞬时值；
(4)线圈处于中性面和电流最大值对应的时刻；
(5)任意时刻线圈的位置与磁场的夹角．
1.小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场 ( http: / / www.21cnjy.com )中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图2所示．此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是 ( )
图2
A．交变电流的周期为0.125 s
B．交变电流的频率为8 Hz
C．交变电流的有效值为 A
D．交变电流的最大值为4 A
答案 C
解析 由题图可知，交变电流的周期为0.250 s，频率为4 Hz，交变电流的最大值为 A＝2 A，有效值为 A＝ A，所以应选C.
2．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图像如图3所示，下列说法中正确的是( )
图3
A．交变电流的频率为0.02 Hz
B．交变电流的瞬时值表达式为i＝5cos 50πt(A)
C．在t＝0.01 s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大
D．若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W
答案 D
解析 由题图知，交流电的周期为0 ( http: / / www.21cnjy.com ).02 s，故频率为50 Hz，A错；转动的角速度ω＝＝100π rad/s，故电流瞬时值表达式为i＝5cos 100πt(A)，B错；t＝0.01 s时，电流最大，此时线圈磁通量应为0，C错；交流电电流的有效值I＝＝ A，故P＝I2R＝2×0.4 W＝5 W，故D正确．www.
第15点 交变电流“四值”再认识
近几年的高考在考查“交变电流”一章中的 ( http: / / www.21cnjy.com )有关内容时，主要考查了交变电流的四值，即最大值、有效值、平均值、瞬时值，它们的物理意义不同，计算方法也不同，但又相互联系，有确定的数量关系．很多同学在理解应用上容易造成混乱，下面谈谈这四个值的理解与应用．
1．瞬时值
(1)反映的是不同时刻交流电的 ( http: / / www.21cnjy.com )大小和方向，正弦交变电流瞬时值表达式为：e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt.应当注意必须从中性面开始计时．
(2)生活中用的市电电压为2 ( http: / / www.21cnjy.com )20 V，其最大值为220 V＝311 V(有时写为310 V)，频率为50 Hz，所以其电压瞬时值表达式为u＝311sin (314t) V.
2．峰值(最大值)和有效值
(1)峰值：交变电流在一个周期内电流或电压所能达到的最大数值，可以用来表示交变电流的电流或电压的变化幅度．
①线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，电动势的最大值Em＝nBSω.
②最大值在实际中有一定的指导意义，所有使用 ( http: / / www.21cnjy.com )交流的用电器，其最大耐压值应大于其使用的交流电压的最大值，电容器上的标称电压值是电容器两极间所允许加的电压的最大值．
(2)有效值：根据电流的热效应来规定．让 ( http: / / www.21cnjy.com )交变电流和恒定电流通过相同阻值的电阻，如果它们在一个周期内产生的热量相等，则这个恒定电流I、电压U叫做这个交变电流的有效值．
(3)正弦交变电流的有效值和峰值之间的关系：I＝，U＝.
注意 任何交变电流都有有效值，但上述关系只限于正弦交变电流，对其他形式的交变电流并不适用．
3．最大值、有效值和平均值的应用
(1)求电功、平均电功率以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算．
(2)求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值，q＝t＝t＝n.
(3)在计算电容器的耐压值时，则要用交流电的最大值．
对点例题 在水平方向的匀强磁场 ( http: / / www.21cnjy.com )中，有一正方形闭合线圈绕垂直于磁感线方向的轴匀速转动，已知线圈的匝数为n＝100匝，边长为20 cm，电阻为10 Ω，转动频率f＝50 Hz，磁场的磁感应强度为0.5 T．求：
(1)外力驱动线圈转动的功率；
(2)转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小；
(3)线圈由中性面转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量．
解题指导 (1)线圈中感应电动势的最大值
Em＝nBSω＝nBS·2πf＝100×0.5×(0.2)2×2×3.14×50 V＝628 V
感应电动势的有效值为U＝＝314 V.
外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，P外＝＝ W＝1.97×104 W.
(2)线圈转至与中性面成30°角时，感应电 ( http: / / www.21cnjy.com )动势的瞬时值e＝Emsin 30° V＝314 V，交变电流的瞬时值i＝＝ A＝31.4 A.
(3)在线圈从中性面转至与 ( http: / / www.21cnjy.com )中性面成30°角的过程中，线圈中的平均感应电动势＝n，平均感应电流＝＝n，通过线圈横截面的电荷量为q，则q＝Δt＝n＝n＝
＝ C≈0.027 C
答案 (1)1.97×104 W (2)314 V 31.4 A
(3)0.027 C
方法总结 正弦交流电的感应电动势的 ( http: / / www.21cnjy.com )最大值Em＝nBSω.有效值U＝，用在计算有关电流热效应问题中．瞬时值是指在某一时刻或某一位置线圈中的感应电动势，可直接用公式e＝Emsin ωt或e＝Emcos ωt计算，由线圈的计时起点决定感应电动势的表达式是正弦形式还是余弦形式．平均值＝n用在计算通过导体横截面的电荷量的问题中．
1.如图1所示，交流发电机线圈 ( http: / / www.21cnjy.com )的面积为0.05 m2，共100匝．该线圈在磁感应强度为 T的匀强磁场中，以10π rad/s的角速度匀速转动，电阻R1和R2的阻值均为50 Ω，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，则 ( )
图1
A．线圈中的电动势为e＝50sin (10πt) V
B．电流表的示数为 A
C．电压表的示数为50 A
D．R1上消耗的电功率为50 W
答案 B
2.如图2所示，线圈abcd的面积 ( http: / / www.21cnjy.com )是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时．问：
图2
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈转过 s时电动势的瞬时值多大？
(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？
(4)从中性面开始计时，经 s通过电阻R的电荷量是多少？
答案 (1)e＝50sin (10πt) V (2)43.3 V
(3)31.86 V 3.54 A (4) C
解析 (1)e＝Emsin ωt＝nBS·2πfsin (2πft)
＝100××0.05×2π×sin (2π×t) V
＝50sin (10πt) V
(2)当t＝ s时，e＝50sin(10π×) V≈43.3 V.
(3)电动势的有效值为E＝＝ V≈35.4 V，
电流表示数I＝＝ A＝3.54 A，
电压表示数U＝IR＝3.54×9 V＝31.86 V.
(4) s内线圈转过的角度θ＝ωt＝×2π×＝.
该过程中，ΔΦ＝BS－BScos θ＝BS，
由＝，＝，＝
得q＝＝＝ C＝ C.www.
第14点 把握两个特殊位置，理解交变电流的变化规律
线圈绕垂直于匀强磁场且沿线圈平面的 ( http: / / www.21cnjy.com )轴匀速转动时，会产生大小和方向都随时间做周期性变化的电流，称为交变电流．交变电流最大值和方向的改变出现在两个特殊位置上，即中性面和垂直于中性面两个位置．把握这两个位置，对理解交变电流的变化规律十分重要．
1．中性面
(1)如图1甲所示，线圈平面与磁感线垂直时的位置即为中性面位置．线圈处于中性面位置时，穿过线圈的Φ最大．
(2)如图乙所示，此时ab、c ( http: / / www.21cnjy.com )d边的速度方向与磁场方向平行，不切割磁感线，所以线圈中的感应电动势及感应电流均为零．从中性面开始计时，感应电动势随时间的变化关系式为e＝nBSωsin ωt，其图像如图丙所示．
(3)从中性面开始计时，线圈 ( http: / / www.21cnjy.com )中磁通量随时间的变化关系式为Φ＝BScos ωt，Φ－t图像如图丁所示，特别需要注意t＝0时刻，即线圈处于中性面位置时，穿过线圈的Φ最大，但图像斜率为零(最小)，由法拉第电磁感应定律E＝n得此时感应电动势为零．
图1
2．中性面的垂面
(1)如图2甲所示，线圈平面与磁感线平行时的位置即为中性面的垂面．线圈处于垂直中性面位置时，穿过线圈的Φ为零．
(2)如图乙所示，此时ab、cd边的速度方向 ( http: / / www.21cnjy.com )与磁场方向垂直，切割磁感线有效速度最大，所以线圈中的感应电动势及感应电流均为最大值．从垂直中性面开始计时，感应电动势随时间的变化关系式为e＝nBSωcos ωt，其图像如图丙所示．
(3)从垂直中性面开始计时，线圈中磁通量随 ( http: / / www.21cnjy.com )时间的变化关系式为 Φ＝BSsin ωt，Φ－t图像如图丁所示，特别需要注意t＝0时刻，即线圈处于垂直中性面位置时，穿过线圈的Φ为零，但图像斜率最大，由法拉第电磁感应定律E＝n得此时感应电动势最大．
图2
3．两个特殊位置的特点
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．
(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变．
对点例题 矩形线框绕垂直于匀强磁场且沿线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是( )
A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大
B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零
C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边都不切割磁感线
解题指导 线框位于中性面时，线 ( http: / / www.21cnjy.com )框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边速度方向与磁感线平行，即不切割磁感线，穿过线框的磁通量的变化率等于零，所以感应电动势等于零，感应电动势或感应电流的方向在此时刻改变．垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，切割磁感线的两边的速度与磁感线垂直，有效切割速度最大，此时穿过线框的磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大．故C、D正确．
答案 CD
特别提醒 线框转动一周经过中性面两次，因此线框转动一周电流的方向改变两次．
一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的 ( http: / / www.21cnjy.com )轴匀速转动，在转动过程中，通过线圈的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法正确的是( )
A．当磁通量为零时，感应电动势也为零
B．当磁通量减小时，感应电动势在增大
C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5Em
D．角速度ω＝
答案 BD
解析 因为Em＝BSω＝Φmω，则ω＝Em/ ( http: / / www.21cnjy.com )Φm，D项正确；又当e＝Emsin ωt时，Φ＝Φmcos ωt，因此当磁通量减小时，感应电动势在增大，B项正确，A、C项错误．www.
第8点 导体棒切割磁感线问题剖析
导体切割磁感线是电磁感应中的一类重要 ( http: / / www.21cnjy.com )问题，其感应电动势的计算公式E＝BLv虽然可由法拉第电磁感应定律E＝n推出，但其应用却更广泛．首先是因为，在实际的生产实践中，电磁感应主要是由导体与磁体的相对运动而引起的；其次在实际应用中，我们关注感应电动势的瞬时值多于关注其平均值，而利用E＝BLv可以更方便地求瞬时值．
公式E＝BLv的适用条件是B、L、v两两垂直，在实际问题的处理中，要处理好以下几种情况：
1．导体是否做切割磁感线运动问题
(1)导体速度与导体共线，此时无论磁场方向怎么样都不切割．
(2)导体速度与导体不共线，它们决定的平面我们可称之为导体运动平面．
①当导体运动平面与磁感线平行时，不切割．如图1(b)．
②当导体运动平面与磁感线不平行时，切割．如图1(a)．
图1
2．平动切割
(1)如图2(a)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，棒以速度v垂直切割磁感线时，感应电动势E＝BLv.
图2
(2)如图2(b)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，棒运动的速度v与磁场的方向成θ角，此时的感应电动势为E＝BLvsin θ.
3．转动切割
如图2(c)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体棒绕其一端为轴以角速度ω匀速转动，此时产生的感应电动势E＝BωL2.
4．有效切割长度
即导体在与v垂直的方向上的投影长度．
图3
图3甲中的有效切割长度为：L＝sin θ； ( http: / / www.21cnjy.com )乙图中的有效切割长度为：L＝；丙图中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，L＝R；沿v2的方向运动时，L＝R.
对点例题 如图4所示，长为L的金 ( http: / / www.21cnjy.com )属导线下悬挂一小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥与竖直方向的偏角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B，则金属导线中产生的感应电动势的大小为________．
图4
解题指导 金属导线的有效长度为
L′＝Lsin θ
感应电动势E＝BL′2ω＝BL2ωsin2 θ
答案 BL2ωsin2 θ
思维规范 解答本题应注意 ( http: / / www.21cnjy.com )两点：一是导线本身与磁场不垂直，应考虑其切割磁感线的有效长度；二是导线是转动切割磁感线，各点的切割速度不同，应考虑用平均速度．
1．如图5所示，abc为一金属导体，ab＝bc＝l，置于均匀磁场B中．当导体以速度v向右运动时，ac上产生的感应电动势为 ( )
图5
A．Blv B.Blv
C.Blv D．Blv＋Blv
答案 B
解析 ab边不切割磁感线，bc边在竖直方向的 ( http: / / www.21cnjy.com )分量可视为切割磁感线的有效长度，根据感应电动势公式得E＝Blvsin 60°＝Blv，答案为B.
2．如图6所示，两个相邻的有界匀强磁场区 ( http: / / www.21cnjy.com )域，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区域在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a.矩形导线框ABCD的CD边与y轴重合，AD边长为a.线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图像正确的是(以逆时针方向为电流的正方向)( )
图6
答案 C
解析 在CD边进入磁场后，根据右 ( http: / / www.21cnjy.com )手定则可得产生的感应电流由D指向C，所以为正，产生的电流大小设为I，当AB边进入磁场后，CD进入右边磁场，两边切割磁感线，所以产生的电流大小为2I，根据楞次定律产生的感应电流方向为顺时针，所以选C.www.
第7点 感应电动势两个公式的区别与联系
应用E＝n或E＝BLv求感应电动势是 ( http: / / www.21cnjy.com )一个重难点内容，在解题时若能合理选取公式，将为解题带来极大的便利．弄清两个公式的区别和联系是突破这一难点的关键．
1．研究对象不同：E＝n是一个回路，E＝BLv是一段直导线(或能等效为直导线)．
2．适用范围不同：E＝n具有普遍性，无论什么方式引起Φ的变化都适用；而E＝BLv只适用于一段导线切割磁感线的情况．
3．条件不同：E＝n中不一定是匀强磁场；E＝BLv只适用于匀强磁场．
4．物理意义不同：E＝n求解的是Δt ( http: / / www.21cnjy.com )时间内的平均感应电动势；E＝BLv既能求导体做切割磁感线运动的平均感应电动势(v为平均速度)，也能求瞬时感应电动势(v为瞬时速度)．
特别提醒 (1)Φ、ΔΦ、的大小与线圈的匝数n无关．
(2)公式E＝n是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择．
特例：通过回路截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝.
对点例题 如图1所示，
图1
半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强 ( http: / / www.21cnjy.com )度B＝0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4 m，b＝0.6 m，金属环上分别接有灯泡L1、L2，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计．
(1)若棒以5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬间，MN中的感应电动势；
(2)撤去中间的金属棒MN，将右边的半圆环 ( http: / / www.21cnjy.com )以OO′为轴向上翻转90°，若此后磁场随时间均匀变化，其变化率为＝()T/s，求此时的感应电动势．
解题指导 (1)若棒以5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，棒滑过圆环直径的瞬间：
E1＝B·2a·v＝0.2×0.8×5 V＝0.8 V
(2)磁场随时间均匀变化，此时感应电动势为：
E2＝ ＝S＝πa2·＝0.32 V.
答案 (1)0.8 V (2)0.32 V
思路点拨 1.一般情况下，E＝n只能用来求平均感应电动势；而E＝Blv既可求平均感应电动势，也可求瞬时感应电动势．
2．一般情况下，由磁场变化引起的感应电动势用E＝n求解；而由导体运动产生的感应电动势用E＝Blv求解．
如图2所示，矩形金属框置于匀强磁场中， ( http: / / www.21cnjy.com )ef为一导体棒，可在ab与cd间滑动并接触良好．设磁感应强度为B，ac长为L，在Δt时间内向左匀速滑过距离Δd，由法拉第电磁感应定律E＝n可知，下列说法正确的是 ( )
图2
A．当ef向左滑动过程中，左侧面积减少LΔd，右侧面积增加LΔd，因此E＝
B．当ef向左滑动过程中，左侧面积减少LΔd，右侧面积增加LΔd，互相抵消，因此E＝0
C．在公式E＝n中，在切割磁感线情况下，ΔΦ＝BΔS，ΔS应是导体棒切割磁感线扫过的面积，因此E＝BLΔd/Δt
D．在切割磁感线的情况下，只能用E＝Blv计算，不能用E＝n计算
答案 Cwww.
第1点 从三个角度理解“磁通量及其变化”
“磁通量及其变化”是学好 ( http: / / www.21cnjy.com )电磁感应的一个突破口，直接关系到对楞次定律及法拉第电磁感应定律的学习与应用．而在解决实际问题过程中由于对“磁通量”理解不全面，往往容易出错．下面从三个角度对该知识点进行剖析．
1．磁通量Φ的定义
磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面积的磁通量，定义式为Φ＝BS.
(1)面积S是指闭合电路中包含磁场的那部分的有效面积．
如图1所示，若闭合电路a ( http: / / www.21cnjy.com )bcd和ABCD所在平面均与匀强磁场B垂直，面积分别为S1和S2，且S1>S2，但磁场区域恰好只有ABCD那么大，穿过S1和S2的磁通量是相同的，因此，Φ＝BS中的S应指闭合电路中包含磁场的那部分的有效面积S2.
图1
(2)如果面积S与磁感应强度B不垂直，可将磁感应强度B向着垂直于面积S的方向投影，也可以将面积向着垂直于磁感应强度B的方向投影．
特例： B∥S时，Φ＝0；
B⊥S时，Φ最大(Φ＝BS)．
(3)磁通量与线圈的匝数无关．线圈匝数的多 ( http: / / www.21cnjy.com )少不改变线圈面积大小，所以不管有多少匝线圈，S是不变的，B也和线圈无关，所以磁通量不受线圈匝数影响．也可以简单理解为磁通量大小只取决于穿过闭合线圈的磁感线条数．
2．磁通量的方向
磁通量是双向标量，若设初始时为正，则转过180°时为负．
说明：磁通量是标量，它的方向只 ( http: / / www.21cnjy.com )表示磁感线是穿入还是穿出．当穿过某一面积的磁感线既有穿入的又有穿出的时，二者将互相抵消一部分，这类似于导体带电时的“净”电荷．
3．磁通量的变化ΔΦ
由公式：Φ＝BSsin θ可得
磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1有多种形式，主要有：
(1)S、θ不变，B改变，这时ΔΦ＝ΔB·Ssin θ
(2)B、θ不变，S改变，这时ΔΦ＝ΔS·Bsin θ
(3)B、S不变，θ改变，这时ΔΦ＝BS(sin θ2－sin θ1)
可见磁通量Φ是由B、S及它们间的夹角θ共同决定的，磁通量的变化情况应从这三个方面去考虑．
对点例题 如图2所示，一水平放置的矩形 ( http: / / www.21cnjy.com )线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形线框以左边的边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量改变量的大小是( )
图2
A.BS B．BS
C.BS D．2BS
解题指导 Φ是标量，但有 ( http: / / www.21cnjy.com )正负之分，在计算ΔΦ＝Φ2－Φ1时必须注意Φ2、Φ1的正负，要注意磁感线从线框的哪一面穿过，此题中在开始位置磁感线从线框的下面穿进，在末位置磁感线从线框的另一面穿进，Φ2、Φ1一正一负，再考虑到有效面积，故此题选C.又如：一面积为S的矩形线框放在磁感应强度为B的磁场中，开始磁感应强度B垂直矩形线框，当其绕某一条边转动180°的过程中，其磁通量的变化量ΔΦ＝－2BS，而不是零．
答案 C
1．下列关于磁通量的说法，正确的是 ( )
A．在匀强磁场中，穿过某一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积
B．磁通量是矢量，其正负表示方向
C．磁通量是形象描述穿过某一个面的磁感线条数的物理量
D．磁通量越大，磁通量的变化就越快
答案 C
解析 在匀强磁场中，如果磁 ( http: / / www.21cnjy.com )场与平面垂直，则穿过某一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积，A错；磁通量是标量，B错．磁通量大小与磁通量变化快慢无关，D错．
2．如图3所示是等腰直角三棱柱 ( http: / / www.21cnjy.com )，其中abcd面为正方形，边长为L，它们按图示方式放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是 ( )
图3
A．通过abcd面的磁通量大小为L2·B
B．通过dcfe面的磁通量大小为L2·B
C．通过abfe面的磁通量大小为零
D．通过bcf面的磁通量为零
答案 BCD
解析 通过abcd面的磁通量大小 ( http: / / www.21cnjy.com )为L2B，A错误；dcfe面是abcd面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为L2B，B正确，abfe面与bcf面和磁场平行，所以磁通量为零，C、D正确．故选B、C、D.
3．如图4所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量Φa、Φb的大小关系为( )
图4
A．Φa＞Φb B．Φa＜Φb
C．Φa＝Φb D．无法比较
答案 A
解析 因为内部与外部磁场要相互抵消，所以直径越大抵消得越多，故直径大的磁通量小．
4.一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向 ( http: / / www.21cnjy.com )右，一面积为S的矩形线圈abcd如图5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( )
图5
A．0
B．－2BS
C．－2BScos θ
D．－2BSsin θ
答案 C
解析 初始时刻，平面abcd的有效面 ( http: / / www.21cnjy.com )积为与B垂直的竖直投影面积Scos θ，其磁通量为BScos θ.将abcd绕ad轴转180°角时，其磁通量为－BScos θ.则穿过线圈平面的磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－2BScos θ.www.
章末检测卷(二)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．如下图所示的四种随时间变化的电流图像，其中属于交变电流的是( )
答案 D
解析 由图像可知，A、B、C选项 ( http: / / www.21cnjy.com )电流的大小变化，但电流的方向一直没变，由交变电流、直流电的广义定义知该电流应为直流电．D选项中电流大小和方向都改变，故为交变电流．
2．图1甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分，下列说法错误的是( )
图1
A．图甲、图乙均表示交流电
B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝20sin (100πt) V
C．图乙所示电压的有效值为20 V
D．图乙所示电压的有效值为10 V
答案 C
解析 根据交变电流定义，图甲、图乙 ( http: / / www.21cnjy.com )均表示交流电，图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝20sin (100πt) V，选项A、B正确．由有效值定义，×0.02＝0.04×，解得题图乙所示电压的有效值为10 V，选项D正确，C错误．
3．在如图2所示的交流电路中，保持电源电压一定，当交变电流的频率增大时，各电压表的示数将( )
图2
A．V1、V3增大，V2减小
B．V1不变，V2减小，V3增大
C．V1不变，V2增大，V3减小
D．V1、V2、V3都不变
答案 C
解析 电感线圈对交流电的阻碍作用随着 ( http: / / www.21cnjy.com )频率的增大而增大，因此电压表V2示数增大，电容器对交流电的阻碍作用随着频率的增大而减小，电压表V3减小，电压表V1不变，故选C.
4．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3甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则( )
图3
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
答案 B
解析 由题图乙可知，正弦交流电电压 ( http: / / www.21cnjy.com )的最大值为311 V，周期T＝0.02 s，所以该交流电的有效值为U＝＝ V≈220 V，频率f＝＝50 Hz，C、D错误；由题图乙知，t＝0.005 s时电动势最大，磁通量的变化率最大，A错误；t＝0.01 s时电动势为0，磁通量变化率为0，但磁通量最大，线框处于中性面位置，B正确．
5．某电源输出的电流既有交流成分又有直流成分，而我们只需要稳定的直流，下列设计的电路图中，能最大限度使电阻R2获得稳定直流的是( )
答案 A
6．如图4所示，单匝矩形闭合导线框ab ( http: / / www.21cnjy.com )cd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是( )
图4
A．转过时，线框中的电流方向为abcda
B．线框中感应电流的有效值为
C．从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量为
D．线框转一周的过程中，产生的热量为
答案 C
解析 由楞次定律和右手定则可知， ( http: / / www.21cnjy.com )转过时，线框中的电流方向为adcba，A错误；线框中感应电流的最大值为Imax＝，由于线框中的感应电流是正弦交流电，其电流有效值为I＝＝，B错误；由q＝可知，从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量为q＝，C正确；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此Q＝W＝I2R·＝，D错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)
7．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100 Hz
C．有效值是25 V D．周期是0.02 s
答案 CD
解析 考查交流电的最大值 ( http: / / www.21cnjy.com )、瞬时值、有效值、周期、频率等基本物理量，交变电动势瞬时值的表达式为e＝Emaxsin ωt＝nBSωsin ωt＝50sin (100πt) V，故交变电动势的最大值为50 V，有效值为E＝＝25 V，故A错，C对，由ω＝2πf＝100π rad/s得频率是f＝50 Hz，周期T＝＝0.02 s，故B错，D对．
8．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图5所示，由图可知( )
图5
A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin (25t) 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
答案 BD
解析 由图像可知正弦交流电的周期T＝0. ( http: / / www.21cnjy.com )04 s，则f＝＝25 Hz，ω＝2πf＝50π rad/s，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin (50πt) V，A不正确，B正确；该交流电的电压的有效值为 V＝50 V，则C不正确；若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为P＝＝ W＝50 W，则D正确，所以正确答案为B、D.
9．如图6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．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴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像如图乙所示，以下判断正确的是 ( )
图6
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
答案 AC
10．如图7所示，发电机内部线圈 ( http: / / www.21cnjy.com )处于磁铁和圆柱形铁心之间的径向磁场中，两半边间的过渡区域宽度很小，可忽略不计．线圈的总匝数为N、总电阻为r，每匝线圈的面积为S，线圈所在位置的磁感应强度大小为B.当线圈以角速度ω匀速转动时，额定电压为U、电阻为R的小灯泡在电路中恰能正常发光，则发电机产生的感应电动势的有效值是( )
图7
A．NBSω B.NBSω C．U D．(1＋)U
答案 AD
解析 根据题述线圈处于磁铁和圆柱 ( http: / / www.21cnjy.com )形铁心之间的径向磁场中，当线圈以角速度ω匀速转动时，产生的交变电流为矩形波，发电机产生的感应电动势的有效值是NBSω，选项A正确，B错误．由闭合电路欧姆定律，E＝U＋＝(1＋)U，选项C错误，D正确．
三、填空题(本题共2小题，共8分)
11. (4分)一交流电 ( http: / / www.21cnjy.com )压随时间变化的图像如图8所示．若将该电压加在10 μF的电容器上，则电容器的耐压值应小于______ V；若将该电压加在一阻值为1 kΩ的纯电阻用电器上，用电器恰能正常工作，为避免意外事故的发生，电路中保险丝额定电流不能低于________ A.
图8
答案 200 0.14
解析 电容器的耐压值应小于交流电的最大值，即小于200 V；保险丝的额定电流为有效值，所以I＝＝ A＝0.14 A.
12．(4分)有一个电子元件， ( http: / / www.21cnjy.com )当它两端的电压的瞬时值高于e＝110 V时则导电，低于e＝110 V时不导电，若把这个电子元件接到有效值为220 V、频率为50 Hz的正弦交流电的两端，则它在1 s内导电________次，每个周期内的导电时间为________．
答案 100 s
解析 由题意知，加在电子元件两端电压随时间变化的图像如图所示，表达式为
u＝220sin ωt
其中ω＝2πf，f＝50 Hz，T＝＝0.02 s，得u＝220sin (100πt) V
把u′＝110 V代入上述表达式得到
t1＝ s，t2＝ s
所以每个周期内的通电时间为
Δt＝2(t2－t1)＝ s＝ s
由所画的u－t图像知，一个周期内导电两次，所以1 s内导电的次数为n＝2＝100.
四、计算题(本题共4小题，共48分)
13．(8分)一台微波炉说明书所列的部分技术参数如下表，请回答：
型号 WD800(MG－5579MT)
输入电源 220 V,50 Hz
输出功率 800 W
微波频率 2 450 MHz
输入功率 1 250 W
(1)这台微波炉使用的是哪一种电源？
(2)这台微波炉输入电流的有效值是多大？输入电流的峰值是多大？
答案 (1)交流电源 (2)5.68 A 8.03 A
解析 (1)由表数据可知其是交流电源．
(2)输入电流有效值I＝＝ A≈5.68 A
输入电流的峰值Imax＝I＝×5.68 A≈8.03 A.
14．(10分)某电路两端交流 ( http: / / www.21cnjy.com )电压u＝Umaxsin (100πt) V，在t＝0.005 s时刻，电压u为10 V，求接在此电路两端的电压表示数．如将阻值为R的电阻接在此交流电压上时功率为P，而改接在电压为U0的直流电压上时功率为P/2，求U0的值．
答案 7.07 V 5 V
解析 根据u＝Umaxsin (100πt) V，代入t＝0.005 s时的电压值，10＝Umaxsin (0.5π) V
得Umax＝10 V
而电压表的示数指的是有效值
故U＝Umax＝7.07 V
由功率关系P＝和P＝得
所求直流电压的值U0＝ U＝ Umax＝5 V.
15．(12分)如图9所示，间距为 ( http: / / www.21cnjy.com )l的光滑平行金属导轨，水平放置在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，右端接阻值为R的电阻．一电阻为r、质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力F作用下从t＝0时刻开始运动，其速度随时间的变化规律为v＝vmaxsin ωt.不计导轨电阻，求：
图9
(1)从t＝0到t＝时间内电阻R产生的热量；
(2)从t＝0到t＝时间内外力F所做的功．
答案 (1) (2)mv＋
解析 导体切割磁感线产生的电动势为
e＝Blv＝Blvmaxsin ωt＝Emaxsin ωt
可见它是一个正弦交变电流，所以其有效值为E＝＝
电流的有效值为I＝
(1)时间t＝＝T
所以这段时间内产生的热量为Q＝I2Rt＝.
(2)t′＝＝
在四分之一周期内产生的热量为Q′＝I2·(R＋r)·＝·(R＋r)·＝
由功能关系得：W外＝mv＋Q′
W外＝mv＋.
16．(18分)如图10所示，线圈面积为 ( http: / / www.21cnjy.com )0.05 m2，共100匝，线圈总电阻为1 Ω，与外电阻R＝9 Ω相连．当线圈在B＝ T的匀强磁场中绕OO′以转速n＝300 r/min匀速转动时，求：
图10
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时值表达式；
(2)两电表、的示数；
(3)线圈转过 s时，电动势的瞬时值；
(4)线圈转过 s的过程中，通过电阻R的电荷量；
(5)线圈匀速转一周外力做的功．
答案 (1)100sin (10πt) V (2)5 A 45 V
(3)50 V (4) C (5)100 J
解析 (1)因为Emax＝NBS ( http: / / www.21cnjy.com )ω，ω＝2πn，其中n＝300 r/min＝5 r/s，代入数据可得ω＝10π rad/s，Emax＝100 V
若从线圈处于中性面时开始计时，则e＝Emaxsin ωt，所以电动势的瞬时值表达式为e＝100sin (10πt) V.
(2)两电表的示数为交流电的有效值：I＝＝＝5 A，UR＝IR＝45 V.
(3)当线圈转过 s时，电动势的瞬时值e＝100sin(10π×) V＝50 V.
(4)线圈转过t＝ s的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝Δt＝Δt＝Δt＝，解得q＝＝ C.
(5)线圈匀速转动一周，外力做功与电流做功相等，计算电功时必须运用交流电的有效值，即W＝T＝100 J．www.
第12点 电磁感应现象中的能量问题
电磁感应过程往往涉及多种能量的转化
产生和维持感应电流的存在 ( http: / / www.21cnjy.com )的过程就是其他形式的能量转化为感应电流电能的过程．在电磁感应现象中，认真分析电磁感应过程中的能量转化，熟练地应用能量转化与守恒定律是求解较复杂的电磁感应问题的常用方法．
1．过程分析
(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．
(2)电磁感应过程中产生 ( http: / / www.21cnjy.com )的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功．此过程中，其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为 ( http: / / www.21cnjy.com )其他形式的能．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．
2．解决此类问题的步骤
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向．
(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解．
说明：在利用能量守恒定律解决电磁感应中的能 ( http: / / www.21cnjy.com )量问题时，参与转化的能量的种类一定要考虑周全．哪些能量增加，哪些能量减少，要考虑准确，最后根据所满足的规律列方程分析求解．
3．焦耳热Q的两种求解方法
Q的两种求法
对点例题 如图1所示电路，两根光 ( http: / / www.21cnjy.com )滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用．金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是 ( )
图1
A．作用在金属棒上各力的合力做功为零
B．重力做的功等于系统产生的电能
C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
D．金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热
解题指导 根据动能定理，合力做的功等于动能 ( http: / / www.21cnjy.com )的增量，故A对；重力做的功等于重力势能的减少，重力做的功等于克服F所做的功与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，所以B、D错，C对．
答案 AC
特别提醒 1.电磁感应现象的实质问题是能量的转化与守恒问题，从这个思路出发列方程求解，有时很方便．
2．通过克服安培力做功可以把其他形式的能转化为电能，电能最终转化为焦耳热．因此在同一关系式中，克服安培力做的功和产生的焦耳热不能同时出现．
1．如图2所示，竖直放置的两根足够长平行 ( http: / / www.21cnjy.com )金属导轨相距L，导轨间接有一阻值为R的电阻，质量为m，电阻为r的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，现将金属棒由静止释放， 金属棒下落高度为h时开始做匀速运动，在此过程中 ( )
图2
A．导体棒的最大速度为
B．通过电阻的电荷量为
C．导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
D．重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量
答案 BD
解析 金属棒由静止释放后，当a＝0时， ( http: / / www.21cnjy.com )速度最大，即mg－BL＝0，解得vm＝，A项错误．此过程通过电阻的电荷量q＝Δt＝·Δt＝，B项正确．导体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的热量，C项错误．由动能定理知对导体棒有ΔEk＝W重＋W安，D项正确．
2.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ( http: / / www.21cnjy.com )，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图3所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则 ( )
图3
A．金属棒的动能、重力势能与弹簧的弹性势能的总和保持不变
B．金属棒最后将静止，静止时弹簧伸长量为
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝
D．金属棒最后将静止，电阻R上产生的总热量为mg·
答案 BC
3．如图4所示，电阻可忽略的光 ( http: / / www.21cnjy.com )滑平行金属导轨长s＝1.15 m，两导轨间距L＝0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)求：
图4
(1)金属棒在此过程中克服安培力做的功W安；
(2)金属棒下滑速度v＝2 m/s时的加速度α的大小；
(3)为求金属棒下滑的最大速度v ( http: / / www.21cnjy.com )m的大小，有同学解答如下：由动能定理，WG－W安＝mv，…….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．
答案 (1)0.4 J (2)3.2 m/s2 (3)见解析
解析 (1)下滑过程中安培力做的功即为电阻上产生的焦耳热，由于R＝3r，
因此QR＝3Qr＝0.3 J
所以W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4 J
(2)金属棒下滑时受重力和安培力
F安＝BIL＝v
由牛顿第二定律得mgsin 30°－v＝ma
所以a＝gsin 30°－v
＝[10×－] m/s2＝3.2 m/s2
(3)此解法正确．
金属棒下滑时受重力和安培力作用，满足
mgsin 30°－v＝ma
上式表明，加速度随速度增大而减小，棒做加速度 ( http: / / www.21cnjy.com )减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的最大速度，因此(3)中同学的解法正确．
mgssin 30°－Q＝mv
所以vm＝
＝ m/s≈2.74 m/s.www.
第20点 远距离输电问题的处理思路及基本关系
1．远距离输电的处理思路
对高压输电问题，正确画出输电过程 ( http: / / www.21cnjy.com )示意图并在图上标出各物理量．按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析．
2．远距离高压输电的几个基本关系(以图1为例)
图1
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3.
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．
(3)输电电流：I线＝＝＝.
(4)输电线上损耗的电功率：P损＝I线·ΔU＝IR线＝()2R线．
当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的.
对点例题 发电机输出功率为100 kW，输出 ( http: / / www.21cnjy.com )电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
(1)画出此输电线路的示意图；
(2)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；
(3)用户得到的电功率是多少？
解题指导 (1)输电线路的示意图如图所示，
(2)输电线损耗的功率P线＝100×4% kW＝4 kW，
又P线＝IR线
所以输电线电流I2＝I3＝ ＝20 A
原线圈中输入电流I1＝＝ A＝400 A
所以＝＝＝
这样U2＝＝250×20 V＝5 000 V
U3＝U2－U线＝5 000－20×10 V＝4 800 V
所以＝＝＝
(3) 用户得到的电功率P出＝100×96% kW＝96 kW
答案 (1)见解题指导图 (2)1∶20 240∶11
(3)96 kW
规律总结 处理远距离输电需要注意的问题
(1)线路损耗问题
计算远距离输电有关线路功率损耗 ( http: / / www.21cnjy.com )问题时，应注意不同公式中各物理量的含义及对应性，如P损＝I2R线，公式改为P损＝U2/R线，电压U指什么电压才无误？用升压变压器的副线圈电压或用降压变压器原线圈电压都是错误的，必须对应加在导线两端损耗的电压，同理，P损＝I2R线的电流不能用升压变压器原线圈或降压变压器副线圈中的电流I1、I4，只能用通过输电导线的电流I2或I3.
(2)输电、配电问题
解答有关远距离输电的问题时，由于题中涉及几部分的电压、电流和功率，
容易混淆，因此在解答这类 ( http: / / www.21cnjy.com )问题时，最好画一个简单的输电线路示意图，将各部分电流、电压、功率分别标在图上，这样就很容易找到它们之间的关系，为顺利解答问题提供方便．
如图2是远距离输电的示意图，交流发电机E的输出电压经升压变压器升压后，由电阻为R的输电线向远方输
电，到达用户端时再用降压变压器降压供用户使用，设变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是 ( )
图2
A．降压变压器与用户负载连接的总开关S断开后，输电线上的功率损失为零
B．降压变压器与用户负载连接的总开关S断开后，线路上的电压损失达最大
C．S闭合，用户的用电器增多时，输电线上的功率损失增大
D．S闭合，用户的用电器增多时，用户得到的电压降低
答案 ACD
解析 远距离输电示意图如下
(1)从图中可看出功率之间的关系是：
P1＝P1′，P2＝P2′，P1′＝Pr＋P2
(2)电压之间的关系是：
＝，＝，U1′＝Ur＋U2；
(3)电流之间的关系是：
＝，＝，I1′＝Ir＝I2.
无负载时，无电流输出，输 ( http: / / www.21cnjy.com )电线路上的电流为0，电压损失为零，故功率损失为零，所以A正确，B错误；当用户用电器增多即负载功率变大时，需要的输入功率变大，故输电线上的电流变大，输电线上的电压降变大，故输电线上的功率损失增大，用户得到的电压降低，所以C、D均正确．www.
第5点 抓因寻果析“三定则一定律”
区别“三定则一定律”的关键是抓住其中的“因果”关系，才能选择正确的规律处理问题．
1．右手定则与左手定则的区别
“因电而动”——用左手，“力”字的最后一笔向左钩，可以联想到用左手定则来判断安培力．
“因动而电”——用右手，“电”字的最后一笔向右钩，可以联想到用右手定则来判断感应电流方向．
2．右手螺旋定则(安培定则)与楞次定律的区别
“因电生磁”——用右手螺旋定则．
“因磁生电”——用楞次定律(或右手定则)．
3．楞次定律中的因果关联
楞次定律所揭示的电磁感应过程中有两个最 ( http: / / www.21cnjy.com )基本的因果联系：一是感应磁场与原磁场磁通量变化之间的阻碍与被阻碍的关系，二是感应电流与感应磁场间的产生和被产生的关系．抓住“阻碍”和“产生”这两个因果关联点是应用楞次定律解决相关物理问题的关键．
4．安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律综合应用的比较
基本现象 应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场 安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力 左手定则
电磁感应 部分导体做切割磁感线运动 右手定则
闭合回路磁通量变化 楞次定律
对点例题 纸面内有U形金属导轨，AB部分 ( http: / / www.21cnjy.com )是直导线(图1)．虚线范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场．AB右侧有圆线圈C.为了使C中产生顺时针方向的感应电流，贴着导轨的金属棒MN在磁场里的运动情况是( )
图1
A．向右匀速运动
B．向左匀速运动
C．向右加速运动
D．向右减速运动
答案 C
解题指导 C中若产生顺时针方向的 ( http: / / www.21cnjy.com )感应电流，由右手螺旋定则得，其中心轴线产生的磁场B1方向垂直纸面向里；若MN向右运动，由右手定则得产生感应电流方向为N→M→A→B→N，对AB导线由右手螺旋定则得在AB右侧产生磁场B2方向垂直纸面向外．由于B1、B2方向相反，根据楞次定律知B1应阻碍B2的增强，所以MN应向右加速运动．同理可得MN也可向左减速运动．只有C正确．
两根相互平行的金属导轨水平放 ( http: / / www.21cnjy.com )置于图2所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是 ( )
图2
A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
B．导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C．磁场对导体棒CD的作用力向左
D．磁场对导体棒AB的作用力向左
答案 BDwww.
第11点 电磁感应中的动力学问题
电磁感应和力学问题的综合，其联系桥梁是磁场对 ( http: / / www.21cnjy.com )感应电流的安培力，因为感应电流与导体运动的加速度有相互制约的关系，这类问题中的导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程，再趋于一个稳定状态，故解这类题时正确的进行动态分析，确定最终状态是解题的关键．
1．受力情况、运动情况的动态分析及思考路线
导体受力运动产生感应电动势→感应 ( http: / / www.21cnjy.com )电流→通电导体受安培力→合力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→…周而复始地循环，直至最终达到稳定状态，此时加速度为零，而导体通过加速达到最大速度做匀速直线运动或通过减速达到稳定速度做匀速直线运动．
2．解决此类问题的基本思路
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”．
(1)“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；
(2)“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；
(3)“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；
(4)“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．
3．两种状态处理
(1)导体处于平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)，列式分析．
(2)导体处于非平衡态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
4．电磁感应中的动力学临界问题
(1)解决这类问题的关键是通过运动状态的分析寻找过程中的临界状态，如由速度、加速度求最大值或最小值的条件．
(2)基本思路
注意 当导体切割磁感线运动存在临界条件时：
(1)若导体初速度等于临界速度，导体匀速切割磁感线；
(2)若导体初速度大于临界速度，导体先减速，后匀速运动；
(3)若导体初速度小于临界速度，导体先加速，后匀速运动．
对点例题 如图1所示，在距离水平地面h ( http: / / www.21cnjy.com )＝0.8 m的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面水平向里的匀强磁场．正方形线框abcd的边长l＝0.2 m，质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.08 Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻光滑滑轮，一端连线框，另一端连一质量M＝0.2 kg的物体A(A未在磁场中)．开始时线框的cd边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取10 m/s2.求：
图1
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小．
(2)线框从开始运动至到达最高点，用了多长时间？
(3)线框落地时的速度多大？
解题指导 (1)设线框到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守恒定律可得：
Mg(h－l)＝mg(h－l)＋(M＋m)v2
代入数据解得：v＝2 m/s
线框的ab边刚进入磁场时，感应电流：I＝
线框恰好做匀速运动，有：
Mg＝mg＋IBl
代入数据解得：B＝1 T.
(2)设线框进入磁场之前运动时间为t1，有：
h－l＝vt1
代入数据解得：t1＝0.6 s
线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：
t2＝＝0.1 s
此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到达最高点时所用时间：t3＝＝0.2 s
线框从开始运动至到达最高点，所用时间：
t＝t1＋t2＋t3＝0.9 s
(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小为2 m/s，线框所受安培力大小也不变，即
IBl＝(M－m)g
因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动．
由机械能守恒定律可得：
mv＝mv2＋mg(h－l)
代入数据解得线框落地时的速度：v1＝4 m/s.
答案 (1)1 T (2)0.9 s (3)4 m/s
答案 (1)1 T (2)0.9 s (3)4 m/s
方法提炼 解决此类问题，应从电路 ( http: / / www.21cnjy.com )分析入手，求出电流，然后进行受力分析，正确的受力分析是关键．再用牛顿第二定律求加速度以及其他的运动学量．涉及极值问题时，要分析出临界条件，根据临界条件求出极值．
1.如图2所示，电阻阻值为R，其他 ( http: / / www.21cnjy.com )电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后 ( )
图2
A．导体棒ef的加速度可能大于g
B．导体棒ef的加速度一定小于g
C．导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同
D．导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒
答案 AD
2.一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图3所示，则 ( )
图3
A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动
B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动
C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动
D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动
答案 C
3．如图4甲所示，水平面上两根足够长的 ( http: / / www.21cnjy.com )金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀强磁场垂直水平面向里，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示(重力加速度g取10 m/s2)．问：
(1)金属杆在做匀速运动之前做什么运动？
图4
(2)若m＝0.5 kg，L＝0.5 m，R＝0.5 Ω，则磁感应强度B为多大？
(3)由v－F图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？
答案 (1)见解析 (2)1 T (3)见解析
解析 (1)变速运动(或变加速运动或加速度减小的加速运动或加速运动)．
(2)感应电动势：E＝BLv
感应电流：I＝，安培力：F安＝BIL＝
由题图乙中图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力的作用，匀速运动时合力为零．故
F＝＋Ff，v＝＝F－R
由题图乙中图线可知直线的斜率为k＝2，得B＝1 T.
(3)由图线的截距可以求得金属杆受到的阻力Ff，Ff＝2 N.www.
第16点 把握“等效”紧扣“三同”求交流电的有效值
有效值是交流电中最重要的物理量，必须会求解，特别是正弦交流电的有效值，应记住公式．
1．求交变电流有效值的方法有：
(1)利用I＝、U＝、E＝计算，只适用于正(余)弦式交流电．
(2)非正弦式交流电有效值的求解应 ( http: / / www.21cnjy.com )根据电流的热效应进行计算，其中，交变电流的有效值是根据电流通过电阻时产生的热效应定义的，即让交变电流和直流电流通过相同的电阻，在相同的时间里若产生的热量相同，则交变电流(电压)的有效值就等于这个直流电流(电压)的值，即求解交变电流有效值问题必须在相同电阻、相同时间、相同热量的“三同”原则下求解．
2．应用有效值要注意以下几点：
(1)各种使用交流电的用电器上所标的额定电压、额定电流均指有效值．
(2)交流电压表和交流电流表所测的数值为交流电压和电流的有效值．
(3)在进行电功、电热、电功率的计算时，所代入的交流电压和电流的数值为有效值．
(4)凡没有特别说明的，指的都是有效值．通常所说的照明电路电压是220 V就是指的电压的有效值．
对点例题 如图1所示是一交变电压随时间变化的图像，求此交变电压的有效值．
图1
解题指导 设非正弦交变电压的有效值为U′，直 ( http: / / www.21cnjy.com )流电的电压为U，让非正弦交变电压和直流电压分别加在同一电阻(设阻值为R)的两端，在一个周期(T＝0.4 s)内，非正弦交变电压产生的热量：Q′＝t1＋t2＋t3＋t4
＝×0.1＋×0.1＋×0.1＋×0.1＝
在这一个周期内，直流电压产生的热量
Q＝T＝
由Q＝Q′，得＝，
所以U＝ V，U′＝U＝ V
答案 V
方法总结 计算非正弦交变电流的有效值只能运用定义求解，其一般步骤是：
(1)计算非正弦交变电流在一个周期内通过某电阻产生的热量Q′.
(2)计算直流电在这一个周期内通过该电阻产生的热量Q.
(3)根据Q＝Q′列方程．
(4)解方程，求出直流电的数值，此数值就是非正弦交变电流的有效值．
1.如图2表示一交变电流随时间变化的图像．其中，从t＝0开始的每个时间内的图像均为半个周期的正弦曲线．求此交变电流的有效值是多少？
图2
答案 A
解析 此题所给交变电流虽然正负半周 ( http: / / www.21cnjy.com )期的最大值不同，但在任意一个周期内，前半周期和后半周期的有效值是可以求的，分别为I1＝ A，I2＝ A
设所求交变电流的有效值为I，根据有效 ( http: / / www.21cnjy.com )值的定义，选择一个周期的时间，利用在相同时间内通过相同的电阻所产生的热量相等，由焦耳定律得I2RT＝IR＋IR，即I2＝2×＋2×，解得I＝ A.
2．如图3甲所示，为一种调光 ( http: / / www.21cnjy.com )台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了调节亮度．给该台灯接220 V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为 ( )
图3
A．220 V B．110 V
C. V D. V
答案 B
解析 本题考查电压的有效值的计算．设该电压的有效值为U，根据有效值定义有·＝T，解得U＝110 V，则B项正确．www.
第2点 紧扣“闭合”与“变化”，理解感应电流产生的
条件
电磁感应现象能否发生的判断
1．确定研究的闭合电路．
2．弄清楚回路内的磁场分析，并确定该回路的磁通量Φ.
3.
对点例题 在如图1所示的闭合 ( http: / / www.21cnjy.com )铁心上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁心内，则在滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的圆环是( )
图1
A．a、b、c三个环 B．b、c两个环
C．a、c两个环 D．a、b两个环
解题指导 金属环c中磁通 ( http: / / www.21cnjy.com )量始终为零，保持不变，没有感应电流；在滑动变阻器的滑片左、右滑动时，左侧电路中电流发生变化，在闭合铁心中产生的磁场发生变化，闭合金属环a、b中磁通量发生变化，能产生感应电流．
答案 D
1．闭合矩形线圈跟磁感线方向垂直，如图2所示，下列哪种情况线圈中有感应电流( )
图2
A．线圈绕ab轴转动 B．线圈垂直纸面向外平动
C．线圈沿ab向右移动少许 D．线圈沿ad向下移动少许
答案 AC
解析 只有A、C情况下闭合矩形线圈中磁通量发生变化，所以只有A、C选项正确．
2．如图3，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，能使圆环中产生感应电流的做法是 ( )
图3
A．使匀强磁场均匀减弱
B．保持圆环水平并在磁场中上下移动
C．保持圆环水平并在磁场中左右移动
D．保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动
答案 A
解析 使匀强磁场均匀减弱，穿过线圈的磁通量 ( http: / / www.21cnjy.com )减小，产生感应电流，A正确；保持圆环水平并在磁场中上下移动时，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，B错误；保持圆环水平并在磁场中左右移动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，C错误；保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，D错误．
3.一接有电压表的矩形线圈在匀强磁场中向右做匀速运动，如图4所示，下列说法正确的是 ( )
图4
A．线圈中有感应电流，电压表有示数
B．线圈中有感应电流，电压表没有示数
C．线圈中无感应电流，电压表有示数
D．线圈中无感应电流，电压表没有示数
答案 D
解析 由于矩形线圈在匀强磁场中向右做匀速运动，磁通量不变，线圈中无感应电流，电压表没有示数．www.
第18点 学习理想变压器的“一二三四”
1．一个原理
根据电磁感应的原理来改变交变电流的电压．
原线圈上加上交变电压(U1)→原线圈中产生 ( http: / / www.21cnjy.com )交变电流(I1)→铁心中产生交变的磁通量(Φ)→副线圈中产生交变的电动势(E)→副线圈负载上得到交变电压(U2)→产生交变电流(I2)．
其能量转变方式为：原线圈电能→磁场能→副线圈电能．
2．两个特征
(1)无漏磁．即交变电流经过原线圈时，产生的磁通量将沿闭合铁心全部通过副线圈，没有一条磁感线不通过副线圈．
(2)无热损．即原、副线圈没有电阻，不产生焦耳热．
3．三个等式
(1)功率：P入＝P出
(2)电压：＝＝……
(3)电流：n1I1＝n2I2＋n3I3＋……
4．四个决定
(1)原线圈电压U1由提供原线圈电压的电源决定．
(2)副线圈电压U2由原线圈电压及匝数比决定，与副线圈所接负载无关．
(3)副线圈电流I2由副线圈电压和副线圈所接负载决定．
(4)原线圈电流I1由副线圈中的电流决定．
对点例题 如图1所示，理想变压器 ( http: / / www.21cnjy.com )的交流输入电压U1＝220 V，有两个副线圈，其中n2＝36匝，标有“6 V，9 W”、“12 V，12 W”的灯泡分别接在两副线圈上且都正常发光，求：
图1
(1)原线圈的匝数n1和另一副线圈的匝数n3；
(2)原线圈中电流I1.
解题指导 由于两个副线圈上的 ( http: / / www.21cnjy.com )两个灯泡均正常发光，所以两个副线圈输出的电压等于各自连接的灯泡的额定电压，根据电压与匝数成正比关系即可求出原线圈的匝数n1和另一副线圈的匝数n3；根据输出功率与输入功率相等的关系可计算出原线圈上的电流I1.
(1)由于两灯泡都正常发光，所以有U2＝6 V，U3＝12 V.
根据原、副线圈电压与匝数的关系＝，＝得n1＝n2＝×36＝1 320(匝)，n3＝n2＝×36＝72(匝)
(2)由于P入＝P出，P出＝P2＋P3，所以P入＝P2＋P3
即I1U1＝P2＋P3，则I1＝＝ A＝0.095 A
答案 (1)1 320匝 72匝 (2)0.095 A
规律总结 1.灯泡正常发光，意味着副线圈的电压、电流、功率均已知．
2．副线圈为多个时，变压比仍成立，而变流比不再适用．
3．副线圈为多个时，用原、副线圈上的功率相等来求往往较简单．
如图2所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表A1的示数为0.20 A．下列判断中正确的是( )
图2
A．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1
B．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1
C．电流表A2的示数为1.0 A
D．电流表A2的示数为0.4 A
答案 BC
解析 对于理想变压器，P1＝U1 ( http: / / www.21cnjy.com )I1＝220×0.20 W＝44 W，则负载电阻消耗的功率P2＝P1＝44 W，据P2＝，得U2＝＝ V＝44 V，则＝＝＝，故B正确．A2的示数I2＝＝ A＝1.0 A，故C正确．www.
章末检测卷(三)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．发电厂给某工厂的功率限额为50 ( http: / / www.21cnjy.com )0 kW，用100 kV高压输送，当该工厂由于休假，只使用50 kW的电功率时，发电厂和工厂间的高压线路电流为( )
A．0.5 A B．5 A
C．50 A D．不知电阻，无法求出
答案 A
2．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是( )
①输电线上的电功率损失是原来的1/n
②输电线上的电功率损失是原来的1/n2
③输电线上的电压损失是原来的1/n
④输电线上的电压损失是原来的1/n2
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
答案 C
解析 根据P损＝()2·R和U损＝·R知②③正确，选C项．
3．如图1所示，L1和L2是输电线， ( http: / / www.21cnjy.com )甲是电压互感器，乙是电流互感器．若已知甲的变压比为500∶1，乙的变压比为200∶1，并且已知加在电压表两端的电压为220 V，通过电流表的电流为5 A，则输电线的输送功率为( )
图1
A．1.1×102 W B．1.1×104 W
C．1.1×106 W D．1.1×108 W
答案 D
解析 对电压互感器，由＝知原线圈两端电压U1＝220×500 V＝1.1×105 V．对电流互感器，由＝得输电线中的电流I1＝1 000 A．所以输电线的输送功率P＝U1I1＝1.1×108 W，D正确．
4．2012年，四川超特 ( http: / / www.21cnjy.com )高压输电量首破千亿千瓦时．如图2所示是远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．下列说法正确的是( )
图2
A．若用户用电功率增加，升压变压器的输出电压将增大
B．若用户用电功率增加，降压变压器的输入电压将增大
C．若输电功率一定，采用特高压输电可减少输电线上损耗的功率
D．若输电功率一定，采用特高压输电会降低输电的效率
答案 C
解析 根据＝，则升压变压器的输 ( http: / / www.21cnjy.com )出电压与用户用电功率无关，由于输电线的分压，降压变压器的输入电压随用户电功率的增加而降低，故A、B错误；输电线中的电流I＝，输电线上损耗的功率ΔP＝I2r＝()2r，则输电功率一定，采用特高压输电可减少输电线上损耗的功率，C正确；输电的效率η＝×100%，采用特高压输电时，输电线上损耗的功率大大减少，而输电功率P总一定，输电的效率会提高，D错误．
5．如图3所示，一自耦变 ( http: / / www.21cnjy.com )压器(可看做理想变压器)输入端AB间加一正弦交流电压，在输出端CD间接灯泡和滑动变阻器．转动滑片P可以改变副线圈的匝数，移动滑片Q可以改变接入电路电阻的阻值．则( )
图3
A．只将P逆时针小角度转动，灯泡变亮
B．只将P顺时针小角度转动，灯泡变亮
C．只将Q向上移动，灯泡变暗
D．只将Q向下移动，灯泡变亮
答案 A
解析 只将P逆时针转动，输出端匝数 ( http: / / www.21cnjy.com )增多，输出电压增大，灯泡变亮，选项A正确，B错误．只将Q向上或向下移动，输出电压不变，灯泡亮度不变，选项C、D错误．
6．如图4所示，理想变压器MN原 ( http: / / www.21cnjy.com )线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R0和两个小灯泡L1、L2，电表为理想电表．最初开关S是断开的，现闭合开关S，则( )
图4
A．副线圈两端电压变大
B．灯泡L1变亮
C．电流表A1示数变大
D．电阻R0中的电流变小
答案 C
解析 根据＝，U2＝U1，故U2不变，A错误；闭合开关S，副线圈回路中的电阻减小，电流I2增大，D错误；根据＝，则I1＝I2，所以电流表A1示数变大，C正确；R0两端电压增大，UL减小，灯泡L1消耗的功率PL＝，故功率PL减小，灯泡L1变暗，B错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分，每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)
7．如图5所示，某小型发电 ( http: / / www.21cnjy.com )站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)．对整个送电过程，下列说法正确的是( )
图5
A．输电线上的损失功率为300 W
B．升压变压器的匝数比为1∶100
C．输电线上的电流为10 A
D．降压变压器的输入电压为4 700 V
答案 AC
解析 输电线上的损失功率为0. ( http: / / www.21cnjy.com )6%×50 kW＝300 W，选项A正确．由I2R＝300 W可得输电线上电流I＝10 A，选项C正确；升压变压器副线圈电压为5 000 V，升压变压器的匝数比为1∶10，选项B错误．输电线上损失的电压为IR＝30 V，降压变压器的输入电压为4 970 V，选项D错误．
8．如图6所示，理想变压器初级线圈接一正弦式交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变．则下列说法中正确的是( )
图6
A．只将S1从2拨向1时，电流表示数变小
B．只将S2从4拨向3时，电流表示数变小
C．只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压增大
D．只将变阻器R3的滑动触头上移，变压器的输入功率减小
答案 BD
解析 只将S1从2拨向1时，输出电压增大，输 ( http: / / www.21cnjy.com )出功率增大，原线圈输入电流增大，电流表示数变大，选项A错误．只将S2从4拨向3时，输出电压减小，输出功率减小，原线圈输入电流减小，电流表示数变小，选项B正确．只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压不变，选项C错误．只将变阻器R3的滑动触头上移，变压器的输出电流减小，输出功率减小，由变压器功率关系可知其输入功率减小，选项D正确．
9．如图7所示，有一台交流发电机E， ( http: / / www.21cnjy.com )通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有( )
图7
A．U2变小，U4变大
B．U2不变，U3变小
C．P1变小，P2变小
D．P2变大，P3变大
答案 BD
解析 由理想变压器输出功 ( http: / / www.21cnjy.com )率决定输入功率可得，当用户功率变大时，升压变压器的输入功率必增大，即P1变大，输入电压U1为定值不变，升压变压器的匝数不变，故输出电压U2不变，由于P1变大，由P1＝U1I1＝P2＝U2I2可得，I1变大，P2、I2变大，闭合电路欧姆定律：U3＝U2－I2R，故U3变小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以随U3变小，U4变小，A、C错误，B正确．由于用户功率变大，即P4变大，理想变压器无功率损耗可得：P3＝P4，功率P3也变大，故D正确．
10．如图8所示，理想变 ( http: / / www.21cnjy.com )压器的三只线圈匝数之比n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，图中灯泡L的规格为“50 V,25 W”，电阻R的阻值是10 Ω，若灯泡L正常发光，据此可知( )
图8
A．变压器线圈a、b两端输入的交流电压为100 V
B．电流表读数为5 A
C．1 min内电阻R产生的热量为6.0×104 J
D．变压器输入电流为0.35 A
答案 AD
解析 灯泡L正常发光，说明灯泡L两端 ( http: / / www.21cnjy.com )电压为U2＝50 V，由变压公式可知，变压器线圈a、b两端输入的交流电压为U1＝U2＝100 V，选项A正确；由变压公式可知，线圈n3两端电压为U3＝U2＝10 V，电流表读数I3＝U3/R＝1 A，选项B错误；由焦耳定律可得1 min内电阻R产生的热量为Q＝IRt＝12×10×60 J＝6.0×102 J，选项C错误；由理想变压器输入功率等于输出功率知I1U1＝P2＋I3U3＝25 W＋10 W＝35 W．变压器输入电流为I1＝ A＝0.35 A，选项D正确．
三、填空题(本题共2小题，共10分)
11．(2分)如图9所示，理想变压器的 ( http: / / www.21cnjy.com )输出端接有一电动机，电动机的电阻为R，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若变压器的输入功率为P，电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电流表的读数应等于________．
图9
答案
解析 理想变压器P出＝P入①
由题意知：P入＝P②
P出＝mgv＋I2R③
综合①②③得I＝.
12．(8分)有一个教学用的可拆变压器，如图10甲所示，它有两个用相同的导线绕制的线圈A、B，线圈外部还可以绕线．
图10
(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后 ( http: / / www.21cnjy.com )测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，则A线圈的电阻为________Ω，由此可推断________线圈的匝数较多(选项“A”或“B”)．
(2)如果把它看做理想变压器，现要测量 ( http: / / www.21cnjy.com )A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
A线圈的匝数为nA＝________.(用所测物理量符号表示)
答案 (1)24 A
(2)①用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁心上绕制n匝线圈；
②将A线圈与低压交流电源相连接；
③用多用电表的交流电压挡分别测量A线圈的输入电压UA和绕制线圈的输出电压U
n(其他方法，只要合理即可)
四、计算题(本大题共4小题，共46分)
13．(8分)有一台内阻为1 Ω的 ( http: / / www.21cnjy.com )发电机，供给一个学校照明用电，如图11所示．升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为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”的灯6盏．若保证全部电灯正常发光，则：
图11
(1)发电机输出功率是多大？
(2)输电效率是多少？
答案 (1)5 424 W (2)97.3%
解析 (1)对降压变压器：
U2′I2＝U3I3＝nP灯＝22×6×40 W＝5 280 W
而U2′＝U3＝880 V，
所以I2＝＝ A＝6 A.
对升压变压器：
U1I1＝U2I2＝IR＋U2′I2＝62×4 W＋5 280 W＝5 424 W
所以发电机输出功率：P出＝5 424 W.
(2)η＝×100%＝×100%≈97.3%.
14．(10分)
图12
如图12所示，理想变压器B的 ( http: / / www.21cnjy.com )原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，交流电源电压u＝311sin 100πt V，F为熔断电流为I0＝1.0 A的保险丝，负载R为一可变电阻．
(1)当电阻R＝100 Ω时，保险丝能否被熔断？
(2)要使保险丝不被熔断，电阻R的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？
答案 (1)保险丝不会被熔断 (2)55 Ω 220 W
解析 原线圈电压的有效值为U1＝ V＝220 V
由＝得副线圈两端的电压
U2＝U1＝×220 V＝110 V
(1)当R＝100 Ω时，副线圈中电流
I2＝＝ A＝1.10 A.
由U1I1＝U2I2 得原线圈中的电流为
I1＝I2＝×1.10 A＝0.55 A，由于I1＜I0 (熔断电流)，故保险丝不会被熔断．
(2)设电阻R取某一值R0时，原线圈中的电流I1′刚好到达熔断电流I0，即I1′＝1.0 A，则副线圈中的电流为
I2′＝I1′＝·I1′＝2×1.0 A＝2.0 A
变阻器阻值为R0＝＝ Ω＝55 Ω
此时变压器的输出功率为
P2＝I2′U2＝2.0×110 W＝220 W
可见，要使保险丝F不被熔断，电阻R的阻值不能小于55 Ω，输出的电功率不能大于220 W.
15．(12分)一台发电机输出的电功率为10 ( http: / / www.21cnjy.com )0 kW，输出电压为250 V，现欲向远处输电，若输电线的总电阻为8 Ω，要求输电时输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%，并向用户输送220 V电压．
(1)试画出这次输电线路的示意图．
(2)求输电所需升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数之比分别是多少？
(3)求用户得到的电功率是多少？
答案 (1)见解析图
(2)1∶16 190∶11
(3)95 kW
解析 (1)由于是大功率、远距离输电，为了 ( http: / / www.21cnjy.com )减少输电线路损失的电能，所以要采用高压输电，电能送到用户以后，再用降压变压器向用户输送220 V电压，画出其输电线路的示意图如图所示．
(2)由于要求PR≤P2×5%，
又因为P1＝P2
PR＝5%×P1＝5%×100 kW＝5×103 W
故通过输电线的最大电流为
I2＝＝A＝25 A
降压变压器输入功率
P2′＝P2－PR＝(100×103－5×103)W
＝9.5×104 W
I3＝＝A＝ A
I1＝＝A＝400 A.
所以升压变压器的变压比
＝＝＝
降压变压器的变压比
＝＝＝
(3)由于是理想变压器，用户得到的电功率即为降压变压器的输入功率
P用＝P1－PR＝(100×103－5×103)W＝95 kW.
16．(16分)一台小型发电机的最大输出功率 ( http: / / www.21cnjy.com )为100 kW，输出电压恒为500 V，现用电阻率为1.8×10－8 Ω·m，横截面积为10－5 m2的输电线向4×103 m远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不超过发电机总功率的4%，求：
(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？
(2)如果用户用电器的额定电压为220 V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？
(3)想一想，当深夜接入电路的 ( http: / / www.21cnjy.com )用电器减少时，用电器两端的电压是大于、小于还是等于220 V？若用电器电路中电流为100 A，求此时用电器两端的电压数值．
答案 (1)1∶12 (2)288∶11 (3)大于220 V 227 V
解析 (1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为r＝ρ＝1.8×10－8× Ω
＝14.4 Ω
由题意知P损＝P×4%＝()2r
105×0.04＝()2×14.4
U2＝6 000 V
升压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝.
(2)I2＝＝ A＝ A
U损＝I2·r＝×14.4 V＝240 V
而U3＝U2－U损
＝6 000 V－240 V＝5 760 V
＝＝＝
降压变压器原、副线圈匝数比为288∶11
(3)用电器总数减少时，用电器两端电压将增大
由题知I4′＝100 A则由＝＝
所以I3′＝
U损′＝I3′·r＝×14.4 V＝55 V
而U1、U2不变
U3′＝U2－U损′＝(6 000－55) V＝5 945 V
＝，
U4′＝×U3′＝×5 945 V≈227 V.
