沪科版物理选修3-2全册同步练习（18份）

1.3　探究感应电动势的大小
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解感应电动势的意义.2.知道磁通量的变化率，理解法拉第电磁感应定律的内容.(重点)3.掌握法拉第电磁感应定律的公式并会应用.(重点、难点)4.掌握公式E＝Blv的推导过程，并会应用它解题.(重点、难点)
探究感应电动势的大小　法拉第电磁感应定律
1.探究感应电动势的大小
(1)感应电动势的意义
在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势.产生感应电动势的那部分导体相当于电源.
(2)实验探究
实验步骤
实验现象
结论
快速插入
电流表示数大
慢慢插入
电流表示数小
感应电动势的大小跟磁通量变化的快慢有关
2.法拉第电磁感应定律
(1)定律内容
闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比.
(2)表达式：E＝n.
1.线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势越大.(×)
2.线圈所处的磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大.(×)
3.线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大.(√)
1.能否说感应电动势的大小与磁通量变化大小有关？
【提示】　不能，磁通量变化大小指ΔΦ，而磁通量变化快慢是，两者不同.
2.在电磁感应现象中，闭合电路产生了感应电流，这个电路中的电源是哪一部分？
【提示】　产生感应电动势的那部分电路相当于电源.
法拉第电磁感应定律的表达式E＝n.
探讨1：公式中磁通量的变化量ΔΦ，磁通量的变化率与线圈的匝数有关吗？感应电动势E与线圈的匝数有关吗？
【提示】　磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率与匝数无关；感应电动势与匝数成正比.
探讨2：公式E＝n什么情况表示平均感应电动势？什么情况表示瞬时感应电动势？
【提示】　Δt较长时表示平均感应电动势；
Δt趋于零时，表示瞬时感应电动势.
1.Φ，ΔΦ、的对比
物理量
单位
物理意义
计算公式
磁通量Φ
Wb
表示某时刻或某位置时穿过某一面积的磁感线条数的多少
Φ＝BS⊥
磁通量的变化量ΔΦ
Wb
表示在某一过程中穿过某一面积的磁通量变化的多少
ΔΦ＝Φ2－Φ1
磁通量的变化率
Wb/s
表示穿过某一面积的磁通量变化的快慢
＝
2.决定感应电动势的大小的因素
(1)电路中感应电动势的大小与电路中磁通量的大小无关，与磁通量变化的大小无关，与磁通量变化的快慢有关.
(2)电磁感应现象中，产生的感应电动势的大小跟穿过这个回路的磁通量的变化率成正比.若产生感应电动势的电路是一个n匝线圈，且穿过每匝线圈的磁通量变化率都相同，则整个线圈产生的感应电动势大小的数学表达式为E＝n.
3.对公式E＝n的理解
(1)当Δt较长时，E＝n求出的是平均感应电动势；当Δt趋于零时，E＝n求出的是瞬时感应电动势.
(2)若电路的磁通量变化仅由B的变化引起，则E＝nS；若电路的磁通量变化仅由S的变化引起，则E＝nB.
1.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是(　　)
A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
【解析】　由法拉第电磁感应定律E＝n可知感应电动势的大小E与n有关，与即磁通量变化的快慢成正比，所以A、B错误，C正确.由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，即原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场方向相反；原磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场同向，故D错误.
【答案】　C
2.如图1 3 1所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以均匀变化时，线圈中产生的感应电动势大小为(　　)
【导学号：72000021】
图1 3 1
A.πr2　　　B.L2
C.nπr2
D.nL2
【解析】　磁场的有效面积S＝L2，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势大小E＝n＝nL2，选项D正确.
【答案】　D
3.(多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Ф随时间t的变化图像如图1 3 2所示，则(　　)
【导学号：72000022】
图1 3 2
A.在t＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B.在t＝1×10－2
s时，感应电动势最大
C.在t＝2×10－2
s时，感应电动势为零
D.在0～2×10－2
s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零
【解析】　由法拉第电磁感应定律知E∝，故t＝0及t＝2×10－2
s时刻，＝0，E＝0，A错，C对.t＝1×10－2
s时，最大，E最大，B对.0～2×10－2
s，ΔΦ≠0，E≠0，D错.
【答案】　BC
对表达式E＝n的三点提醒
(1)用图像分析问题时，首先应确定纵横坐标含义，清楚图像的斜率、截距等的含义.
(2)用E＝n求解平均电动势时，用ΔΦ＝Φ2－Φ1求磁通量的变化量.
(3)磁感应强度B均匀变化时，＝S.
导
体
切
割
磁
感
线
产
生
的
感
应
电
动
势
1.导体垂直切割磁感线时：E＝BLv.
2.导线不垂直切割磁感线时，即v与B有一夹角θ，如图1 3 3所示.此时可将导线的速度v向垂直于磁感线和平行于磁感线两个方向分解，则分速度v2＝vcos
θ不使导线切割磁感线，使导线切割磁感线的分速度v1＝vsin
θ，从而使导线产生的感应电动势为E＝BLv1＝BLvsin
θ.
图1 3 3
1.条形磁铁插入(或抽出)线圈的速度越大，线圈中产生的感应电动势越大.(√)
2.如图1 3 4甲所示，线圈以恒定速度v从图示位置向上离开磁场过程中感应电流逐渐变大.(×)
3.如图1 3 4乙所示，导体棒平动切割磁感线产生的电动势为Blv.(√)
甲
乙
图1 3 4
导体棒平动切割磁感线时，导体棒的运动速度越大，产生的感应电动势就越大吗？
【提示】　导体棒切割磁感线时，产生感应电动势的大小与垂直磁感线的分速度大小有关，而速度大，垂直磁感线方向的分速度不一定大，所以导体棒运动速度越大，产生的感应电动势不一定越大.
如图1 3 5所示电路中，闭合电路的一部分导体ab处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab切割磁感线的有效长度为l，以速度v匀速切割磁感线.
图1 3 5
探讨1：在Δt时间内导体棒由原来的位置运动到a1b1，线框面积的变化量为多少？
【提示】　线框面积的变化量为ΔS＝lvΔt.
探讨2：穿过闭合电路磁通量的变化量为多少？
【提示】　穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt.
探讨3：感应电动势的大小是多少？
【提示】　据法拉第电磁感应定律得E＝＝Blv.
1.在E＝BLv的公式中三个物理量B、L、v必须两两垂直.若不垂直可分解到垂直的方向上求解.三个参量中任两个平行则E＝0.
2.公式中L为导体切割磁感线的有效直长度.若导线为弯曲的，则应取跟B和v垂直的有效直长度，如图1 3 6所示.
图1 3 6
3.该式适用于导体上各点的速度相等时，即导体平动时.当导体绕一端转动时，E＝BL2ω.如图1 3 7所示.(推导思路：E＝BL，而＝)
图1 3 7
4.该公式通常用来求导体运动速度为v时的瞬时电动势，若v为平均速度，则E为平均电动势.
5.公式E＝n与E＝Blvsin
θ的区别与联系：
E＝n
E＝Blvsin
θ
研究对象
某个回路
回路中做切割磁感线运动的那部分导体
区别
研究内容
(1)求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应(2)当Δt→0时，E为瞬时感应电动势
(1)若v为瞬时速度，公式求的是瞬时感应电动势(2)若v为平均速度，公式求的是平均感应电动势(3)当B、l、v三者均不变时，平均感应电动势与瞬时感应电动势相等
适用范围
对任何电路普遍适用
只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系
(1)E＝Blvsin
θ可由E＝n在一定条件下推导出来(2)整个回路的感应电动势为零时，回路中某段导体的感应电动势不一定为零
4.一根导体棒ab在垂直于纸面方向的匀强磁场中自由下落，并始终保持水平方向且与磁场方向垂直.如图1 3 8所示，则有(　　)
图1 3 8
A.Uab＝0
B.Ua＞Ub，Uab保持不变
C.Ua≥Ub，Uab越来越大
D.Ua＜Ub，Uab越来越大
【解析】　ab棒向下运动时，可由右手定则判断感应电动势方向为a→b，所以Ub＞Ua，由Uab＝E＝Blv及棒自由下落时v越来越大，可知Uab越来越大，D项正确.
【答案】　D
5.(2015·海南高考)如图1 3 9所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′，则等于(　　)
【导学号：72000023】
图1 3 9
A.　　　B.　　　C.1　　　D.
【解析】　由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势ε＝BLv，将此棒弯成两段长度相等且互相垂直的折线，并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速度v运动时，ε′＝BLv，则＝＝.因此B对，A、C、D错.
【答案】　B
6.(2015·全国卷Ⅱ)如图1 3 10所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上.当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是(　　)
【导学号：72000024】
图1 3 10
A.Ua>Uc，金属框中无电流
B.Ub
>Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C.Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D.Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
【解析】　金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误.转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误.由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确.
【答案】　C
应用E＝n时注意的事项
(1)用E＝n所求的感应电动势为整个闭合回路的感应电动势，而不是回路中某部分导体的电动势，整个回路的感应电动势为零时，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零.
(2)一般来说，用E＝n求平均感应电动势方便些；而用E＝Blvsin
θ求瞬时感应电动势方便些.
学业分层测评(三)　
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.下列几种说法中正确的是(　　)
A.线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B.线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
C.线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大
D.线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大
【解析】　本题考查对法拉第电磁感应定律的理解，关键是抓住感应电动势的大小和磁通量的变化率成正比.感应电动势的大小和磁通量的大小、磁通量变化量的大小以及磁场的强弱均无关系，它由磁通量的变化率决定，故选D.
【答案】　D
2.一根直导线长0.1
m，在磁感应强度为0.1
T的匀强磁场中以10
m/s的速度匀速运动，则关于导线中产生的感应电动势说法错误的是(　　)
A.一定为0.1
V
B.可能为零
C.可能为0.01
V
D.最大值为0.1
V
【解析】　当B、L、v互相垂直时，导体切割磁感线运动产生的感应电动势最大：E＝Blv＝0.1×0.1×10
V＝0.1
V，考虑到它们的空间位置关系B、C、D都有可能，A错.
【答案】　A
3.如图1 3 11所示，在半径为R的虚线圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化关系为B＝B0＋kt，在磁场外距圆心O为2R处有一半径恰为2R的半圆导线环(图中实线)，则导线环中的感应电动势大小为(　　)
【导学号：72000025】
图1 3 11
A.0
B.kπR2
C.
D.2kπR2
【解析】　由E＝n＝＝πR2k可知选项C正确.
【答案】　C
4.(多选)如图1 3 12所示为地磁场磁感线分布的示意图.我国处在地球的北半球，飞机在我国上空匀速地巡航，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差.设飞行员左侧机翼末端处的电势为φ1，右侧机翼末端处电势为φ2.则(　　)
【导学号：72000026】
图1 3 12
A.若飞机从西向东飞，φ1比φ2高
B.若飞机从东向西飞，φ2比φ1高
C.若飞机从南向北飞，φ1比φ2高
D.若飞机从北向南飞，φ2比φ1高
【解析】　在北半球，地磁场是斜向下的，存在竖直向下的磁场分量，飞机在水平飞行过程中，机翼就会切割磁感线，产生感应电动势，应用右手定则可以判断两边机翼的电势高低问题.伸开右手，让大拇指与其余四指在同一平面内，并且垂直，让磁感线穿过手心，即手心朝上，大拇指指飞机的飞行方向，其余四指指的方向就是感应电流的方向，由于不是闭合电路，电路中只存在感应电动势，仍然按照有电流来判断，整个切割磁感线的两边机翼就是电源，在电源内部，电流是从低电势处流向高电势处的，因此不管飞机向哪个方向飞行，都是飞行员左边机翼末端电势高，即A、C选项正确.故选A、C.
【答案】　AC
5.如图1 3 13所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k＞0)随时间变化，t＝0时，P、Q两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t，电容器P板(　　)
图1 3 13
A.不带电
B.所带电荷量与t成正比
C.带正电，电荷量是
D.带负电，电荷量是
【解析】　磁感应强度以B＝B0＋kt(k＞0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E＝＝S＝kS，而S＝，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝；由楞次定律知电容器P板带负电，故D选项正确.
【答案】　D
6.一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1
s时间内均匀地增大到原来的两倍.接着保持增大后的磁感应强度不变，在1
s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为(　　)
A.　　　　B.1
C.2　　　　D.4
【解析】　E感＝n，设原来的磁感应强度为B，线框的面积为S，则前半段过程E感＝n＝n＝n，后半段过程E感＝n＝n＝n，时间t相等，因此先后两个过程线框中感应电动势相等，比值为1，故B项正确.
【答案】　B
7.(2015·重庆高考)如图1 3 14为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(　　)
【导学号：72000028】
图1 3 14
A.恒为
B.从0均匀变化到
C.恒为－
D.从0均匀变化到－
【解析】　根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－n，选项C正确.
【答案】　C
8.(多选)如图1 3 15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(　　)
【导学号：72000028】
图1 3 15
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同
【解析】　线框关于OO′对称时，左右两侧磁通量大小相等，磁场方向相反，合磁通量为0，故A项正确；根据右手定则，cd的电动势方向由c到d，ab的电动势方向由a到b，且大小均为Blv0，故闭合回路的电动势为2Blv0，电流方向为逆时针方向，故B项正确，C项错误；根据左手定则，ab和cd边所受安培力方向均向左，方向相同，故D项正确.
【答案】　ABD
[能力提升]
9.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行.现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是(　　)
【解析】　在四个图中感应电动势大小相等.线框中感应电流大小也相等，设电流为I，线框每边电阻为r.则在A、C、D三项中ab边均是电源的负载，故Uab＝Ir.而在B项中ab是电源，Uab为路端电压，外电阻为3r，即Uab＝3Ir.因此答案应选B.
【答案】　B
10.(多选)如图1 3 16是法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图.将铜盘放在磁场中，且磁场在铜盘范围之内.让磁感线垂直穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流.若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是(　　)
【导学号：72000029】
图1 3 16
A.回路中电流大小恒定
B.回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘
C.回路中有大小和方向做周期性变化的电流
D.若将匀强磁场改为非匀强磁场，转动铜盘，灯泡中不会有电流流过
【解析】　铜盘在匀强磁场中匀速转动切割磁感线.相当于长度为L的无数条导体棒转动切割磁感线产生电动势，其大小为E＝BL2ω，根据欧姆定律，回路中感应电流大小恒定，故选项A正确；根据右手定则可判断铜盘中心为电源正极，铜盘边缘为电源负极，所以回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘，故选项B正确，C错误；因题图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，即处在同一竖直平面内，当将匀强磁场改为非匀强磁场时.铜盘转动时回路中同样产生感应电流，故选项D错误.
【答案】　AB
11.如图1 3 17甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1
000，线圈面积S＝300
cm2，线圈的电阻r＝1
Ω，线圈外接一个阻值R＝4
Ω的电阻，线圈内有一方向垂直线圈平面向里的圆形磁场，圆形磁场的面积S0＝200
cm2，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.求：
甲　
乙
图1 3 17
(1)第4秒时线圈的磁通量及前4
s内磁通量的变化量；
(2)前4
s内的平均感应电动势；
(3)4
s内通过R的电荷量.
【解析】　(1)磁通量Φ＝BS0＝0.4×200×10－4Wb＝8×10－3Wb
磁通量的变化量为：ΔΦ＝0.2×200×10－4Wb＝4×10－3Wb
(2)由图像可知前4
s内磁感应强度B的变化率
＝0.05
T/s
前4
s内的平均感应电动势
E＝nS0＝1
000×0.02×0.05
V＝1
V
(3)电路中平均电流＝，q＝t
通过R的电荷量q＝n
所以q＝0.8
C.
【答案】　(1)8×10－3Wb　4×10－3Wb
(2)1
V　(3)0.8
C
12.如图1 3 18甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d＝0.5
m.右端接一阻值为4
Ω的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B按如图乙规律变化.CF长为2
m.在t＝0时，金属棒ab从图中位置由静止在恒力F作用下向右运动到EF位置，整个过程中，小灯泡亮度始终不变.已知ab金属棒电阻为1
Ω，求：
【导学号：72000030】
甲
　乙
图1 3 18
(1)通过小灯泡的电流；
(2)恒力F的大小；
(3)金属棒的质量.
【解析】　(1)金属棒未进入磁场时，电路总电阻R总＝RL＋Rab＝5
Ω
回路中感应电动势为：E1＝＝S＝0.5
V
灯泡中的电流为：IL＝＝0.1
A
(2)因灯泡亮度不变，故在t＝4
s末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流：
I＝IL＝0.1
A
恒力大小：F＝FA＝BId＝0.1
N
(3)因灯泡亮度不变，金属棒在磁场中运动时，产生的感应电动势为：E2＝E1＝0.5
V
金属棒在磁场中的速度：v＝＝0.5
m/s
金属棒未进入磁场的加速度为：a＝＝0.125
m/s2
故金属棒的质量为：m＝＝0.8
kg
【答案】　(1)0.1
A　(2)0.1
N　(3)0.8
kg2.2　怎样描述交变电流
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解交变电流的周期、频率以及它们之间的关系.2.知道正弦式交变电流最大值和有效值之间的关系.3.掌握正弦式交变电流的有效值和计算方法并会应用.(重点)4.掌握交变电流的平均值，并会区分有效值和平均值.(难点)
描
述
交
变
电
流
的
物
理
量
1.交变电流的周期和频率
(1)周期：交变电流完成一次周期性变化所需要的时间，用T表示，国际单位：秒(s).
(2)频率：交变电流在1
s内完成周期性变化的次数，用f表示，国际单位：赫兹(Hz).
(3)周期、频率的关系：T＝或f＝.
(4)正弦式交变电流：电流的大小和方向随时间按正弦规律变化.
(5)我国交流电的周期和频率：家用交变电流的周期为0.02
s，频率为50
Hz，电流方向在1
s内改变100次.
2.交变电流的最大值和有效值
(1)最大值：交变电流在一个周期内所能达到的最大值叫做交变电流的最大值，又称峰值，以此可以表示交变电流的强弱或电压的高低.交变电流的电流、电压的最大值分别用Im和Um表示.
(2)有效值：让恒定电流和交变电流分别通过阻值相同的电阻，使它们在相同时间内产生的热量相等，则该恒定电流的数值规定为这个交变电流的有效值.交变电流的电流、电压的有效值分别用I、U表示.
(3)正弦式交变电流的有效值和最大值的关系：
U＝≈0.707Um，I＝≈0.707Im.
(4)有效值、最大值的常见说法
①电气元件或设备上所标的耐压值是指该设备所能承受的交流电压的最大值.
②交流用电器铭牌上所标的额定电压和额定电流都是指交流电的有效值；交流电流表和交流电压表的示数是有效值；交变电流的数值如果没有特别声明时都指有效值.
1.家用交变电流的频率是50
Hz，周期是0.02
s.(√)
2.家用电器铭牌上标称的电压、电流都是最大值.(×)
3.电压表、电流表的测量值，都是平均值.(×)
1.所有交变电流的最大值与有效值之间的关系都有倍关系吗？
【提示】　不是，只有正弦式交变电流的最大值是有效值的倍.
2.交变电流的有效值是平均值吗？
【提示】　不是，有效值是一种等效替代，把恒定电流与交变电流通入相同的电阻，经过相同的时间，产生相同的电热，我们就把这一恒定电流的值叫做交变电流的有效值.有效值是用来计算电功率、导体产生的热量.这里的相同时间是指较长时间或者是周期的整数倍.有效值不是平均值，这是两个完全不同的物理量.
交变电流的最大值和有效值是描述交变电流的重要物理量.
探讨1：交变电流的有效值是根据什么定义的？
【提示】　根据电流的热效应来定义的.
探讨2：交变电流的有效值定义中的三个“相同”具体指的是什么？
【提示】　相同电阻、相同时间、相同热量.
1.对交变电流有效值的理解
(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻发热)进行定义的，所以进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻发热(或热功率)进行计算，计算时“相同时间”应取周期的整数倍，一般取一个周期.
(2)非正弦式交变电流的有效值，应按有效值的定义计算.
(3)在计算交变电流通过导体产生的热量和电功率以及确定保险丝的熔断电流时，只能用交变电流的有效值，如电功率的计算式P＝UI中，U、I均为有效值；若计算通过电路某一横截面的电量，必须用交变电流的平均值.
(4)在交流电路中，电压表、电流表等电工仪表的示数均为交变电流的有效值，在没有具体说明的情况下，所给出的交变电流的电压、电流指的都是有效值.
2.有效值的计算方法
求解交变电流的有效值.通常采用以下两种方法：
(1)若按正(余)弦规律变化的交变电流，可利用交变电流的有效值与峰值的关系求解，即E＝，U＝，I＝.
(2)若按非正(余)弦规律变化的交变电流，可以从交变电流有效值的定义出发，根据热效应的“三同原则”(同电阻、同时间、同热量)求解，一般选择一个周期T的时间进行计算.
3.几种常见电流有效值的计算
电流名称
电流图线
有效值
正弦式交变电流
I＝
正弦半波电流
I＝
正弦单向脉动电流
I＝
矩形脉动电流
I＝
非对称性交变电流
I＝
4.有效值不同于平均值
有效值是根据电流热效应定义的，而平均值是交变电流的物理量(e、i、u)对时间的平均值，是根据法拉第电磁感应定律来计算的.
1.(多选)某交变电流的方向在1
s内改变100次，则其周期T和频率f分别为(　　)
A.T＝0.01
s
B.T＝0.02
s
C.f＝100
Hz
D.f＝50
Hz
【解析】　由于正弦式交变电流每周期内方向改变两次，所以其频率为50
Hz，由T＝得T＝0.02
s.
【答案】　BD
2.(2015·四川高考)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示.矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压(　　)
【导学号：72000068】
图2 2 1
A.峰值是e0
B.峰值是2e0
C.有效值是Ne0
D.有效值是Ne0
【解析】　因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝Ne0，故选项D正确.
【答案】　D
3.两个完全相同的电热器，分别通以如图2 2 2甲、乙所示的交变电流，两个交变电流的最大值相等，它们分别是方波式和正弦式交变电流，则这两个电热器的电功率之比为多少？
甲　　　　　　　　　乙
图2 2 2
【解析】　因题图乙是正弦式交变电流，所以有效值I乙＝，而题图甲是方波式电流，不能利用倍关系求，只能根据有效值的定义求解.即IR＋(－Im)2R＝IRT，解得I甲＝Im，所以，这两个电热器的电功率之比＝＝.
【答案】　2∶1
计算交变电流有效值时的两点注意
(1)方波式交变电流的正、负半周期最大值不相等时，要分段计算电热.
(2)应取一个周期或周期的整数倍的时间计算电热.
用数学方法描述交变电流
1.正弦式交流电的图像
如图2 2 3所示，从图像中可直接得到的物理量有瞬时值、最大值和周期；通过计算可以得到有效值、频率和角频率.
图2 2 3
2.正弦式交流电的瞬时值表达式
电动势：e＝Emaxsin
ωt；
电压：u＝Umaxsin
ωt；
电流：i＝Imaxsin
ωt.
1.根据交变电流的周期T，可计算频率f和角频率ω.(√)
2.从线圈转至与磁场方向平行开始计时，电动势e＝Emcosωt.(√)
3.电容器上标注的耐压值就是有效值.(×)
1.图线在t轴下方的是负值，负值一定比正值小吗？
【提示】　不是，正、负值表示方向不表示大小，大小还要比较绝对值.
2.交变电流的图像都是正弦式的吗？
【提示】　不是.感应电动势(电流)是正弦式还是余弦形式，取决于开始计时的时刻；若从中性面开始计时，瞬时值为正弦形式.若从与中性面垂直的位置开始计时，瞬时值的图像为余弦式.
有效值和平均值是描述正弦式交变电流的重要物理量，其用途也不相同.
探讨1：计算交变电流通入电阻时的功率时用有效值还是用平均值？
【提示】　有效值.
探讨2：计算时间Δt内流过某一电阻的电荷量时用有效值还是用平均值？
【提示】　平均值.
1.交变电流的图像
如图2 2 4所示，交流电的变化规律可以用图像来表示，在直角坐标系中，横轴表示线圈平面跟中性面的夹角(或者表示线圈转动经过的时间t)，纵轴表示感应电动势e(感应电流i).
图2 2 4
2.交变电流电压、电流的函数式
(1)表达式
正弦式交变电流的电压u、电流i的函数表达式为
u＝Umsin
ωt，i＝Imsin
ωt
其中，Um为交变电压的最大值，Im为交变电流的最大值，ω称为角频率，ωt为线圈平面和中性面的夹角.
(2)角频率ω与频率f、周期T的关系
ω＝2πf＝
3.正弦式交变电流图像的应用
(1)根据图像可直接读出正弦式交变电流的最大值和周期.
(2)根据线圈平面位于中性面时感应电动势、感应电流为零，可确定线圈位于中性面的时刻，亦即磁通量最大的时刻和磁通量变化率为零的时刻.
(3)根据线圈平面与中性面垂直时感应电动势、感应电流最大，可确定线圈与中性面垂直的时刻，亦即磁通量为零的时刻和磁通量变化率最大的时刻.
4.一只“220
V,100
W”的灯泡接在u＝311sin
314t
V的交变电源上，则下列判断正确的是(　　)
A.灯泡能正常发光
B.与灯泡串联的电流表的示数为0.64
A
C.与灯泡并联的电压表的示数为311
V
D.通过灯泡的电流的表达式为i＝0.45sin
314t
A
【解析】　从电压瞬时值表达式知电压有效值为220
V，故“220
V,100
W”灯泡接在此交流电源上能正常发光，故A正确.通过灯泡的电流I＝
A＝0.45
A，也是与灯泡串联的电流表的示数，故B不正确.电压表与灯泡并联测得的也是灯泡的电压有效值，故示数为220
V，所以C选项不正确.通过灯泡的电流的有效值为0.45
A，故其最大值Im＝×0.45
A＝0.64
A，故D选项不正确.
【答案】　A
5.(多选)图2 2 5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像如图乙所示.以下判断正确的是(　　)
【导学号：72000069】
甲　
乙
图2 2 5
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】　电流表示数显示的是交流电的有效值，正弦交流电的电流有效值等于最大值的倍，电流表的示数为10
A，选项A正确；因为交流电的瞬时值为i＝10cos
ωt，根据图乙可知，交流电的周期为T＝2×10－2
s，则线圈转动的角速度为ω＝＝100π
rad/s，选项B错误；0时刻线圈平面与磁场平行，t＝0.01
s＝，t时间内线圈转过π弧度，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；0.02
s时的情况与0时刻的情况相同，根据右手定则可以判定，此时通过电阻R的电流方向自左向右，选项D错误.
【答案】　AC
6.如图2 2 6所示，矩形线圈的匝数为n，线圈面积为S，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，在线圈由图示位置转过90°的过程中，求：(1)通过电阻R的电荷量q；(2)电阻R上产生的焦耳热Q.
图2 2 6
【解析】　(1)由题意知Φ1＝0，Φ2＝BS，则ΔΦ＝BS，时间Δt＝＝，所以产生的平均电动势为＝n＝，平均电流为＝＝，通过R的电荷量q＝·Δt＝.
(2)在此过程中电阻R上的焦耳热为一个周期内产生焦耳热的，由于E＝＝，则I＝，Q＝I2RT＝()2R＝.
【答案】　(1)　(2)
分析交变电流问题的四点技巧
1.从交变电流图像可以得到最大值、周期和频率、计时初始时刻等解题信息.
2.交变电流的电流方向每个周期改变两次.
3.交变电流的电路也要分清内电路和外电路，求解电流和路端电压符合闭合电路的欧姆定律.
4.功率和焦耳热的计算要应用交变电流的有效值.
学业分层测评(八)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.(多选)下面关于交变电流的说法中正确的是(　　)
A.交流电器设备上所标的电压值和电流值是交变电流的峰值
B.通常说的动力供电线路电压为380
V，指的是最大值
C.给定的交流数值，在没有特别说明的情况下都是指有效值
D.跟交变电流有相同的热效应的直流数值是交变电流的有效值
【解析】　交流电器设备上所标的电压值和电流值是有效值，通常说的动力供电线路电压为380
V是有效值，故A、B错误，C正确.有效值是根据电流的热效应定义的，D正确.
【答案】　CD
2.标有“250
V
0.5μF”字样的电容器能接入下面哪个电路中使用(　　)
A.220sin100πt(V)
B.220
V照明电路中
C.380sin100πt(V)
D.380
V动力电路中
【解析】　本题考查交流电的最大值，从该电容器的铭牌知，它的耐压值为250
V，也就是它允许加的最大电压为250
V.对于220
V的照明电路，220
V是指该电路的有效值，它的最大值为311
V，超出了电容器的耐压值，而C、D中两电压也远超过了电容器的耐压值，故正确答案为A.
【答案】　A
3.(多选)有一交变电流如图2 2 7所示，则由此图像可知(　　)
【导学号：72000070】
图2 2 7
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】　由图像可读得其周期T＝0.8
s，频率f＝＝1.25
Hz，故A对，D错；又可由图像读得Im＝4
A，故B对；因为电流为非正弦式电流，故有效值I≠＝2
A，故C错.
【答案】　AB
4.(多选)如图2 2 8是某交流发电机产生的交变电流的图像，根据图像可以判定(　　)
图2 2 8
A.此交变电流的频率为5
Hz
B.该交变电流的电压瞬时值表达式为
u＝12sin
10πt
(V)
C.将标有“12
V、3
W”的灯泡接在此交变电流上，灯泡可以正常发光
D.图像上对应的0.1
s时刻，发电机中的线圈刚好转至中性面
【解析】　由图像可知，交变电流的周期T＝0.2
s，交变电压的最大值Um＝12
V，所以此交变电流的频率f＝1/T＝5
Hz，角速度ω＝2π/T＝10π
rad/s，交变电压瞬时值的表达式u＝Umsin
ωt＝12sin
10πt(V)，选项A、B均正确；标有“12
V、3
W”的灯泡正常发光时其两端电压的有效值为12
V，而交变电压有效值U＝Um/＝6
V，所以灯泡不能正常发光，选项C错误；图像上对应的0.1
s时刻，交变电压瞬时值为零，穿过发电机中的线圈的磁通量最大，发电机中的线圈刚好转至中性面，选项D正确.
【答案】　ABD
5.(2015·黄冈高二检测)如图2 2 9所示，实线为一脉冲电压波形，它是利用电子电路将标准的正弦波的尖端削平一小段而成的，则此脉冲电压的有效值(　　)
【导学号：72000071】
图2 2 9
A.小于U
B.大于U
C.等于U
D.等于U
【解析】　正弦式交变电流的有效值为U，由于此脉冲电压的最大值小于U，故此脉冲电压的有效值小于U，故选项A正确.
【答案】　A
6.一个边长为6
cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36Ω.磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为(　　)
图2 2 10
A.×10－5A
B.×10－5A
C.×10－5A
D.×10－5
A
【解析】　由图知0～3
s内：＝2×10－3T/s为恒量，所以此段时间内I1＝＝＝＝
A＝2×10－5
A；同理3～5
s内电流I2＝·S＝－3×10－5A，方向与I1相反；由有效值定义得IRt1＋IRt2＝I2R(t1＋t2)，所以I＝×10－5A，故选B.
【答案】　B
7.如图2 2 11甲所示，调节台灯是通过双向可控硅电子器件来实现无线调节灯的亮度的.现将某无级调光台灯接在220
V的正弦式交变电流上，经过可控硅调节后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时电压表的示数是(　　)
【导学号：72000072】
甲
乙
图2 2 11
A.220
V
B.156
V
C.110
V
D.78
V
【解析】　虽然图示电流不是正弦式交变电流，根据正弦式交变电流的图像对称性可知，只要有T的图线就满足最大值是有效值的倍，根据T＝·，解得U＝110
V≈156
V，故选项B正确，A、C、D错误.
【答案】　B
8.(多选)如图2 2 12所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是(　　)
图2 2 12
A.在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B.线圈先后两次转速之比为2∶3
C.交流电a的瞬时值为U＝10
sin(5πt)
V
D.交流电b的最大值为
V
【解析】　由题图可知，t＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，A错误；由题图可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B错误；由题图可知，C正确；因ωa∶ωb＝3∶2，交流电最大值Um＝nBSω，故Uma∶Umb＝3∶2，Umb＝Uma＝
V，D正确.
【答案】　CD
[能力提升]
9.(多选)如图2 2 13所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2
Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1
A.那么(　　)
【导学号：72000073】
图2 2 13
A.线圈消耗的电功率为4
W
B.线圈中感应电流的有效值为2
A
C.任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4
cost
D.任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝
sint
【解析】　从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦交变电流的感应电动势的一般表达式为e＝Em
cos
θ，且该式的成立与转轴的位置无关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流i＝＝
cos
θ，由题给条件有：1
A＝×，Em＝4
V，则Im＝2
A，I有效＝
A，电功率P＝IR＝4
W，所以A正确，B错误.e＝4
cos
ωt＝4
cos
t，即C正确.由Em＝BSω＝Φm·得Φm＝故Φ＝sin
t，即D错误.
【答案】　AC
10.如图2 2 14所示，电阻为r的矩形线圈面积为S，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动.匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则(　　)
图2 2 14
A.滑片P下滑时，电压表的读数不变
B.图示位置线圈中的感应电动势最大
C.线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为
D.1
s内流过R的电流方向改变次
【解析】　滑片P下滑时，外电阻增大，电压表的读数变大，选项A错误；图示位置，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，选项B错误；线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为，选项C错误；一个周期内两次通过中性面，电流方向改变两次，交流电的频率为，1
s内流过R的电流方向改变次，选项D正确.
【答案】　D
11.如图2 2 15所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数n＝100，线圈电阻r＝3
Ω，ab＝cd＝0.5
m，bc＝ad＝0.4
m，磁感应强度B＝0.5
T，电阻R＝311
Ω，当线圈以n＝300
r/min的转速匀速转动时.求：
图2 2 15
(1)感应电动势的最大值；
(2)t＝0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；
(3)此电压表的示数是多少.
【解析】　(1)电动势的最大值为：
Em＝nBωS＝nB·(2πn转)·(·)＝314
V.
(2)电动势瞬时值的表达式：
e＝Emsinωt＝314sin10πt
V.
(3)Uv＝×＝220
V.
【答案】　(1)314
V　(2)e＝314sin
10πt
V　(3)220
V
12.图2 2 16甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝10
Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90
Ω，与R并联的交变电压表为理想电表.在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化.求：
【导学号：72000074】
甲　　　　　　　　　　乙
图2 2 16
(1)交流发电机产生的感应电动势最大值；
(2)电动势的瞬时值表达式.
(3)线圈转过
s时，电动势的瞬时值.
(4)电路中交变电压表的示数.
【解析】　(1)交流发电机产生电动势的最大值
Em＝nBSω
而Φm＝BS，ω＝，所以Em＝
由Φ t图线可知，Φm＝2.0×10－2Wb，T＝0.2
s
所以Em＝20π
V≈62.8
V.
(2)线圈转动的角速度ω＝＝rad/s＝10π
rad/s，由于从垂直中性面处开始计时，所以感应电动势瞬时值表达式为e＝Emcos
ωt＝62.8
cos(10πt)
V
(3)当线圈转过s时
e＝20πcos(10π×)V＝10
π
V≈31.4
V
(4)电动势的有效值E＝＝10π
V
U＝E＝×10π
V＝9π
V≈40
V
【答案】　(1)62.8
V　(2)e＝62.8cos(10πt)
V
(3)31.4
V　(4)40
V章末分层突破
[自我校对]
①
②I线
R线
③I线U损
④
⑤
⑥U2I2＋U3I3
　理想变压器问题
1.电压思路
理想变压器的输入电压U1，输出电压U2与原、副线圈匝数之间关系：＝.
2.功率思路
理想变压器的输入，输出功率关系为：P入＝P出，即P1＝P2；当变压器有多个副绕组时：P1＝P2＋P3＋….
3.电流思路
由I＝P/U知，对只有一个副绕组的变压器有：I1∶I2＝n2∶n1；当变压器有多个副绕组时：n1I1＝n2I2＋n3I3＋….
4.制约思路(变压器动态问题)
(1)电压制约：当变压器原、副线圈匝数比(n1/n2)一定时，输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝n2U1/n1，可简述为“原制约副”.
(2)电流制约：当变压器、原副线圈的匝数比(n1/n2)一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的输入电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝n2I2/n1，可简述为“副制约原”.
(3)负载制约：①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2＝P负1＋P负2＋…；②变压器副线圈中的电流I2由用户负载及输出电压U2决定，I2＝P2/U2.
5.原理思路
变压器原线圈中磁通量发生变化，铁心中ΔΦ/Δt相等，即＝.此式适用于交流电或电压(电流)变化的直流电，但不适用于稳定或恒定电流的情况.
　(多选)(2014·山东高考)如图3 1，将额定电压为60
V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上.闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220
V和2.2
A.以下判断正确的是(　　)
图3 1
A.变压器输入功率为484
W
B.通过原线圈的电流的有效值为0.6
A
C.通过副线圈的电流的最大值为2.2
A
D.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
【解析】　变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝2.2×60
W＝132
W，选项A错误；由＝得＝＝＝，选项D正确；由＝得I1＝I2＝×2.2
A＝0.6
A，选项B正确；根据I＝得副线圈上的电流的最大值I2m＝I2＝2.2
A，选项C错误.
【答案】　BD
　远距离高压输电
1.输电示意图(如图3 2)
图3 2
2.正确理解几个基本关系
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4.
(2)电压关系：＝，U2＝U线＋U3，＝.
(3)电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝.
(4)输电电流：I线＝＝＝.
(5)输电导线上损耗的电功率：
P损＝P2－P3＝IR线＝＝U线I线.
(6)输电导线上的电压损失：
U线＝I线·R线＝U2－U3.
　如图3 3所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝4∶1，原线圈输入电压U1＝1
410sin
100πt(V)，副线圈通过电阻r＝1
Ω的输电线对用户供电，则用户处最多接多少盏“220
V
40
W”的电灯可保证正常发光？
图3 3
【解析】　由题意知原线圈的输入电压为
U1＝＝
V≈1
000
V
根据原、副线圈的匝数比得副线圈的电压为
U2＝U1＝×1
000
V＝250
V
用电器正常工作电压U用＝220
V，则线路损失电压为
ΔU＝U2－U用＝250
V－220
V＝30
V
输电线上的电流为I＝＝
A＝30
A
每只灯泡的正常工作电流为I额＝＝
A＝
A
用户最多可接电灯的盏数为n＝＝盏＝165盏.
【答案】　165盏
1 解答理想变压器问题离不开三个关系：电压关系、电流关系、功率关系，在输入电压不变的情况下，输入电流、输入功率随负载的变化而变化.
2 远距离高压输电问题中，损耗功率产生在高压输电线上，一般不计变压器上的功率损失.
1.(多选)如图3 4所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶10，副线圈与阻值R＝20
Ω的电阻相连，原线圈两端所加的电压u＝20sin20πt(V)，则(　　)
图3 4
A.交流电压表的示数为20
V
B.副线圈输出交流电的频率为10
Hz
C.电阻R上消耗的电功率为2
kW
D.原线圈中电流的最大值为100
A
【解析】　交流电压表的示数为交流电电压的有效值，应为20
V，选项A错误；原线圈交流电的频率为10
Hz，变压器不改变交流电的频率，故选项B正确；副线圈两端的电压有效值为U2＝U1＝200
V，则P＝＝U2I2＝U1I1，解得P＝2
000
W，选项C正确；I1＝100
A，原线圈中电流的最大值为100
A，选项D错误.
【答案】　BC
2.(多选)(2015·海南高考)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，是理想电压表；现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0
V，则(　　)
图3 5
A.此时原线圈两端电压的最大值约为34
V
B.此时原线圈两端电压的最大值约为24
V
C.原线圈两端原来的电压有效值约为68
V
D.原线圈两端原来的电压有效值约为48
V
【解析】　电压表测的是电阻R两端的电压，根据U2＝I2(R0＋R)得U2＝6.0
V.由＝得U1＝24
V，由于电压表的读数为有效值，故变压器原线圈两端的电压的有效值为24
V，其最大值Um＝U1≈34
V，A正确，B错误；由于变压器输入电流不变，所以副线圈电流也不变，负载电阻总阻值原为12R0，现为6R0，因此原电压应是现在的两倍，故原线圈两端原来的电压有效值约为48
V，D正确，C错误.所以选A、D.
【答案】　AD
3.(多选)(2014·广东高考)如图3 6所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是(　　)
图3 6
A.P向下滑动时，灯L变亮
B.P向下滑动时，变压器的输出电压不变
C.P向上滑动时，变压器的输入电流变小
D.P向上滑动时，变压器的输出功率变大
【解析】　由于理想变压器输入电压U1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U2也不变，灯L亮度不随P的滑动改变，故选项A错误，选项B正确；P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R总减小，由I2＝知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由＝知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确.
【答案】　BD
4.(2014·江苏高考)远距离输电的原理图如图3 7所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是(　　)
【导学号：72000085】
图3 7
A.＝　　
B.I2＝
C.I1U1＝IR
D.I1U1＝I2U2
【解析】　根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2、＝.U2不是加在R两端的电压，故I2≠，而I1U1等于R上消耗的功率IR与下一级变压器的输入功率之和.选项D正确.
【答案】　D
5.如图3 8所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为(　　)
图3 8
A.1∶2　2U
B.1∶2　4U
C.2∶1　4U
D.2∶1　2U
【解析】　设灯泡正常发光时的电流为I，则I1＝I，I2＝2I.由＝得＝.
由＝得U1′＝U2＝2U.故U1＝4U，C正确.
【答案】　C
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
章末综合测评(三)
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题6分，共60分，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1.对于理想变压器来说，下列说法中不正确的是(　　)
A.变压器是利用互感现象制成的
B.变压器可以改变各种电源的额定功率
C.变压器不仅能改变电压，同时还能改变电流
D.变压器的初级电流随次级电流的增大而增大
【解析】　由变压器的原理和电压、电流、功率的关系可判断.只有B说法不正确
【答案】　B
2.(2016·汕头二模)如图1是某型号手机充电器里的变压器(可视为理想变压器)，当a、b端接220
V交流电时，c、d端输出4.2
V交流电，则正常工作时(　　)
图1
A.从a、b端流入的电流大于从c、d端流出的电流
B.连接a、b端的线圈匝数多于连接c、d端的线圈匝数
C.当c、d端空载(断路)时，c、d端的电压为零
D.输入电流的频率高于输出电流的频率
【解析】　根据理想变压器电压与匝数成正比，知a、b端匝数大于c、d的匝数，根据电流与匝数成反比知从a、b端流入的电流小于从c、d端流出的电流，故A错误，B正确；当c、d端空载(断路)时，无感应电流，但仍有感应电动势，c、d端的电压不为零，故C错误；变压器不改变功率和频率，故D错误.
【答案】　B
3.(2016·广州二模)如图2为模拟远距离输电电路，两理想变压器的线圈匝数n1＝n4＜n2＝n3，A1，A2，A3为相同的理想交流电流表，当a，b端接入低压交流电源时，则(　　)
图2
A.A1，A2的示数相等
B.A1，A2，A3的示数相等
C.A1的示数大于A2的
D.A2的示数大于A3的
【解析】　根据变压器的规律电流与匝数成反比，得＝，且n1＜n2，故A1的示数大于A2，故AB错误，C正确；同理，A2的示数小于A3的，故D错误.
【答案】　C
4.如图3所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，接线柱a、b间接电压u＝311
sin
314t
(V)的正弦交流电源.当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，示数发生变化的电表是(　　)
图3
A.A1、A2　　
B.A2、V2
C.A1、A2、V2
D.A1、A2、V1、V2
【解析】　P下滑，负载电阻增大，A2示数减小，A1示数也减小，而V1和V2不变.A正确.
【答案】　A
5.如图4所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶3，次级回路中连入三个均标有“36
V
40
W”的灯泡，且均正常发光，那么，标有“36
V
40
W”的灯泡A(　　)
图4
A.也正常发光
B.将被烧毁
C.比另三个灯暗
D.无法确定
【解析】　由电压关系知原线圈两端电压为36
V，所以A灯正常发光.故A正确.
【答案】　A
6.(2015·福建高考)如图5为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin
ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　)
【导学号：72000086】
图5
A.
B.
C.422r
D.422r
【解析】　升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝；由变压关系可得＝，则U2＝；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I(2r)＝，故选项C正确.
【答案】　C
7.(2016·湛江一模)如图6，理想变压器原、副线圈匝数比n1＝100匝，n2＝10匝，和均为理想电表，灯泡额定功率P＝6
W，灯泡正常发光，AB端电压u1＝120sin
100πt
(V).下列说法正确的是(　　)
图6
A.电流频率为100
Hz
B.的读数为12
V
C.的读数为0.5
A
D.变压器输入功率为24
W
【解析】　理想变压器的输入端电压u＝120sin
100πt(V)，则电压的有效值为120
V，频率为：f＝＝＝50
Hz.故A错误；
理想变压器原、副线圈匝数n1＝100匝，n2＝10匝，电压表的读数：
U2＝×U1＝×120＝12
V.故B错误；
电流表的读数，I2＝＝
A＝0.5
A，故C正确；
原线圈中的输入功率等于副线圈消耗的功率，即6
W，故D错误.
【答案】　C
8.如图7甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10∶1.变压器的原线圈接如图乙所示的正弦交流电，两个20
Ω的定值电阻串联接在副线圈两端.电压表V为理想电表，则(　　)
甲　
　乙
图7
A.原线圈上电压的有效值为100
V
B.原线圈上电压的有效值约为70.7
V
C.电压表的读数为5.0
V
D.电压表的读数约为3.5
V
【解析】　原线圈上电压的最大值为100
V，有效值为50
V，即70.7
V，A错，B对；根据原、副线圈电压之比与线圈匝数之比的关系可得，副线圈电压的有效值为7.07
V，而电压表的读数为其中一个定值电阻两端电压的有效值，约为3.5
V，C错，D对.
【答案】　BD
9.(2015·天津高考)如图8所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则(　　)
图8
A.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
【解析】　保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝知，I2变小，由＝得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误，选项B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，选项D错误.
【答案】　BC
10.如图9所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器.现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2
A，电流表A2的示数增大了0.8
A，则下列说法正确的是(　　)
图9
A.电压表V1示数增大
B.电压表V2、V3示数均增大
C.该变压器起降压作用
D.变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
【解析】　电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2＞ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C正确；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确.
【答案】　CD
二、计算题(本大题共3个小题，共40分，按题目要求作答)
11.(12分)如图10所示为一理想变压器，原线圈的输入电压U1＝3
300
V，副线圈的输出电压U2＝220
V，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U0＝2
V，则：
【导学号：72000087】
图10
(1)原、副线圈的匝数分别是多少？
(2)当S断开时，A2的示数I2＝5
A，那么A1的示数是多少？
(3)当S闭合时，A2的示数如何变化？A1的示数如何变化？
【解析】　(1)根据变压比＝及＝可得
n1＝·n0＝×1匝＝1
650匝
n2＝·n0＝×1匝＝110匝
(2)由理想变压器知P入＝P出，即I1U1＝I2U2
故I1＝·I2＝×5
A＝0.33
A
(3)开关S闭合时，负载增加，总电阻减小，副线圈的输出电压U2不变，I2＝，即I2增大，输出功率P出＝I2U2也增大.根据理想变压器P入＝P出，即I1U1＝I2U2，原线圈中的电流I1也随之增大，即电流表A2、A1的示数均变大.
【答案】　(1)1
650匝、110匝　(2)0.33
A　(3)A2、A1的示数均变大
12.(14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的远处供电.已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8
Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4m2，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)供电线路如图所示
输电线的电阻为R＝ρ
①
输电线上的功率损失为ΔP＝I2R＝4
%P1
②
升压变压器原、副线圈的功率关系为P2＝P1＝IU2
③
由①②③式得升压变压器的输出电压U2＝8×104
V.
(2)输电线路上的电压损失为ΔU＝IR＝3.2×103
V.
【答案】　(1)8×104
V　(2)3.2×103
V
13.(14分)如图11所示，某发电厂的输出电压恒定，分别用甲、乙两种线路向同一用电器送电，用电器上的功率相同.甲线路中不用变压器，线路总电阻为0.9Ω；乙线路中在用电器处装原、副线圈匝数比为9∶10的升压变压器，线路总电阻为1.8Ω，求：
(1)甲、乙两线路中输电线损耗的功率之比是多少？
(2)用电器的电阻是多少？
甲　
　乙
图11
【解析】　(1)由用电器的功率相同，得甲图中：P线＝I2R甲；乙图中：P′线＝2·R乙，所以＝＝＝.
(2)由U源＝IR甲＋IR用
U源＝2R乙＋I2·R用解得R用＝11Ω.
【答案】　(1)　(2)11Ω章末分层突破
[自我校对]
①垂直于磁场方向
②Emaxsin
ωt
③周期性变化
④次数
⑤等效替代
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩Emaxsin
ωt
Umaxsin
ωt
Imaxsin
ωt

2πfL
　交变电流的四值及其应用
交变电流的四值是指瞬时值、最大值、有效值和平均值.
1.瞬时值
它反映不同时刻交变电流的大小和方向，正弦交流电瞬时值表达式为e＝Em
sin
ωt，i＝Im
sin
ωt.应当注意必须从中性面开始.
2.最大值
它是瞬时值的最大值.它反映的是交变电流大小的变化范围，当线圈平面跟磁感线平行时.交流电动势最大.Em＝nBSω(转轴垂直于磁感线).电容器接在交流电路中，则交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值.
3.有效值
交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在相同的时间内产生的热量相等.就把这一直流的数值叫做这一交流的有效值.正弦交流电的有效值跟最大值之间的关系是U＝Em，I＝Im.对于非正弦交变电流的有效值，以上关系不成立，应根据定义来求.通常所说的交流电压、电流是用电压表、电流表测得的，都是指有效值.用电器上所标电压、电流值也是指有效值.在计算交变电流通过导体产生热量、电功率以及确定保险丝的熔断电流时，只能用有效值.
4.平均值
它是指交流电图像中图线与横轴所围成的面积值跟时间的比值.其量值可用法拉第电磁感应定律＝n·来求，当线圈从中性面转过90°的过程中，有＝Em.计算平均值切忌用算术平均法，即＝求解，平均值不等于有效值.
　如图2 1所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5
T，边长L＝10
cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r＝1
Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π
rad/s，外电路电阻R＝4
Ω，求：
图2 1
(1)转动过程中感应电动势的最大值；
(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°角时的瞬时感应电动势；
(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；
(4)交变电压表的示数；
(5)线圈转动一周外力所做的功；
(6)周期内通过R的电荷量为多少？
【解析】　(1)感应电动势的最大值为
Em＝nBSω＝3.14
V.
(2)转过60°角时的瞬时感应电动势为
e＝Emcos60°＝3.14×0.5
V＝1.57
V.
(3)转过60°角过程中产生的平均感应电动势为
＝n＝n
＝100×
V＝2.6
V.
(4)电压表示数为外电路电压的有效值
U＝·R＝×4
V＝1.78
V.
(5)转动一周所做的功等于电流产生的热量
W＝Q＝()2··T＝0.99
J.
(6)周期内通过电阻R的电荷量为
Q＝·＝·
＝·＝＝0.086
6
C.
【答案】　(1)3.14
V　(2)1.57
V　(3)2.6
V
(4)1.78
V　(5)0.99
J　(6)0.086
6
C
　正弦交变电流图像问题的分析
正弦交流电图像一般是i t，e t，Φ t图像，每个图像上一个完整的正弦曲线的水平长度就是一个周期，根据ω＝可以求出ω，根据f＝可以求出频率，进而知道1
s中电流方向的改变次数为2f次.
i t，e t图像峰值对应线圈平面处于与磁感线平行的位置，磁通量为零，磁通量变化率最大.i t，e t图像与横轴交点处，对应线圈位于中性面位置，磁通量最大，磁通量变化率为零.Φ t图像峰值对应电流为零，Φ t图像是正弦规律变化时，对应的i t，e t图像是余弦规律变化.感应电动势最大值E＝nBSω.
正弦交变电流随时间的变化情况可以从图像上表示出来，图像描述的是交变电流随时间变化的规律，它是一条正弦曲线，如图2 2所示.
图2 2
从图像中可以解读到以下信息：
1.交变电流的最大值Im、周期T.
2.因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零，磁通量最大，所以可确定线圈位于中性面的时刻.
3.因线圈平行磁感线时，感应电动势最大，感应电流最大，磁通量为零，所以可确定线圈平行磁感线的时刻.
　(多选)(2014·天津高考)如图2 3甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则(　　)
甲　　　　　　　　　乙
图2 3
A.两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B.曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C.曲线a表示的交变电动势频率为25
Hz
D.曲线b表示的交变电动势有效值为10
V
【解析】　由交变电流的图像获得最大值、周期等信息，结合交变电流的产生过程求解.
A.由图像可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A正确.
B.由图像可知，曲线a、b对应的线圈转动的周期之比为2∶3，则转速之比为3∶2，故B错误.
C.由图像可知曲线a的周期Ta＝4×10－2
s，则曲线a表示的交变电动势频率fa＝＝25
Hz，故C正确.
D.交变电动势的最大值Em＝nBSω，则曲线a、b表示的交变电动势的峰值之比为Ema∶Emb＝ωa∶ωb＝3∶2，即Emb＝Ema＝10
V，故曲线b表示的交变电动势的有效值为E有＝
V＝5
V，D错误.
【答案】　AC
1 只有正弦交流电的最大值和有效值才是倍关系.
2 交变电流的平均值是针对某一过程的物理量，在不同的时间内平均值一般不相同.
3 平均电动势不等于始、末两时刻瞬时值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算即＝n.
1.(多选)(2016·郑州一中检测)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50
sin
100πt(V).对此电动势，下列表述正确的有(　　)
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
【解析】　交变电动势e＝Emsin
ωt
V或e＝Emcos
ωt
V，其中Em为电动势的最大值，ω为角速度，有效值E＝，周期T＝，频率f＝.由e＝50sin
100πt
V知，Em＝50
V，E＝
V＝25
V，T＝＝
s＝0.02
s，f＝＝
Hz＝50
Hz，所以选项C、D正确.
【答案】　CD
2.(2016·太原一中检测)如图2 4所示是某一交变电流随时间变化的图像，则此交变电流的有效值是(　　)
【导学号：72000077】
图2 4
A.5
A　　
B.5
A
C.5
A
D.10
A
【解析】　由每个周期内的前半个周期有效值为，后半个周期有效值为Im，计算该交流电的有效值I：I2RT＝·R·＋(10)2·R·得I＝5
A.
【答案】　C
3.(2016·合肥一中检测)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2 5甲所示，产生的交变电动势的图像如图2 5乙所示，则(　　)
甲　　　　　　　　　乙
图2 5
A.t＝0.005
s时线框的磁通量变化率为零
B.t＝0.01
s时线框平面与中性面重合
C.线框产生的交变电动势有效值为311
V
D.线框产生的交变电动势频率为100
Hz
【解析】　线框中感应电动势与磁通量的变化率成正比，而t＝0.005
s时e最大，故A错误；t＝0.01
s时e＝0，故B正确；电动势有效值为311×
V≈220
V，故C错误.周期T＝0.02
s，频率f＝＝50
Hz，故D错误.
【答案】　B
4.(多选)(2016·青岛二中检测)如图2 6所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R，t＝0时刻线圈平面与纸面重合.则(　　)
图2 6
A.线圈中电流t时刻瞬时值表达式为i＝cos
ωt
B.线圈中电流的有效值为I＝
C.线圈中电流的有效值为I＝
D.线圈消耗的电功率为P＝
【解析】　回路中感应电动势最大值Em＝BSω，电流最大值Im＝＝，t＝0时线圈在中性面，故电流瞬时值表达式i＝sin
ωt，线圈中电流的有效值I＝＝，P＝I2R＝，故A，B错误，C，D正确.
【答案】　CD
5.如图2 7甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场.已知线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝1.0
Ω，所围成矩形的面积S＝0.040
m2，小灯泡的电阻R＝9.0
Ω，磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmScos
t，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期.忽略灯丝电阻随温度的变化，求：
图2 7
(1)线圈中产生感应电动势的最大值；
(2)小灯泡消耗的电功率；
(3)在磁感应强度变化的0～时间内，通过小灯泡的电荷量.
【解析】　(1)因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图像可知，线圈中产生交变电流的周期为
T＝3.14×10－2
s
所以线圈中感应电动势的最大值为
Em＝2πnBmS/T＝8.0
V.
(2)根据欧姆定律，电路中电流的最大值为Im＝＝0.80
A
通过小灯泡电流的有效值为I＝Im/＝
A
小灯泡消耗的电功率为P＝I2R＝2.88
W.
(3)在磁感应强度变化的0～时间内，线圈中感应电动势的平均值，＝nS
通过灯泡的平均电流，＝＝
通过灯泡的电荷量Q＝Δt＝＝4.0×10－3
C.
【答案】　(1)8.0
V　(2)2.88
W　(3)4.0×10－3
C
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
章末综合测评(二)
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题6分，共60分，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1.下列说法中正确的是(　　)
A.使用交流电的电器设备所标示的额定电压、额定电流的数值均为最大值
B.用交流电流表和电压表测得的数值是有效值
C.照明电路电压为220
V指的是最大值
D.所有交变电流的有效值和最大值之间均存在U＝和I＝的关系
【解析】　各种使用交变电流的用电器铭牌上所标的数值均为有效值，故A错误；交流电表测量值为有效值，故B正确；照明电路电压为220
V，是有效值，故C错误；U＝，I＝是正弦式交变电压及交变电流有效值和最大值的关系，故D错误.
【答案】　B
2.(2016·唐山二模)电阻为10Ω的单匝矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律为Φ＝5sin
10t(Wb)，线圈中产生的电流随时间的变化规律为(　　)
A.i＝50sin
10t(A)
B.i＝50cos
10t(A)
C.i＝5sin
10t(A)
D.i＝5cos
10t(A)
【解析】　由磁通量的表达式可知，磁通量的最大值Φm＝BS＝5
Wb，ω＝10
rad/s
则由感应电动势的最大值Em＝BSω可知：
Em＝5×10
V＝50
V
则电流的最大值：i＝
A＝5
A
磁通量的表达式Φ＝5sin
10t(Wb)为正弦规律变化，则其电流的表达式应为余弦规律变化.
电流的瞬时表达式：i＝5cos
10t(A).
【答案】　D
3.某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流.现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图像是(　　)
【导学号：72000078】
【解析】　线圈转速为正常时的一半，据ω＝2πn＝知，周期变为正常时的2倍，又据Em＝nBSω知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，知正确选项为B.
【答案】　B
4.如图1所示为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦式交变电流的每个二分之一周期内，前周期被截去，调节台灯上的旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯两端的电压，那么现在电灯两端的电压有效值为(　　)
图1
A.Um/2
B.Um/
C.Um/2
D.Um
【解析】　每个二分之一周期被截去周期，原电源为正弦交流电，一个周期可以看成只剩半个周期的电压，利用有效值的定义，得()2××T＝×T，所以U＝，故A正确.
【答案】　A
5.阻值为10
Ω的电阻接到电压波形如图2所示的正弦交流电源上.以下说法中正确的是(　　)
图2
A.电压的有效值为10
V
B.通过电阻的电流的有效值为
A
C.电阻消耗电功率为10
W
D.电阻每秒钟产生的热量为10
J
【解析】　根据图像可知电压最大值为Umax＝10
V，有效值为U＝
V，电流有效值为I＝＝
A，电阻消耗的电功率为P＝I2R＝()2×10
W＝5
W，每秒产生的热量Q＝I2Rt＝5
J，故B正确.
【答案】　B
6.某兴趣小组在课下用同一小灯泡和电容器、电感器及直流电源和有效值与直流电源相同的交流电源，先后完成了如图3a、b、c、d所示实验，关于S闭合后现象的说法中正确的是(　　)
【导学号：72000079】
图3
A.a、b中小灯泡都不会发光
B.a中小灯泡不发光，b中小灯泡会发光
C.c、d中小灯泡都发光，且明亮程度相同
D.c中小灯泡发光，d中小灯泡一定不发光
【解析】　直流不能通过电容器，交流可以通过电容器，A错，B对；电感对直流没有感抗，但对交流有明显感抗，C、D均错误.
【答案】　B
7.如图4所示，将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为(　　)
图4
A.
B.
C.
D.
【解析】　硬导线转速为n，角速度为2πn，电压的最大值为Um＝Bl2·2πn＝2πnBl2，小灯泡的功率P＝()2·＝，所以灯泡的电阻为.
【答案】　B
8.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示.由图可知(　　)
图5
A.该交流电的电压瞬时值表达式为u＝100sin(25πt)V
B.该交流电的频率为25
Hz
C.该交流电的电压有效值为100
V
D.若将该交流电压加在阻值为R＝100
Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50
W
【解析】　从图中可知，交流电周期T＝4×10－2
s，峰值电压Um＝100
V，故交流电的频率f＝＝25
Hz，有效值U＝＝50
V，加在R＝100
Ω的电阻上时的热功率P＝＝50
W，瞬时值表达式u＝Umsint＝100sin(50πt)V.故正确答案为B、D.
【答案】　BD
9.(2016·广东第二次大联考)如图甲所示是一台交流发电机构造示意图，产生交变电流的感应电动势随时间变化的正弦规律如图乙.发电机线圈电阻为1Ω.外接电阻为4Ω，则
甲　　　　　　　　　　乙
图6
A.该交变电流的频率为25
Hz
B.电压表的示数为4
V
C.在t＝0.01
s时刻，电路中电流的瞬时值为1
A
D.若线圈转速变为原来的2倍，耐压值为5
V的电容器与外接电阻并联而不会被烧杯
【解析】　由图知，周期是0.04
s，频率为25
Hz，A正确，电源的有效值E＝，电压表示数U＝E＝2V，B错误，由i＝得，i＝1
A，C正确，由Em＝NBSω得转速变为原来的2倍，电动势最大值也变为原来的2倍，Um＝8
V，电容器烧杯，D错误.
【答案】　AC
10.(2016·四川第一次大联考)图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是(　　)
甲　　
　乙
图7
A.图甲表示交流电，图乙表示直流电
B.电压的有效值都是311
V
C.电压的有效值图甲大于图乙
D.图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin
100πt(V)
【解析】　两图中电流的大小和方向均做周期性变化，均为交流电，A错；两图中电压的最大值是311
V，有效值均小于311
V，B错；将两个图像置于同一坐标系中，可以判断电压的有效值图甲大于图乙，C正确；甲中交变电流周期T＝0.02
s，ω＝＝100πrad/s，带入u＝311
sin
ωt，D正确.
【答案】　CD
二、计算题(本大题共3个小题，共40分，按题目要求作答.)
11.(10分)如图所示为一周期性变化的电压，求其电压的有效值.
【导学号：72000080】
图8
【解析】　由图可知该电压的变化周期T＝16×10－2s.由于该电压不是正弦交变电压，所以其有效值要由定义来计算，即找与其相等热效应的直流电压值：在一个周期内经过电阻R的发热量为：Q1＝U(t1＋t4)/R＋U(t2＋t3)/R，式中t1、t2、t3、t4分别为图中一个周期内对应的电压U1、U2的通电时间.另一个直流电路通过电阻R的发热量为Q2＝(U2/R)×T，由定义可知Q1＝Q2，得U＝＝，则U＝V≈7.91
V，即为所求电压的有效值.
【答案】　7.91
V
12.(14分)如图9所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝T，线框CD边长为20
cm，CE、DF长均为10
cm，转速为50
r/s.若从图示位置开始计时：
图9
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)在e t坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图像.
【解析】　(1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻
e＝Bl1l2ωcos
ωt
即e＝BSωcos
ωt
其中B＝
T，S＝0.1×0.2
m2＝0.02
m2
ω＝2πn＝2π×50
rad/s
故e＝×0.02×
100πcos
100πt
(V)
即e＝10cos
100πt
(V).
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图像如图所示.
【答案】　(1)e＝10cos
100πt
(V)
(2)见解析
13.(16分)交流发电机模型的矩形线圈abcd在匀强磁场中绕与磁场垂直的轴匀速转动.线圈共有n匝，边长ab＝L1，bc＝L2，线圈的内电阻为r，外电阻为R，磁感应强度是B，线圈转动的角速度是ω，如图10所示.求：
【导学号：72000081】
图10
(1)感应电动势的最大值；
(2)转动过程中电流表的读数；
(3)线圈转动一周，外力做了多少功？
【解析】　(1)感应电动势的最大值Em＝nBL1L2ω；
(2)根据有效值与最大值的关系E＝
得电压有效值E＝nBL1L2ω
根据闭合电路欧姆定律I＝＝；
(3)线圈匀速转动，外力做的功等于电路所产生的电能W＝I2(R＋r)T＝.
【答案】　(1)nBL1L2ω　(2)
(3)1.1　电磁感应——划时代的发现
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解电磁感应现象的发现过程，体会人类探索自然规律的科学态度和科学精神.2.知道电磁感应现象和感应电流的定义.3.掌握探究感应电流产生条件的实验，并理解感应电流产生的条件.(难点)4.掌握运用感应电流的产生条件判断感应电流能否产生.(重点)
法
拉
第
发
现
电
磁
感
应
的
艰
难
历
程
1.1820年，丹麦物理学家奥斯特发现载流导线能使小磁针偏转，说明电流产生磁场，这种作用称为电流的磁效应.
2.1831年，19世纪伟大的物理学家法拉第发现了电磁感应现象.
3.由磁得到电的现象叫做电磁感应现象.在电磁感应现象中产生的电流叫做感应电流.
1.首先发现电磁感应现象的科学家是奥斯特.(×)
2.电磁感应现象是把电转变为磁的过程.(×)
3.穿过闭合线圈的磁通量发生变化，一定能产生感应电流.(√)
研究磁生电的科学家很多，为什么没有成功？
【提示】　很多科学家在实验中没有注意到磁场的变化、导体与磁场之间的相对运动等环节，只想把导体放入磁场中来获得电流，这实际上违背了能量转化与守恒定律.
1821年，英国科学家法拉第评价奥斯特的发现：“他突然打开了科学中一个黑暗领域的大门，使其充满光明.”
1822年，法拉第在一篇日记中写下了要“由磁生电”的豪言壮语.
探讨1：奥斯特发现电流磁效应引发了怎样的哲学思考？法拉第持怎样的观点？
【提示】　奥斯特发现电流磁效应引发了对称性的普遍思考：既然电流能够引发磁针的运动，那么磁铁也会使导线产生电流.法拉第坚信：磁与电之间也应该有类似的“感应”.
探讨2：法拉第经历了多次失败后，终于发现了电磁感应现象，法拉第由此领悟到了什么？
【提示】　多次失败后，1831年8月29日，法拉第终于发现了电磁感应现象.他立即领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应.
1.从“电生磁”到“磁生电”
(1)自1820年奥斯特发现了电流的磁效应后，许多科学家就想到了利用磁场来获得电流，并为之做了很多的努力，但都未获得成功.
(2)很多科学家在利用磁场来获得电流的过程中经历了很多次失败，其主要原因是思想意识问题，即没有从“稳态”的猜想转变到“暂态”的考虑上来.
2.电磁感应现象和电流磁效应的关系
电磁感应现象
电流磁效应
关系
由磁得到电的现象
电流产生磁场
电能够生磁，磁能够生电
1.首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是(　　)
A.安培和法拉第
B.法拉第和楞次
C.奥斯特和安培
D.奥斯特和法拉第
【解析】　1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，选项D正确.
【答案】　D
2.法拉第发现了“磁生电”的现象，不仅推动了电磁理论的发现，而且推动了电磁技术的发展，引领人类进入了电气时代.下列哪些器件工作时用到了法拉第的“磁生电”的现象(　　)
A.电视机的显像管
B.磁流体发电机
C.指南针
D.电磁炉
【解析】　电视机的显像管利用了电子在电场中的偏转，故A错；磁流体发电机利用了带电粒子在磁场力作用下的偏转，故B错；指南针利用了地磁场对磁极的作用，故C错；电磁炉利用了变化的磁场使被加热物体(铁锅)中产生感应电流而发热，即利用了“磁生电”，故D对.
【答案】　D
3.下列现象中属于电磁感应现象的是(　　)
【导学号：72000000】
A.磁场对电流产生力的作用
B.变化的磁场使闭合电路中产生电流
C.插在通电螺线管中的软铁棒被磁化
D.电流周围产生磁场
【解析】　选项A是通电导体在磁场中受到安培力作用，不属于电磁感应现象；选项B是利用磁场产生电流，是电磁感应现象；选项C是铁磁性物质在磁场中被磁化，内部的分子电流方向在外磁场的作用下趋于一致，但不属于利用磁场产生电流，所以它也不属于电磁感应现象；选项D是电流的磁效应，是电磁感应的逆效应.
【答案】　B
1 电磁感应现象是磁生电现象.
2 电生磁的现象不属于电磁感应现象.
探
究
感
应
电
流
产
生
的
条
件
1.能够产生感应电流的三个典型的实验是
(1)条形磁铁和线圈发生相对运动.
(2)闭合电路中导体切割磁感线.
(3)改变原线圈中电流，在副线圈中产生感应电流.
2.法拉第把可以产生电磁感应的情况概括为
(1)变化的电流.
(2)变化的磁场.
(3)运动的磁铁.
(4)在磁场中运动的导体等.
3.实验结论
只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流.
1.只要闭合线圈做切割磁感线运动，就一定能产生感应电流.(×)
2.当导体棒切割磁感线时，就一定会发生电磁感应现象.(√)
3.闭合线圈和磁场发生相对运动时，一定能产生感应电流.(×)
如图1 1 1所示，把一条大约10
m长的电线的两端连在一个灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合电路.两个同学迅速摇动这条电线，可以发电吗？简述你的理由.你认为两个同学沿哪个方向站立时，发电的可能性比较大？
图1 1 1
【提示】　闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，闭合电路中有感应电流产生.当两个同学迅速摇动电线时，相当于闭合电路的部分导体切割地磁场的磁感线，因此可以发电.当摇动电线的方向与地磁场平行时无感应电流，而当摇动电线的方向与地磁场垂直时产生的感应电流最大.地磁场是沿南北方向的，故当摇动电线的两个同学东西方向站立时，发电的可能性最大.
通过如图1 1 2所示的实验，得到产生感应电流的方法.
图1 1 2
(1)线圈不动，条形磁铁上下、左右(小幅度)运动.
(2)条形磁铁不动，线圈上下、左右(小幅度)运动.
探讨1：以上操作中，线圈的磁通量是否变化？
【提示】　变化
探讨2：能引起线圈的磁通量变化的因素有哪些？
【提示】　引起磁通量变化的原因有：①磁感应强度B发生变化；②闭合电路的面积发生变化；③磁感应强度B和线圈平面的夹角θ发生变化.
探讨3：磁通量有正负吗？它是矢量吗？
【提示】　磁通量有正负，但它是标量.计算时用多数的磁感线的方向作为线圈所包围的磁场的方向.即一般最终结果取正值.
1.明确基本规律
(1)不论用什么方法，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生，这种现象叫电磁感应现象.
(2)感应电流产生的条件：①电路为闭合回路；②穿过闭合回路的磁通量要发生变化，两个条件必须同时具备.
2.判断有无感应电流的一般方法
分析是否产生感应电流，关键是要分析穿过闭合线圈的磁通量是否发生变化，而分析磁通量是否有变化，关键要知道磁感线是如何分布的.所以在做这类题时应注意：
(1)熟记条形磁铁和蹄形磁铁内、外磁感线分布的立体形状，它是解决问题的基础.
(2)学会找特殊位置并分析其变化.
利用磁感线判断磁通量的变化：若线圈所包围的磁感线穿过线圈平面的方向相同时，条数增加，磁通量增加；若穿过线圈平面的磁感线方向相反时，某一个方向是多数的磁感线条数增加，则磁通量增加，某一个方向是少数的磁感线条数增加，则磁通量减少.总之，要用穿过线圈磁感线的净条数的增、减判断磁通量的变化，要用多数的磁感线的方向作为线圈所包围的磁场的方向.
3.磁通量变化的几种情况
根据磁通量的计算公式Φ＝BSsin
θ(其中θ为闭合电路所围成的平面与磁感线之间的夹角)，因此决定磁通量的因素有三个方面，B、S、θ的变化都会导致磁通量的变化，从而使闭合电路产生感应电流.
(1)由于磁场变化而引起穿过闭合回路的磁通量发生变化，即S不变B变化.
当条形磁铁的N极向下插入(离开)线圈时(如图1 1 3所示)，由于离N极近处的磁感应强度B较强，使得线圈内部空间的磁感应强度变大(小)，而线圈所包围的面积不变，导致线圈中的磁通量增大(减少)，从而在闭合线圈内产生感应电流.
图1 1 3
(2)由于闭合回路的面积S发生变化而引起磁通量变化，即B不变S变化.
如图1 1 4所示，金属导体框架处在匀强磁场中，当导体棒ab左右滑动时，由于ab左右滑动使闭合回路的面积变化，引起穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路产生感应电流.
图1 1 4
(3)当线圈平面与磁场方向的夹角θ发生变化时，即线圈在垂直于磁场方向的投影面积S⊥＝Ssin
θ发生变化，从而引起穿过线圈平面的磁通量发生变化，即B、S不变，θ变化.
如图1 1 5所示，在匀强磁场中，有闭合矩形线圈abcd，可绕垂直于磁感线的固定轴OO′转动.在转动中，由于线圈平面与磁感线方向的夹角θ不断地变化，所以穿过线圈平面的磁通量也在不断变化，从而在线圈中产生感应电流.
图1 1 5
4.有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动.图中能产生感应电流的是(　　)
【导学号：72000001】
图
【解析】　A中线圈不切割磁感线，所以A中线圈没有感应电流产生，故A错.B、C、D中线圈均在切割磁感线，即使切割了磁感线，也不能保证就能产生感应电流，比如B和C中的线圈竖直边切割了磁感线，但闭合线圈的磁通量没有发生变化，故B、C中的线圈也没有感应电流产生.故B、C错，D对.
【答案】　D
5.如图1 1 6所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I通过时，它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，下列说法中正确的是(　　)
【导学号：72000002】
图1 1 6
A.Φa<Φb<Φc
B.Φa>Φb>Φc
C.Φa<Φc<Φb
D.Φa>Φc>Φb
【解析】　当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈的向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线的条数c最多，其次是b，a中没有向外的磁感线，因此，根据合磁通量的计算，应该是：Φa>Φb>Φc.
【答案】　B
6.如图1 1 7所示为法拉第研究“磁生电”现象的实验装置原理图.两个线圈分别绕在一个铁环上，线圈A接直流电源，线圈B接灵敏电流计，下列哪种情况不可能使线圈B中产生感应电流(　　)
图1 1 7
A.开关S接通或断开瞬间
B.开关S接通一段时间之后
C.开关S接通后，改变滑动变阻器滑片的位置时
D.拿走铁环，再做这个实验，开关S接通或断开的瞬间
【解析】　根据法拉第对产生感应电流的概括，A，C，D中符合变化的电流(变化的磁场)产生感应电流的现象；B中开关S接通一段时间之后，线圈A中是恒定电流，而“磁生电”是一种在变化、运动过程才能出现的效应，故不能使线圈B中产生感应电流.
【答案】　B
感应电流产生条件的两点理解
(1)在闭合回路中是否产生感应电流，取决于穿过回路的磁通量是否发生变化，而不是取决于回路中有无磁通量.
(2)闭合回路的部分导体做切割磁感线运动是引起回路磁通量变化的具体形式之一.但闭合回路的部分导体做切割磁感线运动时，不一定总会引起闭合回路的磁通量变化.如图，矩形线框abcd在范围足够大的匀强磁场中在垂直磁场的平面内向右平动，虽然ad、bc边都切割磁感线，但磁场穿过回路abcd的磁通量没有变化，因而没有产生感应电流.
学业分层测评(一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.(2015·江苏高考)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但下列不属于静电现象的是(　　)
A.梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
B.带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引
C.小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流
D.从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉
【解析】　用塑料梳子梳头发时相互摩擦，塑料梳子会带上电荷吸引纸屑，选项A属于静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，由于静电感应，金属小球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷，两者相互吸引，选项B属于静电现象；小线圈接近通电线圈过程中，由于电磁感应现象，小线圈中产生感应电流，选项C不属于静电现象；从干燥的地毯上走过，由于摩擦生电，当手碰到金属把手时瞬时产生较大电流，人有被电击的感觉，选项D属于静电现象.
【答案】　C
2.下列说法正确的是(　　)
A.磁感应强度B增强，磁通量一定变大
B.线圈面积S增大，磁通量一定变大
C.只要穿过电路的磁通量不为零，电路中一定产生感应电流
D.穿过闭合电路的磁通量增加，电路中产生感应电流
【解析】　磁通量为磁感应强度B与垂直磁场方向的线圈面积S的乘积，磁通量发生变化可能是磁感应强度发生变化，也可能是线圈面积发生变化，还可能是磁场与线圈的夹角发生变化引起的，若磁感应强度和线圈面积同时变化，则磁通量不一定变化，故A，B均错；电路中有无感应电流产生取决于穿过回路的磁通量是否发生变化，而不是回路中有无磁通量，故选项C错，D正确.
【答案】　D
3.如图1 1 8所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为(　　)
【导学号：72000003】
图1 1 8
A.πBR2　　B.πBr2　　C.nπBR2　　D.nπBr2
【解析】　由磁通量的定义式知Φ＝BS＝πBr2；磁通量与线圈的匝数无关.故B正确.
【答案】　B
4.(多选)在匀强磁场中有两根平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直，导轨上有两根可沿导轨平动的导体棒ab、cd，两根导体棒匀速移动的速度分别为v1和v2，如图1 1 9所示，则下列情况可以使回路中产生感应电流的是(　　)
【导学号：72000004】
图1 1 9
A.ab、cd均向右运动，且v1＝v2
B.ab、cd均向右运动，且v1＞v2
C.ab、cd均向左运动，且v1＞v2
D.ab向右运动，cd向左运动，且v1＝v2
【解析】　ab、cd均向右运动，当v1＝v2时，闭合回路的磁通量不变，故无感应电流产生，A项错误；B、D两项所述情况，闭合回路的磁通量增加，C项所述情况，闭合回路的磁通量减少，均有感应电流产生.
【答案】　BCD
5.如图1 1 10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，ef中的电流I产生的磁场穿过圆面积的磁通量将(　　)
图1 1 10
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】　利用安培定则判断直线电流产生的磁场，考虑到磁场具有对称性，可以知道，穿过线圈的磁感线的条数与穿出线圈的磁感线条数是相等的，故选C.
【答案】　C
6.如图1 1 11为研究电磁感应现象的实验装置.下列哪种情况下电流表指针不会偏转(　　)
【导学号：72000005】
图1 1 11
A.闭合开关的瞬间
B.闭合开关后，电路中电流稳定时
C.闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片时
D.闭合开关后，把线圈A从线圈B中拉出时
【解析】　电流表指针不偏转，说明电流表与B线圈组成的电路中无电流，根据感应电流产生的条件，只需要检查B线圈中磁通量是否变化即可.
闭合开关时，电路中的电流从无到有，A中的磁场从无到有，故穿过B的磁通量发生变化，电流表中有电流流过；当电路中电流稳定时，穿过B的磁通量不再发生变化，电流表中无电流流过；移动滑动变阻器的滑片时，会造成A中电流大小变化，能引起B的磁通量变化，电流表中有电流流过；把线圈A从线圈B中拉出时，穿过B的磁通量减少，电流表中有电流流过.故只有选项B符合要求.
【答案】　B
7.如图1 1 12所示，一有限范围的匀强磁场宽度为d，若将一个边长为L的正方形导线框以速度v匀速地通过磁场区域，已知d＞L，则导线框从开始进入到完全离开磁场的过程中无感应电流的时间等于(　　)
【导学号：72000006】
图1 1 12
A.
B.
C.
D.
【解析】　只有导线框完全在磁场里面运动时，导线框中才无感应电流.
【答案】　C
8.磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2则(　　)
图1 1 13
A.ΔΦ1＞ΔΦ2
B.ΔΦ1＝ΔΦ2
C.ΔΦ1＜ΔΦ2
D.无法确定
【解析】　第一次将线框由位置1平移到位置2，磁感线从线框的同一侧穿入，ΔΦ1为前后两位置磁通量的绝对值之差.第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线从线框的不同侧穿入，ΔΦ2为前后两位置磁通量的绝对值之和，故ΔΦ1＜ΔΦ2.选项C正确.
【答案】　C
[能力提升]
9.如图1 1 14所示，匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与水平方向的夹角为30°，图中实线位置有一面积为S的矩形线圈处于磁场中，并绕着它的一条边从水平位置转到竖直位置(图中虚线位置).在此过程中磁通量的改变量大小为(　　)
【导学号：72000007】
图1 1 14
A.BS
B.BS
C.BS
D.2BS
【解析】　取线圈在水平位置穿过线圈的磁通量为正，则Φ1＝BSsin
30°＝BS.
线圈处于竖直位置，磁感线从线圈另一面穿过，
磁通量Φ2＝－BScos
30°＝－BS.
故线圈中的磁通量的改变量ΔΦ＝Φ2－Φ1
＝－BS，
即改变量大小为|ΔΦ|＝BS.
【答案】　C
10.如图1 1 15所示，a、b是两个同平面、同心放置的金属圆环，条形磁铁穿过圆环且与两环平面垂直，则通过两圆环的磁通量Φa、Φb(　　)
【导学号：72000008】
图1 1 15
A.Φa＞Φb
B.Φa＜Φb
C.Φa＝Φb
D.无法比较
【解析】　条形磁铁磁场的磁感线的分布特点是：①磁铁内外磁感线的条数相同.②
磁铁内外磁感线的方向相反.③磁铁外部磁感线的分布是两端密、中间疏.两个同心放置的同平面的金属圆环与磁铁垂直且磁铁在中央时，通过其中的磁感线的俯视图如图所示，穿过圆环的磁通量Φ＝Φ进－Φ出，由于两圆环面积Sa＜Sb，两圆环的Φ进相同，而Φ出a＜Φ出b，所以穿过两圆环的有效磁通量Φa＞Φb，故A正确.
【答案】　A
11.如图1 1 16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.现在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：
图1 1 16
(1)在磁感应强度减为0.4
T的过程中，A和B中磁通量改变了多少？
(2)在磁场转过30°角的过程中，C中磁通量改变了多少？
【解析】　(1)对A线圈：Φ1＝B1πR2
Φ2＝B2πR2
磁通量改变量为ΔΦA＝|Φ2－Φ1|≈(0.8－0.4)×3.14×(1×10－2)2
Wb＝1.256×10－4
Wb
对B线圈：ΔΦB＝|Φ2－Φ1|≈(0.8－0.4)×3.14×(1×10－2)2
Wb＝1.256×10－4
Wb
(2)对C线圈：ΦC＝Bπr2，磁场转过30°时，ΦC′＝Bπr2·cos
30°
磁通量改变量：ΔΦC＝|ΦC′－ΦC|＝Bπr2(1－cos
30°)≈0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866)
Wb≈8.4×10－6
Wb.
【答案】　(1)1.256×10－4
Wb
1.256×10－4
Wb
(2)8.4×10－6
Wb
12.如图1 1 17所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场仅存在于边长为2L的正方形范围内，左右各一半面积的范围内，磁场方向相反，有一个电阻为R、边长为L的正方形导线框abcd，沿垂直磁感线方向以速度v匀速通过磁场，从ab边进入磁场算起.画出穿过线框的磁通量随时间的变化图像.
【导学号：72000009】
图1 1 17
【解析】　线框穿过磁场的过程可分为三个阶段：
进入磁场阶段(只有ab边在磁场中)，在磁场中运动阶段(ab、cd两边都在磁场中)，离开磁场阶段(只有cd边在磁场中).
(1)线框进入磁场阶段：t为0→，线框进入磁场中的面积线性增加，S＝L·v·t，最后为Φ＝B·S＝BL2.
(2)线框在磁场中运动阶段：t为→，线框磁通量逐渐减少为零.
(3)线框在磁场中运动阶段：t为→，线框磁通量反向增加，最后为BL2.
(4)线框穿出磁场阶段：t为→，线框磁通量减少，最后为零.Φ t图像如图所示.
【答案】　见解析1.2　探究感应电流的方向
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解探究感应电流的方向的实验操作及现象分析.2.知道并理解楞次定律的内容和右手定则的内容.(重点)3.掌握应用楞次定律、右手定则判断感应电流的方向.(难点)4.掌握从能量转化的角度理解楞次定律.(难点)
探
究
感
应
电
流
的
方
向　
楞
次
定
律
1.实验装置
细线悬挂的很轻的铝环.
图1 2 1
2.实验过程
操作步骤
现象
实质
条形磁铁的一极靠近铝环
铝环和磁铁排斥.
铝环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍铝环中磁通量的增加.
条形磁铁的一极远离铝环
铝环和磁铁吸引.
铝环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍铝环中磁通量的减小.
3.楞次定律的内容
感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.
1.感应电流的磁场总与原磁场方向相同.(×)
2.感应电流的磁场总阻碍闭合回路中磁通量的变化.(√)
3.楞次定律能判定闭合回路中感应电流的方向.(√)
1.感应电流的磁场方向总是与原磁场方向相反吗？
【提示】　不是.由探究实验可知，当原磁场的磁通量增加时.感应电流的磁场方向与引起感应电流的原磁场方向相反；当原磁场的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与引起感应电流的原磁场方向相同.
2.感应电流的磁场对原磁场磁通量变化有何影响？
【提示】　感应电流的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化.
1834年楞次在总结了安培的电动力学与法拉第的电磁感应现象后，发现了确定感应电流方向的定律——楞次定律.
探讨1：楞次定律中的“阻碍”是阻碍原来的磁场吗？
【提示】　“阻碍”的不是原来的磁场，而是阻碍原来磁场的磁通量的变化.
探讨2：“阻碍”是“阻止”吗？是“相反”吗？
【提示】　阻碍是减慢了变化，是阻而不止.当磁通量增加时是“相反”，当磁通量减少时是“相同”.
1.感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻碍引起感应电流的磁场.因此，不能认为感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相反.
2.这里的“阻碍”体现为
(1)当引起感应电流的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相反，感应电流的磁通量阻碍了引起感应电流的磁通量的增加.
(2)当引起感应电流的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相同，感应电流的磁通量阻碍了引起感应电流的磁通量的减少.
3.对“阻碍”作用的正确理解
(1)“阻碍”不是“阻止”
当由于原磁通量的增加引起感应电流时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，其作用仅仅使原磁通量的增加变慢了，但磁通量仍在增加；当由于原磁通量的减少而引起感应电流时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，其作用仅仅使原磁通量的减少变慢了，但磁通量仍在减少.
(2)“阻碍”并不意味着“相反”
感应电流产生的磁场方向可能与原磁场方向相同，也可能相反，需根据磁通量的变化情况判断.
4.楞次定律的应用
(1)运动情况的判断.
由于导体和磁体间的相对运动导致的电磁感应现象，感应电流的效果阻碍导体与磁体间的相对运动.简记口诀：“来拒去留”.
(2)面积变化趋势的判断.
电磁感应致使回路面积有变化趋势时，则面积收缩或扩张是为了阻碍回路磁通量的变化，即磁通量增大时，面积有收缩趋势；磁通量减小时，面积有扩张趋势.简记口诀：“增缩减扩”.
1.如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是(　　)
图1 2 2
A.向右运动
B.向左运动
C.静止不动
D.不能判定
【解析】　解法一：躲闪法.磁铁向右运动，使铜环的磁通量增加而产生感应电流，由楞次定律可知，铜环为阻碍原磁通量的增大，必向磁感线较疏的右方运动，即向躲开磁通量增加的方向运动.故A正确.
解法二：阻碍相对运动法.产生磁场的物体与闭合线圈之间的相互作用力可概括为四个字“来拒去留”.磁铁向右运动时，铜环产生的感应电流总是阻碍导体间的相对运动，则磁铁和铜环间有排斥作用.故A正确.
【答案】　A
2.如图1 2 3所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行.当开关S接通瞬间，两铜环的运动情况是(　　)
【导学号：72000010】
图1 2 3
A.同时向两侧推开
B.同时向螺线管靠拢
C.一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断
D.同时被推开或同时向螺线管靠拢，因电源正负极未知，无法具体判断
【解析】　当电路接通瞬间，穿过线圈的磁通量在增加，使得穿过两侧铜环的磁通量都在增加，由楞次定律可知，两环中感应电流的磁场与线圈中磁场方向相反，即受到线圈磁场的排斥作用，使两铜环分别向外侧移动，选项A正确.
【答案】　A
3.一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，由图1 2 4所示位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很靠近位置Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流(　　)
图1 2 4
A.沿abcd流动
B.沿dcba流动
C.从Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，从Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动
D.从Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，从Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动
【解析】　侧视图如图所示，从Ⅰ到Ⅱ向上的磁通量减少，据楞次定律的“增反减同”可知：线圈中感应电流产生的磁场方向向上，用安培定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)，即沿abcd流动.同理可以判断：从Ⅱ到Ⅲ向下磁通量增加，由楞次定律可得：线圈中感应电流产生的磁场方向向上，感应电流的方向沿abcd流动，故选A.
【答案】　A
应用楞次定律判断感应电流方向的思路
(1)明确研究对象是哪一个闭合电路；
(2)明确原磁场的方向；
(3)判断穿过闭合回路内原磁场的磁通量是增加还是减少；
(4)由楞次定律判断感应电流的磁场方向；
(5)由安培定则判断感应电流的方向.
电
磁
感
应
中
的
能
量
转
化　
右
手
定
则
1.电磁感应中的能量转化
产生感应电流的过程，是外力克服磁场力做功的过程，磁铁运动的机械能转化成铝环的电能.
2.右手定则
伸开右手，使拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内.让磁感线垂直从手心进入，拇指指向导体运动的方向，其余四指所指的方向就是感应电流的方向.
3.适用情况
适用于闭合电路部分导体切割磁感线产生感应电流的情况.
1.电磁感应现象中的电能是凭空产生的.(×)
2.判断通电螺线管周围的磁场用左手定则.(×)
3.判断导体切割磁感线产生的感应电流的方向应用右手定则.(√)
1.电磁感应过程中有电能变化，该电能是否凭空增加？从能量守恒的角度如何解释？
【提示】　从能量守恒的角度来看，感应电流的磁场总是在阻碍着它自己的产生，为了维持感应电流，就必须克服这个阻碍作用而做功，使其他形式的能量转化成电能，这就是感应电流能量的来源.
2.在已学过的利用右手或左手进行判断的现象中，哪些是利用右手判断的？
【提示】　用右手判断的两种情况：(1)判断电流(或运动电荷)产生的磁场方向用右手(安培定则)；(2)闭合电路的部分导体切割磁感线会产生感应电流，判断此时的感应电流方向时用右手(右手定则).
楞次定律可以用来判断感应电流的方向，右手定则也可以用来判断感应电流的方向.
探讨1：右手定则适用于判断什么情形下的感应电流方向？
【提示】　闭合回路的一部分导体做切割磁感线运动的情形.
探讨2：楞次定律适用于判断什么情形下的感应电流方向？
【提示】　可判断各种情况下的感应电流方向.
1.楞次定律中的能量守恒
(1)当导体与磁场不发生相对运动产生感应电流时，是磁场能转化为电能的过程.
(2)当导体与磁场发生相对运动产生感应电流时，是机械能转化为电能的过程.
2.右手定则是楞次定律的特殊情况
(1)楞次定律的研究对象为整个闭合导体回路，适用于磁通量变化引起感应电流的各种情况.
(2)右手定则的研究对象为闭合导体回路的一部分，适用于一段导线在磁场中做切割磁感线运动.
3.区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则.(判断电流周围磁感线的方向)
(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则.(导体切割磁感线产生感应电流)
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则.(磁场对电流有作用力)
4.如图1 2 5所示，在O点下方有一个有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
图1 2 5
A.A、B两点在同一水平线
B.A点高于B点
C.A点低于B点
D.铜环将做等幅摆动
【解析】　铜环在进入和穿出磁场区域时发生了电磁感应现象，有机械能转化为电能，故机械能减少，B点低于A点.
【答案】　B
5.如图1 2 6所示，平行导体滑轨MM′、NN′水平放置，固定在匀强磁场中，磁场方向与水平面垂直向下.滑线AB、CD横放其上静止，形成一个闭合电路，当AB向右滑动的瞬间，电路中感应电流的方向及滑线CD受到的磁场力方向分别为(　　)
【导学号：72000011】
图1 2 6
A.电流方向沿ABCD；受力方向向右
B.电流方向沿ABCD；受力方向向左
C.电流方向沿ADCB；受力方向向右
D.电流方向沿ADCB；受力方向向左
【解析】　AB向右滑动，根据右手定则知回路中感应电流方向沿ADCB方向，又由左手定则判知CD受安培力方向向右，故C对，A、B、D都错.
【答案】　C
6.如图1 2 7所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里.圆形金属环B正对电磁铁A.当导线MN在导轨上向右加速滑动时，(说明：导体棒切割磁感线速度越大感应电流越大)，下列说法正确的是(　　)
【导学号：72000012】
图1 2 7
A.MN中电流方向N→M，B被A吸引
B.MN中电流方向N→M，B被A排斥
C.MN中电流方向M→N，B被A吸引
D.MN中电流方向M→N，B被A排斥
【解析】　MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A在B处的磁场方向向左，且大小逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的磁场方向向右，B被A排斥，B正确，A，C，D错误.
【答案】　B
磁场中基本定则和定律的应用
基本现象
应用的定则或规律
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流的作用力
左手定则
电磁感应
部分导体切割磁感线
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律
学业分层测评(二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.磁场方向如图所示，当闭合电路的一部分导体在磁场中做如图中所示方向的运动时，能产生感应电流的是(　　)
【导学号：72000013】
A　　　　　　B　　　　　　　C　　　　　　　D
【解析】　感应电流的产生条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，而闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动实际上也是其中的一个特例.A图为闭合电路的一部分导体切割磁感线，则有感应电流产生；B图中导线不切割磁感线，无感应电流产生；在分析C图时，一定要把条形磁铁周围的磁感线分布情况弄清楚，在图示位置，线圈中的磁通量为零，在向下运动的过程中，线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流产生；D图中，线圈中的磁通量一直不变，线圈中无感应电流产生.
【答案】　A
2.(多选)如图1 2 8所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在有界匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是(　　)
【导学号：72000014】
图1 2 8
A.向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反
B.向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向的
C.向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向的
D.环在到达磁场边界之前，圆环中无感应电流
【解析】　将金属圆环不管从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向的，选项B正确，A、C错误；另外在圆环到达磁场边界前，穿过圆环的磁通量没有改变，该种情况无感应电流，D正确.
【答案】　BD
3.如图1 2 9所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中(　　)
图1 2 9
A.始终有感应电流自a向b流过电流表G
B.始终有感应电流自b向a流过电流表G
C.先有a→G→b方向的感应电流，后有b→G→a方向的感应电流
D.将不会产生感应电流
【解析】　条形磁铁从左边进入螺线管的过程中，在螺线管内产生的磁场方向向右，且穿过螺线管的磁通量不断增加，根据楞次定律，产生的感应电流的方向是a→G→b；条形磁铁从螺线管中向右穿出的过程中，在螺线管中产生的磁场方向仍向右，穿过螺线管的磁通量不断减小，根据楞次定律，产生的感应电流的方向是b→G→a，故C正确.
【答案】　C
4.如图1 2 10所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行.已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是(　　)
【导学号：72000015】
图1 2 10
A　　　　　　B　　　　　　C　　　　　　D
【解析】　由安培安则判断直线电流在导线框处的磁场方向，再由直线电流的磁场变化和楞次定律可判断导线框中的电流方向，再结合线框所受到的安培力的合力方向的变化，即可判断出导线框中的电流i随时间t变化的图线可能是A.
【答案】　A
5.(多选)(2015·山东高考)如图1 2 11，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动.现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速.在圆盘减速过程中，以下说法正确的是(　　)
图1 2 11
A.处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C.若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D.若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
【解析】　根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D正确.
【答案】　ABD
6.如图1 2 12所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R的滑片自左向右滑动时，线框ab的运动情况是(　　)
【导学号：72000016】
图1 2 12
A.保持静止不动
B.逆时针转动
C.顺时针转动
D.发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向
【解析】　根据题图所示电路，线框ab所处位置的磁场是水平方向的，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减弱，则穿过闭合导线框b的磁通量将减少.Φ＝BSsin
θ，θ为线圈平面与磁场方向的夹角，根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原磁通量的减少，则线框ab只有顺时针旋转使θ角增大，而使穿过线圈的磁通量增加，则C正确.注意此题并不需要明确电源的极性.
【答案】　C
7.如图1 2 13所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时(　　)
图1 2 13
A.圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生
B.整个环中有顺时针方向的电流
C.整个环中有逆时针方向的电流
D.环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流
【解析】　由右手定则知ef上的电流由e→f，故右侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，选D.
【答案】　D
8.(多选)如图1 2 14所示，光滑固定导轨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(　　)
【导学号：72000017】
图1 2 14
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
【解析】　方法一：假设磁铁的下端为N极，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律可判断出感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可判断出回路中感应电流的方向为逆时针方向(俯视).再根据左手定则可判断p、q所受的安培力的方向，安培力使p、q相互靠拢.由于回路所受的安培力的合力向下，根据牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.若磁铁的下端为S极，根据类似的分析可以得出相同的结果，所以A、D选项正确.
方法二：根据楞次定律的另一种表达——感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题中的“原因”是回路中的磁通量增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近.所以p、q将相互靠近且磁铁的加速度小于g.故选项A、D正确.
【答案】　AD
[能力提升]
9.在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，如图1 2 15所示.导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面.当导线ab加速向右运动时，M所包围的小闭合线圈N产生的感应电流方向及所具有的形变趋势是(　　)
图1 2 15
A.顺时针方向，有收缩的趋势
B.顺时针方向，有扩张的趋势
C.逆时针方向，有收缩的趋势
D.逆时针方向，有扩张的趋势
【解析】　导线ab向右加速运动时，M中产生顺时针方向且逐渐增大的感应电流.由楞次定律可判断N中产生逆时针方向的感应电流且有收缩的趋势，C选项正确.
【答案】　C
10.(多选)如图1 2 16所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0 L.先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦力，下列说法正确的是(　　)
【导学号：72000018】
图1 2 16
A.金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→a
B.金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→a
C.金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等
D.向左摆动进入或离开磁场的过程中，所受安培力方向向右；向右摆动进入或离开磁场的过程中，所受安培力方向向左
【解析】　当线框进入磁场时，dc边切割磁感线，由楞次定律可判断，感应电流的方向为：a→d→c→b→a；当线框离开磁场时，同理可判断其感应电流的方向为：a→b→c→d→a，A错误，B正确；线框dc边(或ab边)进入磁场或离开磁场时，都要切割磁感线产生感应电流，机械能转化为电能，故dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等，C错误；由“来拒去留”知，D正确.
【答案】　BD
11.我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律.以下是实验探究过程的一部分.
【导学号：72000019】
甲　　乙
图1 2 17
(1)如图1 2 17甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道
.
(2)如图1 2 17乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏.电路稳定后，若向左移动滑动触头，此过程中电流表指针向
偏转；若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向
偏转.(均选填“左”或“右”)
【解析】　(1)电流表没有电流通过时，指针在中央位置，要探究线圈中电流的方向，必须知道电流从正(负)接线柱流入时，电流表指针的偏转方向.
(2)闭合开关时，线圈A中的磁场增强，线圈B中产生的感应电流使电流表指针向右偏，则当左移滑片时，会使线圈A中的磁场增强，电流表指针将向右偏；当线圈A抽出，在线圈B处的磁场减弱，线圈B中产生的感应电流将使电流表指针向左偏.
【答案】　(1)电流从正(负)接线柱流入时，电流表指针的偏转方向　(2)右　左
12.重为G的线圈系在一个弹簧测力计上，其下方有一通电导线，如图1 2 18甲所示，导线所通过的电流如图乙所示，它们均在同一平面内，求下列不同时刻弹簧测力计的示数与G的关系.
【导学号：72000020】
甲　　　　　　　　　乙
图1 2 18
(1)在t1时刻；
(2)在t2时刻；
(3)在t3时刻.
【解析】　(1)在t1时刻穿过线圈的磁通量增加，线圈产生感应电流，由楞次定律知，弹簧测力计的示数小于G；
(2)在t2时刻穿过线圈的磁通量不变，线圈不产生感应电流，由力的平衡知，弹簧测力计的示数等于G；
(3)在t3时刻穿过线圈的磁通量减少，线圈产生感应电流，由楞次定律知，弹簧测力计的示数大于G.
【答案】　(1)小于G　(2)等于G　(3)大于G3.2　变压器为什么能改变电压
3.3　电能的开发与利用
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解变压器的构造及几种常见的变压器.2.掌握变压器的工作原理及互感现象.(难点)3.掌握理想变压器匝数与电压、电流的关系，并能用它解决基本问题.(重点)4.了解电能的优点及发展前景.
变
压
器
1.用途
变压器是改变交流电压的设备.
2.结构
变压器主要由闭合的铁心和绕在铁心上的两个或两个以上的线圈组成，如图3 2 1所示.
图3 2 1
3.两组概念
(1)原线圈与副线圈.
原线圈：与电源相连的线圈(也叫初级线圈)，匝数用n1表示.
副线圈：与负载相连的线圈(也叫次级线圈)，匝数用n2表示.
(2)输入电压与输出电压.
输入电压：原线圈两端的电压，用符号U1表示.
输出电压：副线圈两端的电压，用符号U2表示.
4.常见的变压器
(1)电力变压器：用于电能输送，有升压变压器，也有降压变压器，一般功率较大.
(2)自耦变压器：只有一个线圈，线圈的起始端既是原线圈的一端，也是副线圈的一端.线圈上有一边刮去了绝缘漆，当金属触头沿此边滑动时，就改变了副线圈的匝数，从而改变了输出电压.
(3)互感器：是一种变压器，有电压互感器和电流互感器，用于测量高电压和大电流.
(4)电源变压器：用于将220
V电压转换成所需要的低压直流电.
1.变压器的基本原理是电磁感应.(√)
2.变压器不能改变恒定电流的电压.(√)
能否去掉变压器的闭合铁心？
【提示】　不能.变压器的闭合铁心起导磁作用，如果没有铁心，原线圈电流产生的磁通量只有少量通过副线圈，会有大量的能量损失，变压器效率会很低.故变压器的铁心不可缺少.
如图3 2 2所示，是理想变压器的结构示意图和电路符号.
结构示意图　　　　电路符号
图3 2 2
探讨1：由图可知，变压器的原、副线圈之间并没有导线相连，副线圈却能输出电流，这是什么原因？
【提示】　互感现象是变压器工作的基础.电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场.由于电流的大小、方向在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，所以尽管两个线圈之间没有导线相连，副线圈也能够输出电流.恒定不变的电流不能产生变化的磁场，不满足产生感应电动势的条件，所以变压器不能够改变恒定电流的电压.
探讨2：变压器能改变交流电的频率吗？
【提示】　变压器在工作时，原、副线圈磁通量的变化情况相同，所以变压器不能改变交流电的频率.
1.理想变压器
(1)没有漏磁(磁感线全部集中在铁芯中).
(2)没有能量损失，即铁芯中无内能产生，线圈中无内能产生(线圈电阻忽略不计).
2.理想变压器的“两不改变”与“两改变”.
(1)两不改变：
①不改变功率
理想变压器不计铜损、铁损与漏磁，所以输入功率等于输出功率，P入＝P出.当副线圈为断路时，原线圈的输入功率为零.
②不改变频率
在原线圈中接上周期性变化的电流，在副线圈中会激发出同频率的交变电源.
(2)两改变：
①改变电压
②改变电流.
2.两类互感器的特点及电路连接方式
(1)互感器本质上是变压器，互感现象在其工作原理的基础上，将互感器分为电压互感器和电流互感器.
(2)电压互感器和电流互感器的比较
电压互感器
电流互感器
原线圈的连接
原线圈并联在高压电路中
原线圈串联在待测高电流电路中
副线圈的连接
连接电压表
连接电流表
互感器的作用
将高电压变为低电压
将大电流变为小电流
结合匝数比可计算出的结果
高压电路的电压
大电流电路的电流
原理图
1.一个正常工作的理想变压器的原、副线圈中，下列的哪个物理量不一定相等(　　)
A.交流电的频率
B.电流的有效值
C.电功率
D.磁通量的变化率
【解析】　一个正常工作的理想变压器，原、副线圈的磁通量的变化率，交流电的频率、电功率均相等，而电流的有效值不一定相等，故选B.
【答案】　B
2.关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是(　　)
A.通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C.穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D.原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
【解析】　通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B错误；由互感现象知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原副线圈通过磁场联系在一起，故D错误.
【答案】　C
3.在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器.如下四个图中，能正确反映工作原理的是(　　)
A　　　　　　　B　　　　　　　C　　　　　　　　D
【解析】　电流互感器应串联在高压电路中，属于升压变压器，故A正确.
【答案】　A
1 理想变压器是一种理想化模型，自身不损耗任何能量.
2 电压互感器应并联在电路中，而电流互感器应串联在电路中.
探究变压器原、副线圈电压、电流与匝数的关系
1.电压与匝数的关系
(1)电压与匝数的关系：原、副线圈的电压之比，等于两个线圈的匝数之比，即＝.
(2)两类变压器：副线圈的电压比原线圈电压低的变压器叫降压变压器；副线圈的电压比原线圈电压高的变压器叫升压变压器.
2.电流关系和功率关系
(1)电流与匝数关系：原、副线圈中的电流跟它们的匝数成反比，即＝.
(2)功率关系：变压器的输入功率等于输出功率，即P1＝P2.
1.变压器能改变交流电压、交流电流.(√)
2.理想变压器原、副线圈电流之比等于匝数之比.(×)
3.理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比.(√)
根据变压器两个线圈匝数的多少，如何区分哪是高压线圈？哪是低压线圈？
【提示】　变压器的电压与原、副线圈匝数的关系＝可知，匝数多的为高压线圈，匝数少的为低压线圈.
如图3 2 3所示，为一理想变压器、匝数分别为n1、n2.
图3 2 3
探讨1：若此变压器为一降压变压器，且n1为原线圈，则n1、n2的大小关系如何？
【提示】　n1＞n2
探讨2：原、副线圈磁通量的变化率大小关系如何？原、副线圈感应电动势大小存在怎样的关系？
【提示】　原、副线圈磁通量的变化率大小相等，由E1＝n1，E2＝n2可知，＝.
1.理想变压器的电压、电流、功率关系
规律表示
依据
备注
电压关系
＝
E＝n
适用于一个原线圈、一个副线圈的情况；适用于一个原线圈和多个副线圈的情况
＝＝…
功率关系
P入＝P出
能量守恒
适用于理想变压器
电流关系
＝
U1I1＝U2I2
适用于一个原线圈、一个副线圈的情况
n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
U1I1＝U2I2＋U3I3＋…
适用于一个原线圈多个副线圈的情况
2.变压器工作时的制约关系
(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比()一定时，输入电压U1决定输出电压U2，即U2＝.
(2)功率制约：P出决定P入，P出增大时，P入也随之增大；P出减小时，P入也随之减小；P出为0，P入也为0.
(3)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比()一定时，且输入电压U1确定，副线圈中输出电流I2决定原线圈中的电流I1，即I1＝.
3.对理想变压器进行动态分析的两种常见情况
(1)原、副线圈匝数比不变，负载电阻变化，进行动态分析的顺序是R→I2→P出→P入→I1；
(2)负载电阻不变，匝数比变化，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P出→P入→I1.
4.(2015·江苏高考)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220
V交变电流改变为110
V.已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为(　　)
A.200　　　
B.400
C.1
600
D.3
200
【解析】　根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系＝，得n2＝＝＝400，选项B正确.
【答案】　B
5.(多选)如图3 2 4所示为一含理想变压器的电路图，S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1为原线圈中的电流，则(　　)
图3 2 4
A.保持U1及P的位置不变，S由a扳向b时，I1将增大
B.保持U1及P的位置不变，S由b扳向a时，R消耗功率增大
C.保持U1不变，S接在a处，使P上滑，I1将增大
D.保持P的位置不变，S接在a处，若U1增大，I1将增大
【解析】　保持U1及P的位置不变，S由a扳向b时，n1减小，增大，则U2＝U1，知U2变大，则输出电流I2增大，输出功率增大，输入功率也增大，由P1＝U1I1知，I1增大，A正确；同理，S若由b扳向a，R消耗功率将减小，B错误；U1不变，S接在a处，使P上滑时，I2减小，I1也减小，故C错；保持P的位置不变，S接在a处，使若U1增大，则U2也增大，即I2＝增大，由I1＝I2知，I1也应增大，故D正确.
【答案】　AD
6.收音机的变压器的初级线圈有1210匝，接在U1＝220
V的交流电源上，变压器有两个次级线圈.次级线圈Ⅱ的匝数为35匝，次级线圈Ⅲ的匝数是1
925匝.如果不计变压器自身的能量消耗，当变压器工作时，线圈Ⅱ的电流是0.3
A时，初级线圈的电流I1＝0.114
A.求线圈Ⅲ中的电流和输出电压(电流的计算结果保留3位有效数字).
【解析】　U2＝U1＝×220
V＝6.36
V.
U3＝U1＝×220
V＝350
V.
不计变压器自身的能量消耗，由能量转化和守恒定律
P1＝P2＋P3，I1U1＝I2U2＋I3U3，
I3＝＝0.066
2
A
【答案】　0.066
2
A　350
V
理想变压器的两类动态问题
(1)原副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R→I2→P2→P1→I1.
(2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1.
电
能
的
开
发
和
利
用
1.电能——能源家族的天之骄子
(1)电能与其他形式的能之间容易转换.
(2)可以集中生产，便于输送和分配，易于控制与管理.
(3)电能的转换效率高.
2.我国电能开发利用现状
(1)火力发电为主，发电量占总发电量的71%；火力发电污染严重，而且所用煤是一次性能源，不能再生；
(2)水力发电占总发电量的24.1%；水力发电几乎没有污染，而且水力是可再生能源，但受地域限制.
3.电能开发与利用的前景
(1)目前，世界各国基本上是以火力发电和水力发电为主.火力发电要大量消耗煤炭等不可能再生能源，而且放出的二氧化碳和烟尘影响空气质量，形成的酸雨会损害生物的生长发育.
(2)太阳能是一种理想的能源.利用太阳能发电卫生干净，不产生公害.目前利用太阳能发电的途径主要有两种：一是太阳光发电，二是太阳热发电.
(3)核能发电是把核燃料的核能转化为电能.核能发电是一个备受争议的话题.究其原因，高成本和核污染是核电站的致命弱点，这影响了人们对核能发电发展前景的估计.
(4)风力发电是把风的动能转换为电能.虽然现在风力发电量不到全世界发电量的1%，但随着风力发电技术的不断进步，人类环保意识的不断增强，风力发电将迎来一个非常繁荣的时代.
(5)地热发电、海浪发电和潮汐发电都是获得电能的好途径.
1.电能的转换效率要明显高于内能的转换效率.(√)
2.风能、潮汐能、太阳能等是无污染的清洁能源，因而要大力开发.(√)
电能有哪些优点？
【提示】　容易与其他形式的能相互转换，可以集中生产，便于输送和分配，易于控制与管理，转换率高.
学业分层测评(十一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.下列是4种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的灯泡相同，且都是“220
V
40
W”，当灯泡消耗的功率都调至20
W时，哪种台灯消耗的功率最小
(　　)
【导学号：72000082】
A　　　　　　　B　　　　　　　C　　　　　　　D
【解析】　理想变压器的输入功率等于输出功率，在变压器上是没有功率损失的，所以含有变压器的台灯消耗的功率就等于灯泡消耗的功率.而其余三种电路中有另外的变阻器，除灯泡消耗功率外，在变阻器上也有额外的功率损失.故选项C正确.
【答案】　C
2.(多选)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是(　　)
A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1
B.穿过原、副线圈每一匝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，无磁通量损失，因而穿过两个线圈的交变磁通量相同，磁通量变化率相同，每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比；理想变压器可以忽略热损耗，故输入功率等于输出功率.故正确答案为B、D.
【答案】　BD
3.如图3 2 5所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R相连组成闭合回路.当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，电流表A1的读数为12
mA，那么电流表A2的读数为(　　)
图3 2 5
A.0　　　　
B.3
mA
C.48
mA
D.与R的大小有关
【解析】　导线AB切割磁感线产生的感应电动势E感＝BLv.由于B、L、v三个量均不变，故感应电动势为一定值，因此原线圈的电压不变，原线圈中电流恒为12
mA，无法产生互感现象，故副线圈输出电压为0，电流表A2的示数也为0.
【答案】　A
4.(2015·广东高考)如图3 2 6为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器.原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220
V降至110
V.调节前后(　　)
图3 2 6
A.副线圈中的电流比为1∶2
B.副线圈输出功率比为2∶1
C.副线圈的接入匝数比为2∶1
D.原线圈输入功率比为1∶2
【解析】　根据欧姆定律I＝，U2由220
V降至110
V，副线圈上的电流变为原来的，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A错误；根据P＝UI知，U、I均变为原来的时，副线圈上输出的功率变为原来的，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系＝，当U2由220
V降至110
V时，n2变为原来的，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C正确；根据理想变压器P入＝P出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D错误.
【答案】　C
5.(2015·全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1
，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220
V的正弦交流电源上，如图所示.设副线圈回路中电阻两端的电压为U.原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则(　　)
图3 2 7
A.U＝66
V，k＝
B.U＝22
V，k＝
C.U＝66
V，k＝
D.U＝22
V，k＝
【解析】　设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则＝＝，故k＝＝.设原线圈两端的电压为U1，则＝＝，故U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故＋3U＝220
V，解得U＝66
V.选项A正确.
【答案】　A
6.一输入电压为220
V，输出电压为36
V的变压器副线圈烧坏了，为获知此变压器原副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁心上新绕了5匝线圈，如图3 2 8所示，然后将原来线圈接到220
V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1
V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为(　　)
图3 2 8
A.1
100,360
B.1
100,180
C.2
200,180
D.2
200,360
【解析】　对新绕线圈的理想变压器，根据变压比公式得n1＝＝＝1
100，变压器烧坏前，同理n2＝＝＝180，故B正确.
【答案】　B
7.如图3 2 9所示的甲、乙两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220
V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110
V.若分别在c、d两端及g、h两端加上110
V的交流电压，则a、b间及e、f间的电压分别为(　　)
图3 2 9
A.220
V、220
V
B.220
V、110
V
C.110
V、110
V
D.220
V、0
V
【解析】　当a、b两端接220
V电压时，
c、d间电压为110
V，说明c、d间线圈的匝数为原线圈匝数的一半；反过来，当c、d两端接110
V电压时，a、b间电压应为220
V.当e、f间接220
V电压时，g、h间电压为110
V，说明g、h间电阻为e、f间电阻的一半；当g、h两端接110
V电压时，e、g间没有电流，e、g间电压为零，所以e、f间电压与g、h间电压相等，均为110
V.
【答案】　B
8.钳形电流表的外形和结构如图(a)所示.图(a)中电流表的读数为1.2
A，图(b)中用同一电缆线绕了3匝，则(　　)
【导学号：72000083】
(a)　　　　　　　(b)
图3 2 10
A.这种电流表能测直流电流，图(b)的读数为2.4
A
B.这种电流表能测交变电流，图(b)的读数为0.4
A
C.这种电流表能测交变电流，图(b)的读数为3.6
A
D.这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流，图(b)的读数为3.6A
【解析】　钳形电流表的工作原理是电磁感应，所以它可以测定交变电流，根据变压器的原理，I1n1＝I0n0，其中n1指钳形电流表内部线圈的匝数，n0指待测电流导线的匝数，I1指电表的电流.当在图(b)中用同一电缆线绕了n′0＝3匝时，n′0＝3n0，且满足I′1n1＝I0n′0，解得I′1＝3I1＝3.6
A.
【答案】　C
[能力提升]
9.如图3 2 11所示为理想变压器，原线圈的匝数为1
000匝，两个副线圈的匝数n2＝50匝，n3＝100匝，L1是“6V,2W”的小灯泡，L2是“12
V,4
W”的小灯泡，当原线圈接上交流电压时，L1、L2都正常发光，那么原线圈中的电流为(　　)
图3 2 11
A.
A
B.
A
C.
A
D.
A
【解析】　由P
入＝P出知，I1U1＝6
W，又＝
所以U1＝U2＝×6
V＝120
V
所以I1＝A＝A.
【答案】　C
10.(多选)如图3 2 12所示是一台家用台灯亮度调节原理图，自耦变压器接入正弦交流电压，电流表、电压表分别为理想交流电流表和理想交流电压表.若将调压端的滑动触头P向上移动，则(　　)
图3 2 12
A.电压表V的示数变大
B.变压器的输出功率变大
C.电流表A的示数变小
D.电流表A的示数变大
【解析】　当滑动触头P向上移动时，自耦变压器“副线圈”匝数增大.由＝可知“副线圈”两端电压增大，台灯的功率变大，A、B正确；由于理想变压器输入功率与输出功率相等，且输入电压不变，故电流表示数变大，C错误，D正确.
【答案】　ABD
11.一台理想变压器，其原线圈2
200匝，副线圈440匝，并接一个100
Ω的负载电阻，如图3 2 13所示.
【导学号：72000084】
图3 2 13
(1)当原线圈接在44
V直流电源上时，电压表示数为
V，电流表示数为
A.
(2)当原线圈接在220
V交流电源上时，电压表示数为
V，电流表示数为
A.此时输入功率为
W，变压器效率为
.
【解析】　(1)原线圈接在直流电源上时，由于原线圈中的电流恒定，所以穿过原、副线圈的磁通量不发生变化，副线圈两端不产生感应电动势
，故电压表示数为零，电流表示数也为零.
(2)由＝得
U2＝U1＝220×
V＝44
V(电压表读数)
I2＝＝
A＝0.44
A(电流表读数)
P入＝P出＝I2U2＝0.44×44
W＝19.36
W
效率η＝100%.
【答案】　(1)0　0　(2)44　0.44　19.36　100%
12.如图3 2 14所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝4∶1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等.a、b两端加一定交流电压后，求两电阻消耗的电功率之比和两电阻两端电压之比.
图3 2 14
【解析】　根据变压器原、副线圈电流比＝＝，设流过A电阻电流I1＝I，则流过B电阻电流为I2＝4I，
所以功率比＝＝＝
两电阻两端电压比＝＝.
【答案】　　3.1　高压输电原理
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解远距离输电线上的损失与哪些因素有关.2.知道交流输配电网的设计.3.掌握输电线上的功率损失和电压损失的计算.(重点)4.掌握高压输电原理及减少输电线上功率损失的方法.(难点)
远
距
离
输
电
为
什
么
要
用
高
电
压
1.电能损耗的根本原因
输电线有电阻，输电线的电阻把电能转化为内能而损失掉.
2.减少损耗的途径
(1)可以增大导线横截面积以减小输电电阻.
(2)采用升高输电电压的方法，以减小输电电流从而减小电能损耗.
3.高压输电的原理
由输电线上损耗的电功率公式P损＝可知，提高输送电能的电压，可以更有效的减小输电线路上的电能损失.
1.采用高压输电可以节省电线材料，减少输电线上能量损耗.(√)
2.采用高压输电，可减少电能损耗，因而电压越高越好.(×)
3.在电能的输送过程中，U为输电电压，r为输电线电阻，则输电线中电流I＝.(×)
1.减小输电电流，提高输电电压是否与欧姆定律相矛盾？
【提示】　不矛盾.欧姆定律I＝是对纯电阻元件成立的定律，当电阻恒定时，增大U则I随之增大.而“提高电压、减小电流”是从输电角度，当P恒定时，由P＝UI得出的结论，两者没有必然联系.
2.减小输电电阻，可以减少电能损耗，是否导线越粗越好？
【提示】　不是.用增大导线横截面积的方法，可以减小电阻，但是导线过粗会耗材太多，同时导线太重，会给架设输电线带来很大困难.
在由发电厂向工厂和生活区输电时，输电损失在所难免.
探讨1：输电线上电压损失和功率损失的主要原因是什么？
【提示】　输电线上电流I，输电线电阻R，则电压损失为ΔU＝IR；发热功率为ΔP＝I2R，这些电能以电热的形式损失掉了.
探讨2：有哪些方法可以减小电压损失和功率损失？
【提示】　一般采用提高电压和减小电阻的方法来减小电压损失和功率损失.
1.电压损失：由于输电导线有电阻，电流通过输电导线时，会在线路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压U3比起始端电压要低.这就是输电线路上的电压损失ΔU＝U2－U3＝IR线.对于交流电路，感抗和容抗也会造成电压损失，高中阶段暂不研究.
2.功率损失：由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了，这是输电线上功率损失的主要原因.设输电电流为I，输电线的电阻为R线，则功率损失为ΔP＝I2R线.
图3 1 1
3.减小输电线路上电压损失和功率损失的方法：根据电压损失的表达式ΔU＝IR线和功率损失ΔP＝I2R线可知，要减少输电线上的电压损失和功率损失，有两种方法：
(1)减小输电线的电阻R线：根据电阻定律可知R线＝ρ，要减小输电线的电阻R线，可采用下述方法：
①减小材料的电阻率ρ
.银的电阻率最小，但价格昂贵，目前选用电阻率较小的铜或铝作输电线材料.
②减小输电线的长度l不可行，因为要保证输电距离.
③增加导线的横截面积.可适当增大横截面积，太粗不可能，既不经济又架设困难.
另外，用增大输电导线横截面积的方法来减小电阻.对低压照明电路有效，在高压线路中，因容抗和感抗造成的电压损失比电阻造成的还要大.故这种方法在高压输电中的应用效果不佳.
(2)减小输电电流：在输电功率一定的条件下.根据P＝UI可知，要减小输电线中的电流I，必须提高输电电压U.在输送功率P一定，输电线电阻R一定的条件下，输电电压提高到原来的n倍，根据ΔU＝IR线＝R线知，输电线上的电压损失将变为原来的，根据ΔP＝·R线知，输电线上的功率损失将降为原来的.所以减小输电电流，采用高压输电的方法比减小输电线电阻的方法更有效.
1.(多选)远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是(不考虑电抗产生的损失)(　　)
A.功率损失是原来的
B.功率损失是原来的
C.电压损失是原来的
D.电压损失是原来的n倍
【解析】　设输电电压为U，所输送的功率为P，输电线路总电阻为R，则输电电流I＝，线路的功率损失ΔP＝I2R＝，可知ΔP∝，当输电电压U升高为原来的n倍时，功率损失变为原来的，故选项B正确；线路上的电压损失ΔU＝IR＝，可知ΔU∝，当输电电压升高为原来的n倍时，电压损失变为原来的，故选项C正确.
【答案】　BC
2.某用电器离供电电源的距离为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的最小值是(　　)
A.　　　B.I2ρ　　　C.　　　D.
【解析】　因为导线的总长度为2l，所以电压降U＝IR＝Iρ解得S＝.正确选项为C.
【答案】　C
3.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，则下列说法中正确的是(　　)
A.输电线上输送的电流大小为2.0×105A
B.输电线上由电阻造成的电压损失为15
kV
C.若改用5
kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108
kW
D.输电线上损失的功率为ΔP＝，U为输电电压，r为输电线的电阻
【解析】　输电线上输送的电流为I＝＝＝6
000
A，选项A错误；输电线上由电阻造成的电压损失为U损＝IR线＝6
000×2.5
V＝1.5×104
V，选项B正确；若输电电压为5
kV，则输电线上损失的功率不可能大于输电总功率3×106
kW，选项C错误；ΔP＝中，U应当为输电线上损失的电压，选项D错误.
【答案】　B
计算P损时的电压
求线损功率一般用P损＝I2R线，可以先用ΔU＝IR线，再用P损＝，求解损失功率.常见错误有用P损＝求损失功率.
交
流
输
配
电
网
1.电能输送的系统性
高压输电有效地解决了电能在输电线路上的损耗问题，但也不是电压越高越好，电压越高，对输电线路及其有关设备的绝缘性能要求越高，会受到更多因素的影响.
2.输电线路的构成
建造电能输配电网是为了确保电能的输送经济、可靠，发电机发出的交变电流先送到升压变电站，将电压升高到220
kV以上，进行高压送电；在用电区，先由第一级变电站将电压降到110
kV，再送到第二级变电站，将电压降到10
kV送到用电区.对普通生活用电，则要用降压变压器进一步降到220
V.
1.高压输电时，电压提高到n倍，电能损耗减小到原来的倍.(√)
2.远距离输电是应用了提高电压和减小电阻两个方面来实现的.(√)
3.高压输电中的高电压，到用户那里可以直接应用.(×)
1.电能从发电厂输送到用户经历了哪几个主要步骤？
【提示】
2.在用电高峰期，家中的白炽灯是否会变暗？
【提示】　是.用电高峰期到用户家中的输电线电流I较大，输电线上损失的电压ΔU＝IR较大，用户得到的电压U－ΔU变低，达不到额定电压，因此白炽灯灯光较暗.
发电厂的发电机的输出电压一般不太高，为了减少输电损失还要采用高压输电，而用户或工厂又需要220
V或380
V的低电压.
探讨1：一般远距离输电电压要经历几次变化？
【提示】　发电厂升压后进行高压输电，再经过二次变电站降压送至用电区，最后再降压到220
V送至用户.
探讨2：要使生活区中家用电器正常工作，对生活区中变压器的输电电压有什么要求？
【提示】　应高于220
V.
发电机将机械能转化为电能，并通过导线将电能输送给负载.发电机的电能向用户输送时，为了减少在输电线上电能的损失应采用高压输电，此类问题要构建远距离高压输电的模型，抓住能量守恒这条线索，是解决发电—输电—用电类问题的关键.
4.为了减少火电站中煤的燃烧对大气的污染，要大力发展水电站.三峡水利工程中某一水力发电站的发电机组设计为：水以v1＝3
m/s的速度流入水轮机后以v2＝1
m/s的速度流出，流出水位比流入水位低10
m，水流量Q＝10
m3/s，水轮机效率为75%，发电机效率为80%，试求发电机组的输出电功率是多少？
【解析】　水轮机在时间t内获得的机械能
E＝×75%
J
＝×75%
J
＝×75%
J＝78×104t
J.
则发电机输出电能E电＝E×80%＝624×103t
J，
发电机的输出功率P0＝
kW＝624
kW.
【答案】　624
kW
5.某小河水流量为4
m3/s，水流下落的高度为5
m.现在利用它来发电，设所用发电机的总效率为50%，g取9.8
m/s2，求：
(1)发电机的输出功率；
(2)若输电导线的总电阻为4
Ω，输电导线上损失的电功率为发电机输出功率的5%，则需用多大的电压输送电能；
(3)输电导线上的电压损失.
【解析】　(1)水由高处流下，重力势能转化为动能，推动水轮机做功，设水的流量为Q，则发电机的输入功率为P1＝ρQgh
所以输出功率为P2＝ηP1＝ηρQgh＝50%×1.0×103×4×9.8×5
W＝9.8×104
W.
(2)设输电电压为U，输电线上的电流为I，电阻为R，
损失的电功率为P3，由P3＝I2R得
I＝＝＝A＝35
A
由P2＝IU得输电电压
U＝＝
V＝2.8×103
V.
(3)输电导线上损失的电压为
ΔU＝IR＝35×4
V＝140
V.
【答案】　(1)9.8×104
W　(2)2.8×103
V
(3)140
V
解决此类问题需要把握三点
1.明确发电机的能量转化关系.
2.明确输电电压和导线损失的功率.
3.注意区分输电电压和输电导线上损失的电压以及它们的应用.
学业分层测评(十)　
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的.可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为用电高峰时
(　　)
A.总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低
B.总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小
C.总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大
D.总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，每盏灯两端的电压较高
【解析】　在晚上七、八点钟时，电路上并联的灯较多，则根据并联电路的特点可知，此时总电阻比深夜时小，再由欧姆定律可知，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压U损＝IR增大，每盏灯两端的电压也就较低，只有C项正确.
【答案】　C
2.远距离输电时，在输送电功率不变的条件下(　　)
A.只有增大导线的电阻，才能减小电流，提高输电效率
B.提高输电电压，能减小电流，提高输电效率
C.提高输电电压势必增大输电导线上能量损耗
D.提高输电电压势必增大输电导线上的电流
【解析】　在输出功率一定时，由P＝UI知，当U增大时，I减小，输电导线损耗的功率P损＝I2R将变小.
【答案】　B
3.电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律(有关感应电动势大小的规律)、安培定律(磁场对电流作用的规律)都是一些重要的规律.如图为远距离输电系统的示意图(设用户的电器是电动机)，下列选项中正确的是(　　)
图3 1 2
A.发电机能发电的主要原理是库仑定律
变压器能变压的主要原理是欧姆定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律
B.发电机能发电的主要原理是安培定律
变压器能变压的主要原理是欧姆定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律
C.发电机能发电的主要原理是欧姆定律
变压器能变压的主要原理是库仑定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律
D.发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律
变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律电动机通电后能转动起来的主要原理是安培定律
【解析】　发电机主要是将其他形式能转化为电能的设备，应用法拉第电磁感应定律原理；变压器是由电流的变化引起磁场的变化，从而使得线圈内的磁通量发生变化，产生感应电流，也是应用法拉第电磁感应定律原理；电动机是将电能转化为其他形式能的设备，通电导线在磁场中要受到力的作用从而运动，是安培定律的应用.
【答案】　D
4.输电导线的电阻为R，输送电功率为P.现分别用U1和U2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为
(　　)
A.U1；U2
B.U：U
C.U：U
D.U2：U1
【解析】　由P＝UI得输电线中的电流I＝.输电线中损失的功率P损＝I2R＝R＝，即在输送功率和输电线电阻不变的情况下，损失的功率与输电压的平方成反比.
所以P损1∶P损2＝U∶U.
【答案】　C
5.中国已投产运行的1
000
kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原来用500kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1
000kV特高压输电，不考虑其他因素的影响，则
(　　)
A.输电电流变为原来的2倍
B.输电线上降落的电压将变为原来的2倍
C.输电线上降落的电压将变为原来的
D.输电线上损耗的电功率将变为原来的
【解析】　根据输送电功率P输＝U输I输及P输不变可知，输电电流I输＝∝，当U输变为原来的2倍时，I输变为原来的，选项A错误；输电线上降落的电压U降＝I输R∝I输，所以，当输电电流变为原来的时，输电线上降落的电压也变为原来的，选项B错误，C正确；输电线上损耗的电功率P损＝IR∝I，所以输电线上损耗的电功率将变为原来的，选项D错误.
【答案】　C
6.在电能的输送过程中，若输送的电功率一定，则关于输电线上损耗电功率的以下说法中错误的是
(　　)
A.与输送电压的平方成反比
B.与输电线上电压降的平方成正比
C.与输送电压成反比
D.与输电线中电流的平方成正比
【解析】　由P损＝I2R线＝R线，故A正确，C错误；P损＝I2R线＝.故B、D正确.
【答案】　C
7.高压输电电压为U，输电线电阻为r，则下列说法正确的是(　　)
A.若发电机输出功率不变，使输出电压变大，则输电线上损失的功率变小
B.输电线上损失的功率为ΔP＝，故导线电阻越大，损失的功率越小
C.通过输电线的电流为I＝，故输电电压越高，电流越大，损失的功率越大
D.以上说法都不对
【解析】　设发电机输出功率为P，则P＝UI，使输电电压U增大，则输电电流I减小，又由输电线上损失的功率ΔP＝I2r得，输电线上损失的功率减小，所以选项A正确.
【答案】　A
8.(多选)低温雨雪冰冻天气易造成我国部分地区灾害严重，其中高压输电线因结冰而损毁严重.为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰.若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)(　　)
A.输电电流为3I
B.输电电流为9I
C.输电电压为3U
D.输电电压为U
【解析】　输电线上的热耗功率P线＝I2R线，热耗功率由P变为9P，则电流I变为3I，A正确；输电功率P不变，由P＝UI知，电流变为3I，输电电压变为U，D正确.
【答案】　AD
[能力提升]
9.(多选)发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，输电导线末端的电压为U2，则输电导线上损失的电功率为(　　)
A.
B.
C.I2R
D.I(U1－U2)
【解析】　输电线上的电压损失为ΔU＝U1－U2，故输电线上损失的电功率为ΔP＝I2R＝IΔU＝，选项B，C，D正确.
【答案】　BCD
10.(多选)“西电东送”进行远距离输电，输送的电功率为P，输送的电压为U，输电导线上的电阻率为ρ，导线横截面积为S，导线总长为L，输电线损耗的电功率为P1，用户得到的电功率为P2，则(　　)
A.P1＝
B.P1＝
C.P2＝P－
D.P2＝P－
【解析】　由导线输送的电功率P＝UI知，输电导线上的电流I＝，由电阻定律得R＝ρ，所以导线上损耗的功率为导线上产生的热功率P1＝I2R＝ρ，B正确；用户得到的电功率P2应为输送的电功率减去导线损耗的热功率，即P2＝P－P1＝P－，D正确.
【答案】　BD
11.一座小型水电站，水以3
m/s的速度流入水轮机，而以1
m/s的速度流出.流出水位比流入水位低1.6
m，水的流量为1
m3/s.如果水流能量的75%供给发电机，20%使水温升高.求：
(1)水温升高多少？
(2)若发电机的效率为80%，则发电机的输出功率为多大？
【解析】　(1)每秒水流机械能损失为
ΔE＝m(v－v)＋mgΔh＝2×104
J
其中有20%使水温升高，则cmΔt＝20%ΔE，所以
Δt＝＝9.5×10－4℃.
(2)发电机的输出功率为P出＝×80%，而t＝1
s，所以P出＝12
kW.
【答案】　(1)9.5×10－4℃　(2)12
kW
12.输送4
800
kW的电功率，采用110
kV高压输电，输电导线中的电流是多少？如果用110
V电压输电，输电导线中的电流将是多少？两种情况下，输电线上损失的电功率之比是多少？
【解析】　电功率P＝UI，所以I＝
其中P＝4
800
kW＝4.8×106
W
当U＝110
kV＝1.1×105
V时
导线中电流I＝
A≈43.6
A.
当U＝110
V时，导线中的电流
I＝
A≈4.36×104
A.
而输电线上损失的电功率P′＝I2R线，所以两种情况下损失的电功率之比为1∶106.
【答案】　43.6
A　4.36×104
A　1∶1064.3　用传感器做实验
4.4　信息时代离不开传感器
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解日常生活中常见的一些传感器及其应用.2.了解常见的传感器做一些简单实验.3.掌握传感器应用的设计.(难点)4.掌握现代信息技术中传感器的电路分析.(重点)
几种常见的传感器
1.温度传感器
温度传感器是利用热敏电阻的阻值随温度的变化而变化的原理制成的，它能把温度这个热学量转换为电压这个电学量.温度传感器中用于测温的敏感元件是热敏电阻，它由铂金属制成.铂金属电阻的温度系数稳定、电阻率高、测量范围宽，在工业测温中应用广泛.
2.力传感器
将力学量转换为电学量的装置称为力传感器.力传感器的工作原理是通过内部的悬臂梁先将力学量转换成金属材料的形变，然后由敏感元件将这种形变转换成电学量.力传感器的敏感元件是金属电阻应变片，在外力作用下电阻丝的长度和截面改变引起电阻变化.
3.磁传感器——霍尔元件的应用
霍尔元件是将磁感应强度这个磁学量转化为电压这个电学量的元件.磁传感器中的敏感元件是磁敏感元件，也称为霍尔元件.
霍尔电压：如图4 3 1所示，E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则M、N间出现霍尔电压UH，UH＝KHIB.
图4 3 1
1.家用遥控系统使用的是红外线传感器.(√)
2.火灾报警器是利用的温度传感器.(×)
3.霍尔元件的作用是把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量.(√)
在一些酒店、银行安装有自动门，人到门前，门能自动打开，人过后，门又能关上，这种传感器是靠什么工作的？
【提示】　自动门内部有红外线感应系统(也有靠雷达的)，当人在红外线检测区域内，传感器将电动机启动、开门、关门.
如图所示为一矩形霍尔元件，沿EF方向通的电流I，放入匀强磁场B之中.
图4 3 2
探讨1：霍尔元件是将磁学量转换为什么物理量？
【提示】　电压.
探讨2：若此霍尔元件为半导体材料制成的，则N、M两点的电势哪点高？
【提示】　N点高.
探讨3：若此霍尔元件为金属材料制成的，则N，M两点的电势哪点高？
【提示】　M点高.
1.霍尔元件
如图4 3 3所示，在一个很小的矩形半导体(例如砷化铟)薄片上，制作四个电极E、F、M、N，就成为一个霍尔元件.霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换成为电压这个电学量.
图4 3 3
2.霍尔电压UH＝k
(1)其中k为比例系数，称为霍尔系数，其大小与薄片的材料有关.
(2)一个霍尔元件的厚度d、霍尔系数k为定值，再保持I恒定，则UH的变化就与B成正比，因此霍尔元件又称磁敏元件.
(3)霍尔效应的原理
外部磁场使运动的载流子受到洛伦兹力，在导体板的一侧聚集，在导体板的另一侧会出现多余的另一种电荷，从而形成横向电场；横向电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的静电力，当静电力与洛伦兹力达到平衡时，导体板左右两侧会形成稳定的电压，设图中MN方向长度为l2，则q＝qvB.
根据电流的微观解释，I＝nqSv，整理后，得UH＝.
令k＝，因为n为材料单位体积的导电粒子个数，q为单个导电粒子的电荷量，它们均为常数，所以UH＝k.
UH与B成正比，这就是为什么霍尔元件能把磁学量转换成电学量的原因.
1.霍尔元件能转换哪两个量(　　)
A.把温度这个热学量转换为电阻这个电学量
B.把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量
C.把物体形变这个力学量转换为电压这个电学量
D.把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量
【解析】　霍尔电压UH＝kIB/d，它是把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量，所以选B.
【答案】　B
2.一种半导体材料称为霍尔材料，用它制成的元件称为霍尔元件，这种材料有可定向移动的电荷，称为载流子，每个载流子的电荷量大小为1个元电荷，即q＝1.6×10－19C，霍尔元件在自动检测、探测领域得到广泛应用，如录像机中用来测量磁鼓的转速、电梯中用来检测电梯门是否关闭以及自动控制升降机电动机的电源通断等.
【导学号：72000091】
图4 3 4
在一次实验中，一块霍尔材料制成的薄片宽＝1.0×10－2m、长＝4.0×10－2m、厚h＝1×10－3m，水平放置在竖直向上的磁感应强度B＝1.5
T的匀强磁场中，bc方向通有I＝3.0
A的电流，如图4 3 4所示，沿宽度产生1.0×10－5V的横向电压.
(1)假定载流子是电子，a、b两端中哪端电势较高？
(2)薄板上形成电流I的载流子定向运动的速率多大？
【解析】　(1)根据左手定则可确定a端电势高；(2)当导体内载流子沿电流方向所在的直线定向运动时，受洛伦兹力作用而产生横向分运动，产生横向电场，横向电场的电场力与洛伦兹力平衡时，横向电压稳定.设载流子沿电流方向所在直线定向移动的速度为v，横向电压为Uab，横向电场强度为E，电场力为Fe＝E·e＝·e，洛伦兹力FB＝evB，平衡时·e＝evB，得v＝≈6.7×10－4m/s.
【答案】　(1)a　(2)6.7×10－4
m/s
处理霍尔元件问题的两点技巧：
(1)横向电场力与洛伦兹力相等是解题关键.
(2)在匀强电场中有F＝qE，E＝可得U.
信
息
时
代
离
不
开
传
感
器
1.随处可见的传感器
(1)红外测温仪：是一种将红外辐射波转换成电信号的传感装置.
(2)数码相机和摄像机：敏感元件叫做电荷耦合器件(CCD)，它将光信号转换成模拟电信号，模拟电信号再通过一种专门转换器(A/D)转换成数字电信号.
(3)酒精浓度测试仪：敏感元件是酒精传感器.
2.信息社会离不开传感器
智能式传感器集信息检测、信息处理、信息记忆、逻辑思维和判断功能于一身，把计算机、各种用途的传感器和输入输出接口等制作在同一芯片上，成为大规模集成电路智能传感器.
3.遥测与遥感
遥感遥测的基本原理是通过遥感传感器对观测目标产生的电磁波、热辐射进行远距离收集、转换，用计算机处理、识别，得出结论.主要应用于地球资源勘探、环境监测、气象预报、军事侦察等.
1.应变式力传感器可以测牵引力，也可以测压力.(√)
2.地球资源勘探、军事侦察都是通过遥感传感器来获取的.(√)
3.机器人由机械系统、传感器系统、信息处理和控制系统组成的.(√)
现在很多工作单位利用指纹识别器，你知道它是如何工作的吗？
【提示】　工作原理：指纹识别器是通过电容器来识别指纹的.传感器表面集合了很多个电容器的极板，其外面是绝缘表面，当用户的手指放在绝缘表面上时，手指的皮肤就成了电容器的另一个极板，由于指纹的脊和谷相对于另一个极板的距离不同，使电容阵列不同位置的电容器的电容值也不同.通过读取这些电容的差异，就能够获取指纹信息.这样就把指纹的信息转化成了电信号，再经过电路对电信号的比较，就可以实现对指纹的识别.
2003年北京发生了非典疫情，为防止疫情扩散，当时在机场、车站等人员集散地都设有体温检测点.
探讨1：要快速准确地筛查体温偏高者，用水银温度计还是用红外线测温仪？
【提示】　红外线测温仪.
探讨2：红外线测温仪有哪些优点？
【提示】　测温时间短，且不需要与人体直接接触，避免了交叉感染.
1.生活中的传感器
(1)与温度控制相关的家用电器：电饭煲、电冰箱、微波炉、空调、消毒碗柜等，都用到温度传感器.
(2)红外传感器：自动门、家电遥控器、生命探测器、非接触红外测温仪以及防盗、防火报警器等.
(3)照相机中的光传感器和家用便携式电子秤的压力传感器等.
2.农业生产中的传感器
(1)湿度传感器：判断农田的水分蒸发情况，自动供水或停水.
(2)温度传感器和湿度传感器：可对上百个点进行温度和湿度监测.由于有了十分先进可靠的测试技术，有效地减少了霉变现象.
3.工业生产中的传感器
(1)生产的自动化和半自动化.用机器人、自动化小车、自动机床、各种自动生产线或者系统，代替人完成加工、装配、包装、运输、存储等工作.各种传感器使生产的自动运行保持在最佳状态，以确保产品质量，提高效率和产量，节约原材料等.(2)在数控机床中的位移测量装置，就是利用高精度位移传感器进行位移测量，从而实现对零部件的精密加工.
4.飞向太空的传感器
在航空、航天技术领域，传感器应用得较早，也应用得较多，在运载火箭、载人飞船中，都应用了大量的传感器供遥测和遥控系统使用.这些传感器对控制航天器的姿态、接收和发送信息、收集太空数据等都有重要作用.在载人飞船中还使用一类测量航天员各种生理状况的生理传感器，如测量血压、心电图、体温等.
3.(2016·龙岩高二检测)下列有关传感器的说法中错误的是(　　)
A.汶川大地震时用的生命探测仪利用了红外传感器
B.“嫦娥二号”卫星星载的立体相机获取月球数据利用了光传感器
C.电子秤称量物体质量是利用了力传感器
D.火灾报警器能够在发生火灾时报警是利用了温度传感器
【解析】　生命探测仪是利用红外传感器，立体相机是利用光学传感器，电子秤是利用压力传感器，火灾报警是在烟雾浓度达到一定程度时能够输出电信号，使警铃发声或使红灯闪烁，自动报警，利用了烟雾传感器而不是利用了温度传感器，A、B、C对，D错.
【答案】　D
4.(多选)数字跑道已在北京奥运会田径竞走、跳远和三级跳等重点奥运项目中投入使用，数字跑道和数字跑鞋为运动健儿们在科学训练和比赛中发挥了积极作用.该跑道采用了大面积柔性压力阵列传感器、现场总线网络和分布式信息处理技术，可实时检测运动员步频、步距、足部触地时间、离地时间、速度、发力大小、发力角度等信息，在此基础上构建了训练信息采集和技术诊断分析系统，为田径项目提供了一种全新的科学化训练平台.下列关于数字跑道的说法正确的是
(　　)
A.传感器需要有敏感元件和转换电路等组成
B.压力阵列传感器应该是一种力电传感器
C.奥运会中应用的传感器智能化程度很高，直接感应的是电学量，不需要力电转换
D.奥运会中应用的传感器智能化程度尽管很高，但传感器都是将非电学量转换为电学量
【解析】　根据题目情景叙述，跑道上使用的是压力传感器，所有的传感器都要先通过敏感元件采集信息，然后再由转换电路将采集到的力、热、光等非电学量转换为便于测量的电压或电流等电学量.当转换电路采用计算机进行信息处理，并输出数字信息时，这种传感器就可以称得上是智能传感器了.
【答案】　ABD
5.小强用恒温箱进行实验时，发现恒温箱的温度持续升高，无法自动控制.经检查，恒温箱的控制器没有故障.参照图4 4 1，下列对故障判断正确的是(　　)
图4 4 1
A.只可能是热敏电阻出现故障
B.只可能是温度设定装置出现故障
C.热敏电阻和温度设定装置都可能出现故障
D.可能是加热器出现故障
【解析】　由恒温箱原理图可知，若热敏电阻出现故障或温度设定出现故障都会向控制器传递错误信息，导致控制器发出错误指令，故C正确，A，B错误.若加热器出现故障，只有一种可能，即不能加热，而题中加热器一直加热才会使温度持续升高，故D错误.
【答案】　C
1 传感器的作用就是将非电学量转换为电学量.
2 分析自动控制电路时要根据某种逻辑关系，按照一定的顺序进行分析，如由敏感元件→传感元件→控制电路→工作电路→控制目的.
学业分层测评(十三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.(多选)下列传感器中机器人能应用到的传感器是(　　)
A.视觉传感器　
B.位移传感器
C.压力传感器
D.语言识别装置
【解析】　视觉传感器相当于机器人的“眼睛”；压力传感器、位移传感器等使机器人有了“感觉”；语言识别装置相当于机器人的“耳朵”.故正确答案为A、B、C、D.
【答案】　ABCD
2.(多选)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的说法中正确的是(　　)
A.电视机对无线遥控信号的接收主要是采用了光电传感器
B.电子体温计中主要是采用了温度传感器
C.电脑所用的光电鼠标主要采用了声波传感器
D.电子秤中主要是采用了力电传感器
【解析】　C项中电脑所用的光电鼠标主要采用了光电传感器.
【答案】　ABD
3.“嫦娥一号”卫星上装有8种24件探测仪器，其中可能有(　　)
A.味觉传感器
B.气体传感器
C.听觉传感器
D.视觉传感器
【解析】　“嫦娥一号”月球卫星是为探测月球而发射的在轨卫星，而月球上无气体，所以不需要气体传感器和听觉传感器，当然也用不到味觉传感器，真正需要的是为月球“画像”的视觉传感器——立体相机.
【答案】　D
4.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换成电信号的过程.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】　A.红外线是一种不可见的光线，红外报警装置就是利用它将光信号转换为电信号的，所以符合题意；B.声控开关主要是将声信号转换为电信号，所以不合题意；C.洗衣机中的压力传感装置主要是将压力信号转换为电信号，所以不合题意；D.电饭煲中的温控器主要是将温度信号转换为电信号，所以不合题意.
【答案】　A
5.(多选)关于电子秤中应变式力传感器的说法中正确的是(　　)
A.悬臂梁发生形变后将其形变的弹力显示出来
B.当应变片的表面拉伸时，其电阻变大；反之变小
C.传感器输出的是应变片上的电压
D.外力越大，输出的电压差值也越大
【解析】　应变片材料的电阻满足R＝ρ，当应变片的电阻发生变化时使输出的电压差值变大，由电压差值与外力的关系转换成力的大小显示出来，并不是将形变时的弹力直接显示出来，由此知B、D正确.
【答案】　BD
6.当你走近某些写字楼、机场、宾馆等大厅的入口时，大门会自动打开，进入大厅后，门又会自动关闭，关于这种自动门的下列说法中正确的是(　　)
A.控制这种自动门开关的是一种红外线传感器
B.控制这种自动门开关的是一种普通光电传感器，能使自动门“见光开”
C.大人走近门会自动打开，小孩走近门，门不会自动打开
D.男孩走近门会自动打开，女孩走近门，门可能不会开
【解析】　控制自动门开关的传感器是红外线传感器，A对，B错；尽管不同物体(包括大人、孩子)不同的温度发出的红外线波长不同，但在设置这个传感器范围时应当充分考虑到大人、小孩个体的差异及人体体温的变化范围.大人、小孩、男孩、女孩靠近，门都应当会自动打开，C、D错.
【答案】　A
7.如图4 4 2所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，导致话筒所在电路中的其他量发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因可能是电容器两板间的(　　)
图4 4 2
A.距离变化
B.正对面积变化
C.介质变化
D.电压变化
【解析】　本题考查传感器的应用.这个声传感器可归到电容传感器中.由题意，对着话筒说话时，振动膜前后振动，则金属层和金属板间距离改变，即电容器两极板间距离改变，故导致电容变化的原因可能是电容器两极板间的距离变化，故正确答案为A.
【答案】　A
8.如图4 4 3所示为一种温度自动报警器的原理图，在水银温度计的顶端封入一段金属丝，以下说法正确的是(　　)
【导学号：72000092】
图4 4 3
A.温度升高至74
℃时，L1亮灯报警
B.温度升高至74
℃时，L2亮灯报警
C.温度升高至78
℃时，L1亮灯报警
D.温度升高至78
℃时，L2亮灯报警
【解析】　当温度低于78
℃时，线圈中没有电流，此时灯L1亮，但不报警，当温度升高到78°时，线圈中有电流，磁铁吸引衔铁，灯L2被接通，所以灯L2亮且报警，温度升高至74
℃时，线圈中没有电流，只是灯L1亮，不会报警.
【答案】　D
[能力提升]
9.如图4 4 4所示是会议室和宾馆房间的天花板上装有的火灾报警器的结构原理图，罩内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板.平时光电三极管接收不到LED发出的光，呈现高电阻状态.发生火灾时，下列说法正确的是(　　)
图4 4 4
A.进入罩内的烟雾遮挡了光线，使光电三极管电阻更大，检测电路检测出变化发出警报
B.光电三极管温度升高，电阻变小，检测电路检测出变化发出警报
C.进入罩内的烟雾对光有散射作用，部分光线照到光电三极管上，电阻变小，发出警报
D.以上说法均不正确
【解析】　由火灾报警器的原理可知，发生火灾时烟雾进入罩内，使光发生散射，部分光线照到光电三极管上，电阻变小，与传感器相连的电路检测出这种变化，发出警报，C对.
【答案】　C
10.(多选)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4 4 5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4 4 5乙所示，则在此过程中(　　)
【导学号：72000093】
图4 4 5
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】　因为压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，由题图乙知，电流大于静止时的电流且稳定，故压力增大，物体处于超重状态，选项B、D正确.
【答案】　BD
11.
全面了解汽车的运行状态(速度、水箱温度、油量)是确保汽车安全行驶和驾驶员安全的举措之一，为模仿汽车油表原理，自制一种测定油箱油量多少或变化多少的装置.如图4 4 6所示，其中电源电压保持不变.R是滑动变阻器，它的金属滑片是金属杆的一端.小阳同学在装置中使用了一只电压表(图中没有画出)，通过观察电压表示数，可以了解油量情况，你认为电压表应该接在图中的
两点之间，按照你的接法请回答：当油箱中油量减少时，电压表的示数将
(填“增大”或“减小”).
图4 4 6
【解析】　由题图可知当油箱内液面高度变化时，R的金属滑片将会移动，从而引起R两端电压的变化，且当R′ R时，UR＝IR可视为UR与R成正比，所以电压表应接在b、c之间，当油量减小时，电压表示数将增大.
【答案】　b、c　增大
12.如图4 4 7所示为普通冰箱内温度控制器的结构.铜质的测温泡1、细管2和弹性金属膜盒3连通成密封的系统，里面充有氯甲烷和它的蒸汽，上述材料就构成了一个温度传感器.膜盒3为扁圆形(图中显示为它的切面)，右表面固定，左表面通过小柱体与弹簧片4连接.盒中气体的压强增大时，盒体就会膨胀.测温泡1安装在冰箱的冷藏室中，5、6分别是电路的动触点和静触点，控制制冷压缩机的工作.弹簧7的两端分别连接到弹簧片4和连杆9上，连杆9的下端是装在机箱上的轴.凸轮8是由设定温度的旋钮(图中未画出)控制的.逆时针旋转时凸轮连杆上端右移，从而加大对弹簧7的拉力.
图4 4 7
(1)为什么当冰箱内温度较高时压缩机能够开始工作，而当达到设定的低温后又自动停止工作？
(2)为什么凸轮可以改变设定的温度？
【解析】　(1)冰箱内温度较高时，密封系统中的压强增大，盒体膨胀，膜盒3通过小柱体带动弹簧片4使动触点5与静触点6接触，控制压缩机自动开始工作，而当达到设定的低温时弹簧7带动弹簧片4将触点5、6断开，使压缩机停止工作.
(2)凸轮逆时针旋转会加大连杆9对弹簧7的拉力，该拉力与膜盒3共同控制弹簧片4的运动，故凸轮可以改变设定的温度.
【答案】　见解析1.4　电磁感应的案例分析
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解反电动势的概念及其是怎样产生的.2.知道反电动势在电路中的作用.3.掌握电磁感应与力学的综合应用问题和处理方法.(重点)4.掌握电磁感应现象中能量的相互转化.(难点)
反
电
动
势
1.基本概念
电动机转动时，线圈因切割磁感线，会产生感应电动势，感应电动势的方向跟加在线圈上的电压方向相反.这个跟外加电压的方向相反的感应电动势叫做反电动势.
2.含反电动势电路的电流和功率关系
(1)电流：I＝.
(2)功率关系：IU－IE反＝I2R.
1.电动机转动时，线圈中产生的感应电动势方向与外加电压方向相同.(×)
2.对同一个电动机转得越快，产生的反电动势越大.(√)
3.电动机工作时，有反电动势产生，不遵守能量守恒定律.(×)
1.电动机工作时若被卡住，有什么危害？
【提示】　电动机卡住不转，就不产生反电动势，变成了纯电阻电路，电流I＝会很大，因此会烧坏电动机.
2.电动机启动时，灯泡会变暗，这是为什么？
【提示】　电动机刚启动时，转速很小，反电动势很小，电流I＝会很大，此时电动机的输入功率(总功率)P入＝UI会很大，因而干路中电流突然增大，其他用电器两端电压会下降，使灯泡变暗.
探讨1：电动机产生的反电动势是否遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律？
【提示】　反电动势也是闭合回路中磁通量发生变化而产生的，它同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律.
探讨2：电动机的能量是怎样转化的？
【提示】　电动机转动产生反电动势，它会阻碍线圈转运，因而需电源向电动机提供能量，此时电动机将电能转化为其他形式的能而对外做功.
1.决定反电动势大小的因素
如图1 4 1所示，当线圈与磁感线平行时AB、CD两边均切割磁感线，设AB边长L1，AD边长L2，则AB、CD两边产生的总感应电动势E反＝2·BL1ω·＝BSω.可见决定反电动势的因素有三个，对一个确定的电动机，转速ω越大，反电动势越大.即电动机的线圈转得越快，反电动势就越大.
图1 4 1
2.反电动势与外加电压间的量值关系
设线圈电阻为R，外加电压为U，由部分电路欧姆定律可得线圈中电流I＝，即U＝E反′＋IR.
(1)电动机启动时：线圈的角速度ω非常小，反电动势E反′＝BSω很小，由U＝E反′＋IR知，电流I很大，此时电动机的输入功率(总功率)P入＝UI很大，所以在生活中，电动机启动时，因干路中电流突然增大，其他电器两端的电压会下降，如灯泡会变暗.
尤其是电动机卡壳时，E′反为0，I＝很大，这样会很快烧坏电动机的线圈.因此，电动机要避免卡壳，或卡壳时要迅速断开电源.
(2)正常工作时：电动机的转速较大，反电动势E′反较大，与两端电压U接近，线圈中电流I很小.
3.电功与电热的区别
在公式IU＝IE反′＋I2R中，t时间内与电热对应的是I2R；与电流做的总功(电功)对应的是IU；与电动机输出的总功对应的是IE′反，因电动机正常工作时E反′≥IR，所以IE′反≥I2R，电功IU更远大于I2R，即电动机在正常工作时，电功与电热有着明显的区别：电流通过电动机时，绝大部分电能转化为机械能，电功远大于电热.
1.关于反电动势，下列说法中正确的是(　　)
A.只要线圈在磁场中运动就能产生反电动势
B.只要穿过线圈的磁通量变化，就产生反电动势
C.电动机在转动时线圈内产生反电动势
D.反电动势就是发电机产生的电动势
【解析】　反电动势是与电源电动势相反的电动势，其作用是削弱电源的电动势，产生反电动势的前提是必须有电源存在，故选C.
【答案】　C
2.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.转动的电风扇叶片被卡住时，风扇很容易被烧毁
B.电动机转动时线圈上产生的感应电动势叫反电动势
C.反电动势会减小电动机电路中的电流
D.反电动势消耗的电功率等于电动机的热功率
【解析】　转动的电风扇叶片被卡住时，电风扇中电流很大，A正确；转动的电动机线圈上产生的感应电动势叫反电动势，B正确；根据I＝，C正确；根据功率关系，IU－IE反＝I2R，D错误.
【答案】　ABC
3.(多选)给电动机接通电源，线圈受安培力的作用转动起来.由于线圈要切割磁感线，因此必有感应电动势产生，感应电流方向与原电流方向相反
.就此问题，下列说法正确的是(　　)
A.电动机中出现的感应电动势为反电动势，反电动势会阻碍线圈的运动
B.如果电动机正常工作，反电动势会加快电动机的转动
C.如果电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动，就没有了反电动势，线圈中的电流会很大，很容易烧毁电动机
D.如果电动机工作电压低于正常电压，电动机也不会转动，此时尽管没有反电动势，但由于电压低，
不会烧毁电动机
【解析】　电动机产生的反电动势会阻碍线圈的转动，A正确，B错误；电动机机械阻力过大和电压过低而停止转动时，都会因电流过大而烧毁电动机.故C正确，D错误.
【答案】　AC
有关电动机工作的两个规律
(1)电动机卡住时，电动机相当于纯电阻电路，电流很大，很容易烧坏电动机.
(2)电动机正常工作时，反电动势较大，输入到电动机的电能，绝大部分转化为机械能对外做功.
电
磁
感
应
中
的
能
量
转
化
如图1 4 2所示，释放ab杆后，在重力的作用下，ab杆在磁场中下降的过程中，向下切割磁感线产生感应电流，在ab杆中电流的方向a→b，则ab杆受到的安培力方向向上，当安培力等于重力时，杆的下降速度最大，其数值为vm，则
图1 4 2
(1)最大速度的条件：mg＝BIL.
(2)最大电动势：Em＝BLvm.
(3)最大电流：设总电阻为R，则Im＝.
(4)下降的最大速度：vm＝.
(5)重力做功的最大功率：PG＝mgvm＝.
(6)最大电功率：P电＝＝.
能量转换：达到最大速度后，重力做功功率与整个回路电功率相等.
1.外力克服安培力做功的过程是机械能转化为电能的过程.(√)
2.电磁感应现象中一定有能量的转化，其中克服安培力做的功大于电路中产生的电能.(×)
3.楞次定律中电磁感应现象中能量转化是能量守恒定律的反映.(√)
1.在电磁感应现象中，匀速运动的导体棒，是否还需要外力继续对它做功？
【提示】　需要外力继续对导体棒做功，才能不断克服安培力做功，只有这样才符合能量守恒.
2.从能量转化的角度分析，电磁感应现象的本质是什么？
【提示】　从能量转化的角度来看，电磁感应现象的本质是通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能的过程.把握好能量守恒的观点，是解决电磁感应问题的基本方法.
如图1 4 3所示，导体棒ab以初速度v向右运动，在切割磁感线的过程中电路中会产生感应电流.
图1 4 3
探讨1：电路中哪一部分相当于电源？哪端相当于电源的正极？
【提示】　导体棒ab相当于电源，导体棒的a端相当于电源的正极.
探讨2：导体棒ab向右运动的过程中所受安培力沿什么方向？安培力做什么功？
【提示】　安培力水平向左，做负功.
探讨3：在导体棒向右运动的过程中，将有什么能转化为什么能？
【提示】　导体棒的机械能转化为电能，最终转化为回路的热能.
1.电磁感应过程实质是不同形式的能量相互转化的过程.电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用.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.安培力做功的过程是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能.
2.求解电能的主要思路：
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能；
(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算.
3.解决电磁感应现象中的能量问题的一般步骤：
(1)确定等效电源.
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化.
(3)根据能量守恒列方程求解.
4.如图1 4 4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，棒在竖直方向上的恒力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 4 4
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】　棒加速上升时受到重力，拉力F及安培力.根据功和能的关系可知力F与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A选项正确.
【答案】　A
5.(2015·福建高考)如图1 4 5所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦.在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　)
图1 4 5
A.PQ中电流先增大后减小
B.PQ两端电压先减小后增大
C.PQ上拉力的功率先减小后增大
D.线框消耗的电功率先减小后增大
【解析】　设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝＝，当r＝时，R外max＝R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小.PQ中的电流为干路电流I＝，可知干路电流先减小后增大，选项A错误.
PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Blv不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误.
拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确.
线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误.
【答案】　C
6.(2015·海南高考)如图1 4 6所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下.一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略.求：
【导学号：72000031】
图1 4 6
(1)电阻R消耗的功率；
(2)水平外力的大小.
【解析】　(1)导体棒切割磁感线运动产生的电动势为E＝Blv，根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I＝，电阻R消耗的功率为P＝I2R，联立可得P＝.
(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F
F安＝BIl＝
故F＝＋μmg.
【答案】　(1)　(2)＋μmg
解决电磁感应电路问题的基本步骤
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向：感应电流方向是电源内部电流的方向.
(2)根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路.
(3)根据E＝BLv或E＝n结合闭合电路欧姆定律，串、并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解.
学业分层测评(四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈.当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E t关系如图1 4 7所示.如果只将刷卡速度改为，线圈中的E t关系图可能是
(　　)
【导学号：72000032】
图1 4 7
【解析】　由公式E＝Blv可知，当刷卡速度减半时，线圈中的感应电动势最大值减半，且刷卡所用时间加倍，故本题正确选项为D.
【答案】　D
2.如图1 4 8所示，水平放置的平行金属导轨的两端接有电阻R，导线ab能在框架上无摩擦地滑动，匀强磁场垂直穿过框架平面，当ab匀速向右移动时，以下说法中错误的是
(　　)
图1 4 8
A.导线ab除受拉力作用外，还受磁场力的作用
B.导线ab移动速度越大，所需拉力越大
C.导线ab移动速度一定，若将电阻阻值R增大，则拉动导线ab的力可调小一些
D.只要使导线ab运动达到某一速度后，撤去外力，导线ab也能在框架上维持匀速运动
【解析】　当ab匀速运动时，外力等于安培力，即F＝F安＝BIL＝BL＝.故A、B、C正确；当撤去外力后，导线框在安培力作用下做减速运动，直至停止，故D错误.
【答案】　D
3.(多选)如图1 4 9所示，阻值为R的金属棒从图示ab位置分别以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1 4 9
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】　感应电动势为BLv，感应电流I＝＝，大小与速度成正比，产生的热量Q＝I2Rt＝·＝v，B、L、L′、R是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比；通过任一截面的电荷量q＝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等，则外力的功率P＝Fv＝BIL·v＝，其中B、L、R大小相等，外力的功率与速率的平方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4.
【答案】　AB
4.(多选)如图1 4 10所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是(　　)
【导学号：72000033】
图1 4 10
A.ab杆中的电流与速率v成正比
B.磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比
C.电阻R上产生的热功率与速率v的平方成正比
D.外力对ab杆做功的功率与速率v的平方成正比
【解析】　由E＝Blv和I＝得，I＝，所以安培力F＝BIl＝，电阻上产生的热功率P＝I2R＝，外力对ab做功的功率就等于回路产生的热功率.
【答案】　ABCD
5.(多选)如图1 4 11所示，位于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直.现有一平行于导轨的恒力F作用于杆ab，使它由静止开始向右运动.杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计，用E表示回路中的感应电动势，I表示回路中的感应电流，在I随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于(　　)
图1 4 11
A.F的功率
B.安培力的功率的绝对值
C.F与安培力的合力的功率
D.IE
【解析】　ab棒在匀强磁场中运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，从而使ab棒在磁场中受到安培力作用，电路中所产生的电能是通过克服安培力做功实现的，电流通过电阻产生热量，电能转化为热能，遵循能量守恒，所以电阻消耗的功率就是ab棒上的电功率，P热＝P电＝IE，也就是安培力的功率，由于安培力做负功，所以应为安培力的功率的绝对值，所以B、D选项正确；F做的功一部分转化为电能，另一部分转化为棒的动能，故A、C选项错误.
【答案】　BD
6.如图1 4 12所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨平面垂直，金属杆ab与导轨接触良好可沿导轨滑动，开始时开关S断开，当ab杆由静止下滑一段时间后闭合S，则从S闭合开始计时，ab杆的速度v与时间t的关系图像一定错误的是(　　)
【导学号：72000034】
图1 4 12
A　　　　　　B　　　　　　C　　　　　　D
【解析】　闭合S时，ab杆受的安培力F＝BIl＝，若F＝G，则杆做匀速运动，v t图如选项A所示；若F＞G，则杆的加速度a＝＝－g，杆做加速度减小的减速运动；当a＝0时，杆做匀速运动，v t图如选项D所示；若F＜G，则杆的加速度a＝＝g－，杆做加速度减小的加速运动；当a＝0时，杆做匀速运动，v t图如选项C所示.
【答案】　B
7.(2015·安徽高考)如图1 4 13所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好).则(　　)
【导学号：72000035】
图1 4 13
A.电路中感应电动势的大小为
B.电路中感应电流的大小为
C.金属杆所受安培力的大小为
D.金属杆的热功率为
【解析】　金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割磁感线的有效长度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝＝＝，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIl′＝B··＝，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝·＝，选项D错误.
【答案】　B
8.如图1 4 14所示，一个水平放置的“∠”形光滑导轨AOC固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，MN是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好.在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻为计时起点，则回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间t变化的图象正确的是(　　)
【导学号：72000036】
图1 4 14
A　　　　　　B　　　　　　C　　　　　　D
【解析】　若导轨夹角为θ，则切割磁感线的有效长度为l＝vttan
θ，故E＝Blv＝Bv2ttan
θ，E∝t，A项正确；如果单位长度的导体电阻为r，则时刻t时，总电阻R＝r＝vtr，故I＝E/R为定值，B错误；外力的功率P＝F安v＝BlIv＝BIv2t，P∝t，C错误；回路中产生的焦耳热Q＝I2Rt，Q∝t2，D错误.
【答案】　A
[能力提升]
9.如图1 4 15所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边dc刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为(　　)
图1 4 15
A.2mgL　　
B.2mgL＋mgH
C.2mgL＋mgH
D.2mgL＋mgH
【解析】　设线框刚进入磁场时的速度为v1，则穿出磁场时的速度v2＝①
线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L.由题意得mv＝mgH②
mv＋mg·2L＝mv＋Q③
由①②③得Q＝2mgL＋mgH.C选项正确.
【答案】　C
10.如图1 4 16所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接.右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好.则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)
【导学号：72000037】
图1 4 16
A.流过金属棒的最大电流为
B.通过金属棒的电荷量为
C.克服安培力所做的功为mgh
D.金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)
【解析】　金属棒下滑到底端时的速度为v＝，感应电动势E＝BLv，所以流过金属棒的最大电流为I＝，通过金属棒的电荷量为q＝＝；克服安培力所做的功为W＝mgh－μmgd；电路中产生焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd).选项D正确.
【答案】　D
11.(2015·江苏高考)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流.某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0
cm，线圈导线的截面积A＝0.80
cm2，电阻率ρ＝1.5
Ω·m.如图1 4 17所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3
s内从1.5
T均匀地减为零，求：
图1 4 17
(计算结果保留一位有效数字)
(1)该圈肌肉组织的电阻R；
(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；
(3)0.3
s内该圈肌肉组织中产生的热量Q.
【解析】　(1)由电阻定律得R＝ρ，代入数据得R≈6×103
Ω.
(2)感应电动势E＝，代入数据得E≈4×10－2
V.
(3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入数据得Q＝8×10－8
J.
【答案】　(1)6×103
Ω　(2)4×10－2
V　(3)8×10－8
J
12.(2016·武汉检测)如图1 4 18所示，用质量为m、电阻为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方向的有界匀强磁场，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：
【导学号：72000038】
图1 4 18
(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.
【解析】　(1)线框MN边在磁场中运动时，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Q1＝I2Rt＝
只有PQ边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热Q2＝
根据能量守恒定律得水平外力做的功W＝Q1＋Q2＝.
【答案】　(1)　(2)Blv　(3)1.6　涡流现象与电磁灶
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解涡流现象，知道涡流是如何产生的.2.知道电磁驱动和电磁阻尼现象.(难点)3.知道涡流的危害以及如何利用和防止涡流.(难点)4.掌握电磁灶的结构及工作原理.(重点)
探
究
涡
电
流
现
象
1.整块金属放在变化的磁场中或者线圈中用整块软铁割成的铁心在通有交变电流时，金属内的磁通量就会发生变化，从而在金属内产生感应电流，这种感应电流呈涡旋状，叫做涡电流，简称涡流.
2.导体的外周长越长、交变磁场的频率越高，涡流就越大.
图1 6 1
1.涡流有热效应，但没有磁效应.(×)
2.把金属块放在变化的磁场中可产生涡流.(√)
3.涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流.(×)
1.涡流是否遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律？
【提示】　涡流是电磁感应现象产生的，遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律.
2.为什么变压器和镇流器的铁心用一片片的硅钢片叠压而成？
【提示】　为了防止在铁心中形成涡流，从而减小电能损失，并防止变压器和镇流器被烧坏.
在可拆变压器的一字铁下面加一块厚约2
mm的铁板，铁板垂直于铁芯里磁感线的方向，给原线圈接交流电.
探讨1：通电几分钟以后，会发现铁芯和铁板的温度会升高，那么，它们温度升高的原因是什么？
【提示】　在铁芯和铁板中有涡流产生，使铁芯和铁板发热.
探讨2：通电几分钟以后，铁芯和铁板哪个温度更高些？
【提示】　铁板的温度比铁芯的温度高.
1.对涡流的正确理解
(1)成因：块状金属在变化的磁场中或在磁场中运动时，穿过金属块的磁通量发生变化，在金属块自身构成的闭合回路中产生感应电流.
(2)特点：金属块本身自行构成闭合回路，如果整块金属的电阻很小，涡流往往很强，金属块会产生大量的热量.
2.涡流的利用和防止
(1)涡流的利用：利用高频真空冶炼炉冶炼高纯度的金属；用探测器探测地雷、探测地下电缆；利用涡流可以治疗疾病；利用涡流探伤技术可以检测导电物体的表面和近表面缺陷、涂镀层厚度，还有磁悬浮列车是利用涡电流减速的.
(2)涡流的防止：减小涡流的主要途径是增大在变化的磁场中使用金属导体的电阻：一是选用电阻率大的材料，如常用的铁芯材料是电阻率较大的硅钢；二是把导体制作成薄片，薄片与薄片之间用绝缘材料相隔，这样增大电阻来减小因涡流损失的能量.
1.下列关于涡流的说法中正确的是
(　　)
A.涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的
B.涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流
C.涡流有热效应，但没有磁效应
D.在硅钢中不能产生涡流
【解析】　涡流是由于穿过整块导体的磁通量发生变化而产生的电磁感应现象，具有热效应、磁效应、机械效应等.故选项A正确.
【答案】　A
2.在水平放置的光滑导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁，如图1 6 2所示，现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们从导轨上的A点以某一初速度向磁铁滑去.各滑块在未接触磁铁前的运动情况是(　　)
图1 6 2
A.都做匀速运动
B.甲、乙做加速运动
C.甲、乙做减速运动
D.乙、丙做匀速运动
【解析】　铜块、铝块向磁铁靠近时，穿过它们的磁通量发生变化，因此在其内部产生涡流，反过来涡流产生的感应磁场对原磁场的变化起阻碍作用，所以铜块和铝块向磁铁运动时会受到阻碍而减速，有机玻璃为非金属，不产生涡流现象.故C正确.
【答案】　C
3.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图1 6 3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(如图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上y＝b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长.求金属块在曲面上滑动的过程中产生的总热量为多少？
【导学号：72000046】
图1 6 3
【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，产生涡流，进而产生热.最后，金属块在高为a的曲面上做往复运动.减少的机械能为mg(b－a)＋mv2，这些机械能全部转化为内能，故产生的总热量为mg(b－a)＋mv2.
【答案】　mg(b－a)＋mv2
涡流现象中的能量转化
伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能最终在金属块中转化为内能.如果金属块放在了变化的磁场中，则磁场能转化为电能最终转化为内能；如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能.
无
火
之
灶——电
磁
灶
1.工频电磁灶
(1)构造：励磁线圈和励磁铁心构成了工频励磁器.
(2)原理：在两组线圈中通过50
Hz的电流iA和iB，从而在锅体中产生涡流，涡流的电能在锅体的材料电阻上转化为热能以加热食品.
2.高频电磁灶
(1)构造：由加热线圈、灶面板、控制保护电路三部分组成.
(2)原理：接通电源后，50
Hz的交变电流经过整流和滤波变为直流，然后通过电子开关的迅速导通和截止，使加热线圈中产生频率为20～50
kHz的高频振荡电流.高频振荡电流产生高频磁场，从而在锅体内产生涡流.
3.涡流的其他应用
(1)利用涡流转化的热能，可以提炼金属.
(2)利用涡流在磁场中受到的电磁力，可制成电磁驱动和电磁阻尼设备.
1.提炼金属是利用了涡流产生的热量.(√)
2.电磁灶是利用变化的磁场在食物中产生涡流从而对食物进行加热的.(×)
3.电磁灶是利用变化的磁场在铁质锅底中产生涡流，使铁质锅底迅速升温，而对锅内食物加热的.(√)
1.电磁灶在工作时能不能用陶瓷锅、耐热玻璃锅来加热食物呢？
【提示】　不能，因为不能在锅底产生涡流，也就无法利用涡流的热效应来加热食物.
2.利用涡流制成的电磁驱动和电磁阻尼设备符合能量守恒定律吗？
【提示】　电磁驱动和电磁阻尼都有能量的转化，都遵守能量守恒定律.
高频焊接原理示意图如图1 6 4所示，线圈通以高频交流电，金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热，将焊缝处金属熔化.
图1 6 4
探讨1：高频焊接是利用了涡流的哪个效应？
【提示】　高频焊接是利用了电磁感应，涡流的热效应.
探讨2：　要使焊接处产生的热量较大，高频交流电的频率越高越好，还是越低越好？
【提示】　越高越好.
1.电磁灶采用了电磁感应、
涡流加热原理，它利用交变电流通过线圈产生交变磁场，在铁质锅的底部即会产生无数强大的小涡流，使锅本身自行迅速发热，然后再加热锅内的食物.
2.涡流有以下几方面的应用
(1)利用涡流的热效应：应用涡流在回路中产生的热量冶炼金属，如高频感应炉、电磁灶.
(2)利用涡流的磁效应：电磁阻尼和电磁驱动.
(3)利用涡流现象的小型装置：在车站、机场进行安检的探测器，用来探测旅客是否带有金属制品，像刀、枪之类的危险物品等.
4.涡电流会使金属发热，人们利用这个原理制成了电磁灶.关于电磁灶，下列说法正确的是(　　)
A.电磁灶都是用高频交流电工作的
B.高频电磁灶有加热线圈，可以通过热传导将热能传导给锅体及锅内食物
C.电磁灶和微波炉是一个道理，工作原理是一样的
D.无论哪种电磁灶，都是利用涡流原理工作的
【解析】　电磁灶都是用家用交流电工作的，工频电磁灶就是直接用50
Hz的电流工作，而不是用高频交变电流工作的，故A错；高频电磁灶由加热线圈、灶面板、控制保护电路组成.通过电子开关，可以使加热线圈中产生高频率振荡电流，从而再使锅体内产生涡电流，用以加热食物，而不是直接用加热线圈去加热锅体内食物，故B错；电磁灶是利用电磁感应现象产生涡流，而微波炉是利用电磁场产生电磁波，故C错；电磁灶都是利用电磁感应产生的涡流电的热效应工作的，故D正确.
【答案】　D
5.如图1 6 5所示，金属球(铜球)下端有通电的线圈，现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 6 5
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
6.(多选)(2015·全国卷Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”.实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图1 6 6所示.实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后.下列说法正确的是(　　)
【导学号：72000047】
图1 6 6
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
【解析】　A.当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；
B.如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；C.在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误.
【答案】　AB
电磁灶的分类及优点
(1)电磁灶的分类：常用的电磁灶有工频电磁灶和高频电磁灶.工频电磁灶的主体部件是由励磁线圈和励磁铁心组成的工频励磁器.高频电磁灶的主体部件是由加热线圈、控制保护电路和灶面板组成.
(2)电磁灶的优点：与一般灶具相比，电磁灶具有热效率高、环保性好、节能等优点.
学业分层测评(六)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.电磁灶的加热原理是涡流现象，下列哪种锅体适用于电磁灶加热(　　)
A.不锈钢锅体　
B.玻璃锅体
C.塑料锅体
D.陶瓷锅体
【解析】　因为加热原理是涡流，首先考虑锅体应该是导体，只有导体才能产生较强的涡流，这里不考虑食物本身产生涡流，因为食物的导电性能太差了.
【答案】　A
2.如图1 6 7所示，教室正南面的钢窗原来是关着的，现在将其中一扇钢窗迅速朝外推开，从室内观察则钢窗中(　　)
【导学号：72000048】
图1 6 7
A.不会产生感应电流
B.会产生感应电流，电流方向为顺时针方向
C.会产生感应电流，电流方向为逆时针方向
D.会产生感应电流，但是电流方向无法判定
【解析】　地理南极为地磁场的N极，磁感线分布如图所示，打开窗子的过程中，通过窗子的磁通量减小，由楞次定律可知产生的感应电流方向为逆时针方向.
【答案】　C
3.(多选)磁电式仪表的线圈通常用铝框作为骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是(　　)
A.防止涡流
B.利用涡流
C.起电磁阻尼的作用
D.起电磁驱动的作用
【解析】　线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流即涡流，涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来.所以，这样做的目的是利用涡流来起到电磁阻尼的作用.
【答案】　BC
4.在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水.给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高很明显，而另一个容器中的水温升高不明显，则通入的电流与水温升高明显的是(　　)
A.恒定直流、小铁锅
B.恒定直流、玻璃杯
C.变化的电流、小铁锅
D.变化的电流、玻璃杯
【解析】　通入恒定直流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，通入变化的电流，所产生的磁场发生变化.在空间产生感生电场，小铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高明显；涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水温升高不明显.
【答案】　C
5.(多选)变压器的铁心是利用薄硅钢片叠压而成的.而不是采用一整块硅钢，这是为了(　　)
A.增大涡流，提高变压器的效率
B.减小涡流，提高变压器的效率
C.增大铁心中的电阻，以产生更多的热量
D.增大铁心中的电阻，以减小发热量
【解析】　不使用整块硅钢而是采用很薄的硅钢片，这样做的目的是增大铁心中的电阻，减小涡流；减少电能转化成铁心的内能，提高效率，是为了防止涡流而采取的措施，故选B、D.
【答案】　BD
6.如图1 6 8所示，光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上，环1竖直、环2水平放置，均处于中间分割线上，在平面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间分割线向右运动时，下列说法正确的是(　　)
图1 6 8
A.两环都向右运动
B.两环都向左运动
C.环1静止，环2向右运动
D.两环都静止
【解析】　条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持为零不变，无感应电流，仍静止.环2中磁通量变化，根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果使环2向右运动.
【答案】　C
7.如图1 6 9所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小球(　　)
图1 6 9
A.整个过程做匀速运动
B.进入磁场过程中做减速运动，穿出过程中做加速运动
C.整个过程都做匀减速运动
D.穿出时的速度一定小于初速度
【解析】　小球的运动主要有两个阶段.一是球进入磁场的过程，由于穿过小球的磁通量增加，在球内垂直于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，同理可得速度进一步减小，故D正确.
【答案】　D
8.(多选)如图1 6 10所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是(　　)
图1 6 10
A.2是磁铁，在1中会产生涡流
B.1是磁铁，在2中会产生涡流
C.电磁阻尼器的作用是使指针能够转动
D.电磁阻尼器的作用是使指针能很快地稳定
【解析】　电磁阻尼在实际中有很多用处，电学仪表的指针能很快停下来就是利用了电磁阻尼，故题图中2是磁铁，线圈1在磁场中运动时，闭合线圈中形成电流，获得电磁阻尼力矩.
【答案】　AD
[能力提升]
9.
(多选)如图1 6 11所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO′转动.从上向下看，当磁铁逆时针转动时，则(　　)
【导学号：72000049】
图1 6 11
A.线圈将逆时针转动，转速与磁铁相同
B.线圈将逆时针转动，转速比磁铁小
C.线圈转动时将产生感应电流
D.线圈转动时感应电流的方向始终是abcda
【解析】　当磁铁逆时针转动时，相当于磁铁不动而线圈顺时针旋转切割磁感线，线圈中产生感应电流，故C对；当线圈相对磁铁转过90°时电流方向不再是abcda，D错；由楞次定律的推广含义可知，线圈将与磁极同向转动，但转动的角速度一定小于磁铁转动的角速度.若两者的角速度相同，磁感线与线圈处于相对静止，线圈不切割磁感线，无感应电流产生，故A错、B对.
【答案】　BC
10.如图1 6 12所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热的，它利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，当变化的磁场通过含铁质锅的底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速升温，然后再加热锅内食物.电磁炉工作时产生的电磁波，完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害.关于电磁炉，以下说法中正确的是(　　)
图1 6 12
A.电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的
B.电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的
C.电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的
D.电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的
【解析】　电磁炉的工作原理是利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，变化的磁场通过含铁质锅的底部产生无数小涡流，使锅体温度升高后加热食物，故选项A、D错误、B正确；而选项C是微波炉的加热原理，C错误.
【答案】　B
11.把一个用丝线悬挂的铜球放在通电螺线管上方，如图1 6 13所示，在下列三种情况下，悬挂铜球的丝线所受的拉力怎样变化：
【导学号：72000050】
图1 6 13
(1)当滑动变阻器的滑片向右移动时，拉力
(填“变大”不变”或“变小”)；
(2)当滑动变阻器的滑片向左移动时，拉力
(填“变大”“不变”或“变小”)；
(3)当滑动变阻器的滑片不动时，拉力
(填“变大”“不变”或“变小”).
【解析】　(1)铜球可看成由许多水平铜片叠加而成，每一铜片又可看成由许多同心圆环叠加而成.当滑动变阻器的滑片向右移动时，螺线管中的电流增大，穿过铜球的磁通量增大，铜球中产生感应电流(涡流)，感应电流的磁场阻碍其磁通量增大，故有远离螺线管运动的趋势，因此丝线的拉力变小.
(2)同理可分析，当滑片向左移动时，螺线管中的电流减小，使铜球中产生涡流，阻碍磁通量的减小，因此铜球有靠近螺线管运动的趋势，使丝线的拉力变大.
(3)滑片不动，铜球中不产生涡流，因此丝线拉力不变.
【答案】　(1)变小　(2)变大　(3)不变
12.如图1 6 14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，当交变电流通过线圈时，会产生磁场，这个磁场的大小和方向是不断变化的，这个变化的磁场又会引起放在电磁炉上面的铁质(或钢质)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.电磁炉的特点：电磁炉的效率比一般的炉子都高，热效率高达90%，炉面无明火、无烟、无废气，电磁炉火力强劲，安全可靠.因为电磁炉是以电磁感应产生电流，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，只要锅底能被磁铁吸住的就能用.适合放在电磁炉上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.
【导学号：72000051】
图1 6 14
(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是陶瓷锅、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，则电磁炉还能起到加热作用吗？为什么？
【解析】　(1)因为电磁炉是以电磁感应产生电流，利用电流的热效应产生热量，所以包含了电流的热效应、电磁感应现象；对于锅的选择，方法很简单，只要锅底能被磁铁吸住的就能用，其中包含了电流的磁效应.
(2)陶瓷锅、耐热玻璃锅不能产生电磁感应现象，在锅内也就不能产生电流；铝锅、铜锅导磁性太差，效率低.
(3)能起到加热作用，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】　(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)不能产生电磁感应现象　铝、铜的导磁性太差，效率低
(3)见解析1.5　自感现象与日光灯
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解日光灯中起辉器的构造和工作原理.2.知道自感现象及其产生的原因，会分析自感现象.(重点)3.掌握日光灯工作原理及通电自感、断电自感现象的分析.(重点)4.掌握自感电动势和自感系数，知道互感现象.(难点)
探
究
日
光
灯
电
路
日光灯与镇流器
元件名称
构造
原理、作用
起辉器
电容器、动触片、静触片
启动时将电路瞬时接通后断开
灯管
灯管、灯丝、氩和汞蒸气
高压将管内气体击穿，释放电子与汞原子碰撞发出紫外线使荧光物质发光
镇流器
自感系数大的线圈
启动时形成瞬时高压，工作时降压限流
1.日光灯正常工作后，起辉器不再起作用.(√)
2.日光灯正常工作时，管内气体变为导电状态，电阻很小.(√)
3.日光灯正常发光后，使镇流器短路，日光灯仍能正常发光，并能降低电能的消耗.(×)
1.起辉器在日光灯启动时起什么作用？
【提示】　起辉器起开关作用，接通电路后再断开.
2.镇流器有什么作用？
【提示】　镇流器是带铁心的多匝线圈，当线圈中的电流突然被切断时，可以产生近千伏的电压(起辉电压)，使灯管产生辉光放电；灯管导通后，由于镇流器的存在，镇流器产生的电动势总是阻碍电流的变化，使灯管两端的电压比电源的电压低(约108
V)，镇流器启动时产生高电压，启动后又起限流作用.
起辉器和镇流器是日光灯的重要元件，在日光灯启动和发光过程中起着重要的作用.
探讨1：若没有镇流器，日光灯能正常工作吗？
【提示】　不能.在点亮时，日光灯灯管内的气体电离需高电压，是通过镇流器发生自感现象实现的；正常工作时需低电压，此时镇流器起到降压限流的作用.
探讨2：起辉器在日光灯正常工作后还有用吗？
【提示】　起辉器在日光灯点燃时，起到一个自动开关的作用.日光灯正常工作后，它不再起作用.
1.日光灯的构造
图1 5 1
如图1 5 1所示，日光灯主要是由灯管、镇流器、启动器三部分构成.启动器与灯管并联，镇流器与灯管串联.
2.各部分的作用
(1)灯管：灯管两端有灯丝，管内充有微量的氩和稀薄的汞蒸气，管壁上涂有荧光粉.
当两灯丝间的气体导电时发出紫外线，紫外线使涂在管壁上的荧光粉发出柔和的可见光.
(2)镇流器：镇流器是一个带铁心的线圈，其匝数很多且为闭合铁心，自感系数很大.
镇流器的作用：日光灯点燃时，利用自感现象产生瞬时高压；日光灯正常发光时，利用自感现象，对灯管起着降压限流的作用.
(3)起辉器：其构造如图1 5 2所示，它是一个充有氖气的小玻璃泡，里面装有两个电极，一个固定不动的静触片和一个用双金属片制成的U形动触片.
起辉器的作用：通断电路(开关).
图1 5 2
3.日光灯的工作原理
(1)启动：开关闭合后，电源电压加在起辉器两极，使氖气放电发出辉光，辉光产生的热量使U形动触片膨胀，跟静触片接触把电路接通.电路接通后，氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两触片分开，电路断开.电路断开的瞬间，镇流器产生很高的自感电动势，其方向与原电压方向相同，共同加在灯管两端，使灯管中的汞蒸气放电，日光灯开始工作.
(2)正常发光：日光灯正常发光时，镇流器与两灯丝及灯管内的汞蒸气组成串联电路.由于镇流器中的线圈的自感现象，阻碍通过灯管的电流变化，起降压限流作用，确保日光灯正常工作.
1.人类生活中对能源的可持续利用可以通过节能方式体现，日光灯是最常用的节能照明工具，它的主要构成有灯管、镇流器、起辉器.起辉器的构造如图1 5 3所示，为了便于日光灯工作，常在起辉器两端并上一个纸质电容器C.现有一盏日光灯总是出现灯管两端亮而中间不亮，经检查，灯管是好的，电源电压正常，镇流器无故障，其原因可能是(　　)
图1 5 3
A.起辉器两脚A、B与起辉器座接触不良
B.电容器C断路
C.电容器C被击穿而短路
D.镇流器自感系数L太大
【解析】　由题意知镇流器无故障，故D项错误；日光灯管两端亮而中间不亮，说明灯管两端的灯丝处于通电状态，即起辉器接通，
但不能自动断开，说明电容器C短路了，选C.
【答案】　C
2.对于日光灯的下列说法中正确的是(　　)
A.起辉器是在日光灯启动过程中起接通电路并提供瞬时高压的作用
B.镇流器在日光灯启动及工作过程中起降压限流作用
C.日光灯发光原理同白炽灯一样，不是由灯丝产生足够热量时发光的
D.起辉器只在日光灯启动时起暂时接通电路的作用，而镇流器在启动时提供高压，在正常工作时又起降压限流作用
【解析】　启动时，起辉器起接通电路作用，然后断开，镇流器由于自感产生瞬时高压，将气体击穿后，炽热的灯丝释放电子与汞原子碰撞产生紫外线，再引起荧光物质发光，正常工作时镇流器又阻碍电流变化起降压限流作用，可见A、B、C错，D对.
【答案】　D
3.如图1 5 4所示是日光灯的结构示意图，若按图示的电路连接，关于日光灯发光的情况，下列叙述中正确的是(　　)
【导学号：72000039】
图1 5 4
A.S1接通，S2、S3断开，日光灯就能正常发光
B.S1、S2接通，S3断开，日光灯就能正常发光
C.S3断开，接通S1、S2后，再断开S2，日光灯就能正常发光
D.当日光灯正常发光后，再接通S3，日光灯仍能正常发光
【解析】　当S1接通，S2、S3断开时，电源电压220
V直接加在灯管两端，日光灯不能发光，选项A错误；当S1、S2接通，S3断开时，灯丝两端被短路，电压为零，日光灯不能发光，选项B错误；当日光灯正常发光后，再接通S3，则镇流器被短路，灯管两端电压过高，会损坏灯管，选项D错误；只有当S1、S2接通，灯丝被预热，发出电子，再断开S2，镇流器中产生很大的自感电动势，和原电压一起加在灯管两端，使气体电离，日光灯正常发光，故选项C正确.
【答案】　C
日光灯电路的分析方法
(1)电路连接：日光灯电路中，镇流器与灯管串联，起辉器与灯管并联.
(2)各部分作用：起辉器起开关作用；镇流器点燃灯管时提供高压，灯管正常发光时降压限流；灯管能够发光.
探
究
自
感
现
象
1.自感
由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象叫做自感现象，自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势.
2.自感电动势的大小
(1)规律：自感电动势与电流的变化率成正比
(2)公式：E＝L.
式中的L称为自感系数，只跟线圈自身的因素有关.线圈的横截面积越大、长度越长、匝数越多，它的自感系数就越大.有铁心的比无铁心的自感系数大.
1.只要线圈本身电流发生变化就有自感电动势产生.(√)
2.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.(√)
3.线圈中电流变化得越快，线圈的自感系数就越大.(×)
1.自感现象是否属于电磁感应现象，是否遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律？
【提示】　自感现象属于电磁感应现象，同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律.
2.在自感现象中，自感电动势的方向与原电流方向之间的关系怎样？
【提示】　在自感现象中，当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同，即遵循“增反减同”的原则.
如图1 5 5所示，为演示自感现象的电路，闭合开关S时，发现LA2直接亮起来，而LA1逐渐亮起来.
图1 5 5
探讨1：LA1在闭合开关S时，为什么逐渐亮起来？
【提示】　电路接通时，电流由零开始增加，穿过L的磁通量随之增加，线圈L中产生自感电动势阻碍电流增加，从而推迟了LA1中电流增加到正常值的时间，使LA1灯比LA2灯晚亮.
探讨2：自感电动势的方向是否总与原电流方向相反？
【提示】　不是.由楞次定律知阻碍作用，当原电流增大时自感电动势的方向与原电流方向相反；当电流减小时自感电动势的方向与原电流方向相同.
探讨3：自感电动势有什么作用？
【提示】　阻碍原电流的变化，但不是阻止，是阻而不止，只是使原电流变化变慢.
1.对自感现象的理解
(1)自感现象是一种特殊的电磁感应现象，其特殊性在于产生原磁场和产生感应电动势的是同一导体.
(2)产生自感现象的原因是导体本身的电流发生变化而引起穿过自身的磁通量的变化，从而产生感应电动势.
(3)自感现象的规律符合电磁感应现象的一般规律，仍然遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律.
2.对自感电动势的理解
(1)产生原因：通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在线圈上产生感应电动势.
(2)自感电动势的方向：当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同.
(3)自感电动势的作用：阻碍原电流的变化.阻碍不是阻止，原电流仍在变化，只是使原电流的变化时间变长，即总是起着推迟电流变化的作用.
3.对电感线圈阻碍作用的理解
(1)若电路中的电流正在改变，电感线圈会产生自感电动势阻碍电路中电流的变化，使得通过电感线圈的电流不能突变.
(2)若电路中的电流是稳定的，电感线圈相当于一段导线，其阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的.
(3)阻碍作用过程中能量转化的特点：线圈对变化电流的阻碍作用结果是实现电能和磁能的相互转化.线圈中电流从无到有时，磁场从无到有，电源的能量输送给磁场，储存在磁场中.相反，线圈中电流减小时，磁场中的能量释放出来转化为电能.
4.(多选)下列关于自感现象的论述中，正确的是(　　)
A.线圈的自感系数跟线圈内电流的变化率成正比
B.当导体中电流减弱时，自感电流的方向与原电流方向相反
C.当导体中电流增大时，自感电流的方向与原电流方向相反
D.穿过线圈的磁通量的变化和线圈中电流的变化成正比
【解析】　线圈的自感系数是由线圈本身性质决定的，与线圈的长度、匝数、线圈的横截面积、铁芯……有关，而与线圈内电流的变化率无关，A错.自感电流的方向总是阻碍原来线圈中电流的变化，即原来线圈中电流增大，自感电流的方向与原电流方向相反；线圈中电流减弱，自感电流的方向与原电流方向相同，C对B错.根据E＝LΔI/Δt和E＝nΔΦ/Δt比较可知ΔΦ∝ΔI，则D正确.
【答案】　CD
5.
(多选)如图1 5 6所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略.下列说法中正确的是(　　)
【导学号：72000040】
图1 5 6
A.合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
B.合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮
C.断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭
D.断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭
【解析】　由于自感现象，合上开关时，A1中的电流缓慢增大到某一个值，故过一会儿才亮；断开开关时，A1中的电流缓慢减小到0，A1、A2串联，电流始终相等，都是过一会儿才熄灭.故选A、D.
【答案】　AD
6.如图1 5 7所示电路中，L为自感系数很大、电阻为RL的线圈，A为一阻值为RA的小灯泡，已知RL>RA，电源的电动势为E，内阻不计，某物理实验小组的同学们把S闭合一段时间后开始计时，记录各支路的电流，测得流过L的电流为i1，流过灯A的电流为i2，并在t1时刻将S断开，画出了通过灯泡A的电流随时间变化的图像，你认为正确的是(　　)
【导学号：72000041】
图1 5 7
A　　　　　　B　　　　　　　C　　　　　　　D
【解析】　当S闭合时，由于RL>RA，故开始一段时间内，各支路电流之间的关系为i2>i1，流过灯A的电流方向从左向右，S断开时，由于L的自感作用，流经L的电流方向从左向右不变，大小由原来的i1逐渐减小，它与灯A构成闭合回路，由此可知灯A的电流方向与原来相反，大小与L中电流相同，即由i1逐渐减小，故A、B、C错，D对.
【答案】　D
自感电动势的两个特点
1.自感电动势阻碍自身电流的变化，但不能阻止，且自感电动势阻碍自身电流变化的结果，会对其他电路元件的电流产生影响.
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.
学业分层测评(五)　
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.下列说法中正确的是
(　　)
A.电路中电流越大，自感电动势越大
B.电路中电流变化越大，自感电动势越大
C.线圈中电流均匀增大，线圈的自感系数也均匀增大
D.线圈中电流为零时，自感电动势不一定为零
【解析】　自感系数L跟线圈中的电流无关，是由线圈本身的性质决定的，而自感电动势的大小跟电流变化的快慢有关，故D正确.
【答案】　D
2.(多选)无线电力传输目前已取得重大突破，日本展出了一种非接触式电源供应系统.这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力.两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图1 5 8所示.下列说法正确的是
(　　)
A　　　B
图1 5 8
A.若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势
B.只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势
C.A中电流越大，B中感应电动势越大
D.A中电流变化越快，B中感应电动势越大
【解析】　根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感应电动势，A错，B对；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量变化率，所以C错，D对.
【答案】　BD
3.如图1 5 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 5 9
A.灯泡变暗　
B.灯泡变亮
C.螺线管缩短
D.螺线管长度不变
【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】　A
4.如图所示，S为起辉器，L为镇流器.其中日光灯的接线图正确的是(　　)
【解析】　根据日光灯的工作原理，要想使日光灯发光，灯丝必须预热发出电子，灯管的两端应有瞬时高压，这两个条件缺一不可.当动、静触片分离后，选项B中灯管和电源断开，选项B错误；选项C中镇流器与灯管断开，无法将瞬时高压加在灯管两端，选项C错误；选项D中灯丝左、右端分别被短接，无法预热放出电子，不能使灯管中的气体导电，选项D错误.
【答案】　A
5.在制精密电阻时，为了消除制作过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线并绕的方式，如图1 5 10所示，其道理是(　　)
【导学号：72000042】
图1 5 10
A.当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势相互抵消
B.当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流相互抵消
C.当电路中的电流变化时，两股导线中原电流的磁通量相互抵消
D.以上说法都不对
【解析】　采用双线并绕的方式，当电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股电流总是等大反向的，所产生的磁场也是等大反向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感，选项A、B错误，只有C正确.
【答案】　C
6.在如图1 5 11所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁心的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图像是(　　)
【导学号：72000043】
图1 5 11
【解析】　由题中给出的电路可知，电路由L与L1和L2与R两个支路并联，在t′时刻，L1支路的电流因为有L的自感作用，所以i1由零逐渐增大，L2支路为纯电阻电路，i2不存在逐渐增大的过程，所以选项B正确.
【答案】　B
7.在生产实际中，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，线圈会产生很大的自感电动势，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，在下列设计的方案中(如图所示)可行的是
(　　)
A　　　　　　　B　　　　　　C　　　　　　D
【解析】　断开开关S，A图中由于电容器被充电，开关S处仍将产生电弧；B、C图中闭合开关时，电路发生短路；而D图是利用二极管的单向导电性使线圈短路可避免开关处电弧的产生，故D正确.
【答案】　D
8.如图1 5 12所示的电路中，两个相同的电流表G1和G2的零点均在刻度盘中央，当电流从“十”接线柱流入时，指针向左摆；当电流从“一”接线柱流入时，指针向右摆.在电路接通后再断开开关S的瞬间，下列说法中正确的是
(　　)
【导学号：72000044】
图1 5 12
A.G1指针向右摆，G2指针向左摆
B.G1指针向左摆，G2指针向右摆
C.两表指针都向右摆
D.两表指针都向左摆
【解析】　当开关S闭合时，流经电感线圈L的电流方向自左向右.当断开开关S的瞬间，通过线圈L的电流将变小，根据楞次定律可知，感应电流方向与原电流方向相同，也将是自左向右流，以阻碍原电流减小的变化.这样在由L、G2、R及G1组成的闭合电路中，感应电流将从G2的负接线柱流入，因而G2的指针向右偏；感应电流将从G1的正接线柱流入，因而G1的指针向左偏.
【答案】　B
[能力提升]
9.如图1 5 13所示，电感线圈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，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2的阻值约等于R1的两倍大，则(　　)
图1 5 13
A.闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些
B.闭合开关S时，LA、LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些
C.断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭
D.断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭
【解析】　由于线圈L的自感系数足够大，闭合开关S时产生很强的阻碍，纯电阻R2无自感，因此LA慢慢亮起来，LB随即达到稳定亮度，A、B错；当电路稳定时，将线圈L等效为导线，则有IL＝IA＞IB.断开开关S时，则由于自感线圈L与LB、R2形成闭合回路，因此有I′B＞IB，因此断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，C错D对.
【答案】　D
10.(多选)如图1 5 14所示为一个日光灯电路，主要由灯管、镇流器和起辉器等元件组成.在日光灯正常工作的情况下，则(　　)
图1 5 14
A.灯管两端的灯丝跟镇流器、起辉器、开关都是串联的
B.灯管在开始点燃时，需要一个很高的瞬时电压，可通过使用镇流器来达到这个要求
C.灯管点燃发光后，镇流器不再起作用
D.灯管在点燃发光后，起辉器的两个触片是分离的，起辉器不再起作用
【解析】　闭合开关，电压加在起辉器两极间，氖气放电发出辉光，产生的热量使U形动触片膨胀，跟静触片接触使电路接通，灯丝和镇流器中有电流通过.电路接通后，起辉器中的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分离，电路自动断开.在电路突然断开的瞬间，由于镇流器电流急剧减小，会产生很高的自感电动势，方向与电源电动势方向相同，这个自感电动势与电源电压加在一起，形成一个瞬时高压，加在灯管中的气体开始放电，于是日光灯成为电流的通路开始发光.日光灯开始发光后，由于交变电流通过镇流器线圈，线圈中会产生自感电动势，它总是阻碍电流的变化，这时的镇流器起着降压、限流的作用，保证日光灯正常发光.所以选项B、D正确.
【答案】　BD
11.如图1 5 15甲所示为研究自感实验电路图，并用电流传感器显示出在t＝1×10－3s时，断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流(如图1 5 15乙).已知电源电动势E＝6
V，内阻不计，灯泡R1的阻值为6
Ω，电阻R的阻值为2
Ω.
甲　　　　　　　　　　乙
图1 5 15
(1)线圈的直流电阻RL＝
Ω.
(2)开关断开时，该同学观察到的现象是
，并计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是
V.
【解析】　由图像可知S闭合稳定时
IL＝1.5
A
RL＝－R＝
Ω－2
Ω＝2
Ω
此时小灯泡的电流I1＝＝
A＝1
A
S断开后，L、R、R1组成临时回路
电流由1.5
A逐渐减小，所以灯泡会闪亮一下再熄灭，自感电动势E＝IL(R＋RL＋R1)＝15
V
【答案】　(1)2　(2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭　15
12.如图1 5 16所示，灯泡电阻大小为8
Ω.线圈的直流电阻为2
Ω，电源电动势为4
V，电阻忽略不计.试计算在S断开时刻线圈L的自感电动势大小.
【导学号：72000045】
图1 5 16
【解析】　根据直流电路知识，计算出稳定时通过灯泡A的电流为0.5
A，通过线圈L的电流为2
A.断开S瞬间，通过灯泡A的0.5
A电流立即消失，由于“自感要阻碍通过线圈的原电流变化”.流经L的2
A电流将由2
A逐渐减小，所以断开S时刻的自感电动势大小E＝I2(RL＋RA)＝20
V.
【答案】　20
V2.1　怎样产生交变电流
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解交流发电机的结构.2.知道交变电流的概念及产生原理.3.掌握交变电流的变化规律及两种表示方法.(重点)4.掌握交变电流的中性面，最大值、瞬时值及方向的变化.(难点)
交
变
电
流
1.定义
大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流，简称交流.
2.正弦式交变电流
当线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，线圈中产生的交变电流的电流和电压都按正弦函数规律变化，这种电流叫正弦式交变电流.
1.变化的电流都是交变电流.(×)
2.恒定电流的大小方向都不变，所以它是直流电.(√)
3.线圈只要在匀强磁场中匀速转动就能产生正弦式交变电流.(×)
1.如何区分直流电与交变电流？
【提示】　区分直流电和交变电流的唯一标准是看电流的方向是否随时间变化.不变的是直流电，变化的是交变电流.
2.所有的交流电都是正弦交变电流吗？
【提示】　不是.只有按正弦规律变化的电流才是正弦交变电流.
如图2 1 1所示，图甲为小灯泡接到干电池上，图乙为小灯泡接到手摇模型发电机的输出端.
甲　　　　　　　　　　乙
图2 1 1
探讨1：闭合开关，手摇发电机的手柄，两灯泡的发光情况有什么不同？这种现象能够说明什么？
【提示】　图甲小灯泡亮度不变，图乙小灯泡亮度不断变化，说明图乙中发电机的输出电流大小是变化的.
探讨2：若把电流表接到图乙中发电机的输出端，观察电流表指针的摆动情况，其摆动情况能说明什么问题？
【提示】　电流表的指针随线圈的转动不停地在“0”刻度线两侧左右摆动，说明发电机的输出电流的大小和方向是周期性变化的.
1.电流分类：按电流的方向是否变化分直流和交流两种，方向不变的电流称为直流，方向变化的电流称为交流.
2.直流分类：分为恒定电流和脉动直流，其中大小、方向都不随时间改变的电流叫恒定电流，方向不随时间改变而大小随时间改变的电流叫脉动直流.
3.交流分类：按交流电图像特点分正弦(或余弦)式交变电流、矩形波交变电流、锯形波交变电流等.
1.(多选)如图所示图像中属于交流电的有(　　)
(　　)
A　　　　　　B　　　　　　　C　　　　　　D
【解析】　D图表示的电流大小发生了周期性变化，而方向没有变化.A、B、C图中的电流方向均发生了周期性变化.
【答案】　ABC
2.
(多选)关于交变电流和直流电的说法中，正确的是
(　　)
A.如果电流的大小做周期性变化，则一定是交变电流
B.直流电的大小可以变化，但方向一定不变
C.交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
D.方向随时间变化的电流属于交变电流
【解析】　直流电的方向不发生变化，而大小可以改变，A错误，B正确.交变电流是指方向发生周期性变化的电流，可以是锯齿形、矩形波形、尖脉冲波形以及正弦波形等，这些都属于交变电流.C错误，D正确.
【答案】　BD
3.(多选)对于如图2 1 2所示的电流i随时间t做周期性变化的图像，下列说法中正确的是(　　)
图2 1 2
A.电流大小变化，方向不变，是直流电
B.电流大小、方向都变化，是交流电
C.电流最大值为0.2
A，周期为0.01
s
D.电流大小变化，方向不变，不是直流电，是交流电
【解析】　从题中可以看出，电流最大值为0.2
A，周期为0.01
s，电流大小变化，但方向不变，是直流电，不是交流电.
【答案】　AC
交变电流与直流电的本质区别
(1)交变电流的大小不一定变化，如方形波交变电流，其大小可以是不变的；直流电的大小不一定不变.
(2)交变电流与直流电的最大区别在于交变电流的方向发生周期性变化，而直流电的方向不变.
交
流
发
电
机
1.基本组成
由产生感应电动势的线圈(电枢)和产生磁场的磁体组成.
2.发电机的基本种类
(1)旋转电枢式发电机：电枢旋转，磁极不动；提供500
V以下的电压.
(2)旋转磁极式发电机：磁极旋转，电枢不动；提供几千到几万伏的电压，输出功率可达几十万千瓦.
3.中性面
线圈平面与磁感线垂直的位置，此位置磁通量最大，感应电动势为零.
4.表达式
若从中性面开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emaxsin
ωt，Emax是感应电动势的最大值.
5.电能来源
转子的机械能转化为发电机的电能.
1.线圈每转一周经过中性面两次.(√)
2.当线圈经过中面性时，穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电流也最大.(×)
3.发电机是把机械能转化为电能的装置.(√)
1.当正弦交变电流从不同位置开始计时时，交变电流的瞬时值的表达式一样吗？
【提示】　不一样.当从中性面开始计时时，交流电的电动势瞬时值表达式为e＝Emsin
ωt；当从垂直于中性面的位置开始计时时，该时刻的电动势瞬时值为最大，瞬时值表达式为e＝Emcos
ωt.
2.发电机工作过程中能量是如何转化的？
【提示】　发电机工作时产生的感应电流在磁场中会受到安培力，安培力的作用总是阻碍转子的运动，在这一过程中发电机把机械能转变成了电能.
如图2 1 3所示中，图甲中线圈平面恰好垂直于磁感线方向，图乙中线圈平面恰好平行于磁感线方向.
甲　
　　乙
图2 1 3
探讨1：图甲中线圈此时的感应电流是多少？磁通量的变化率又是多大？若以此位置开始计时，请写出感应电流的表达式.
【提示】　感应电流为零，线圈磁通量的变化率也是零，感应电流表达式：i＝Imsin
ωt.
探讨2：图乙中线圈此时的磁通量是多少？磁通量的变化率有何特点？若以此位置开始计时，请写出感应电流的表达式.
【提示】　磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电流表达式：i＝Imcos
ωt.
1.过程分析
如图2 1 4所示为线圈转动一周的过程中的几个关键位置.图甲、丙、戊所示的位置，线圈平面垂直于磁感线，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这样的位置叫中性面.图乙、丁所示的位置，线圈平面与磁场方向平行，ab、cd两边垂直切割磁感线，此时线圈的感应电流达到最大值.
图2 1 4
这五个位置的中间过程，各有变化的电流存在，从图中可以看到，当ab边向右、cd边向左运动时，感应电流是沿abcd方向流动的.当ab边向左、cd边向右运动时，感应电流是沿dcba方向流动的.
由以上分析可知，线圈转动一周的过程中，感应电流的大小和方向都在变化，每转动一周重复这种变化一次，这样线圈所在的电路中就出现了大小和方向都做周期性变化的交变电流.
2.中性面特点
线圈平面垂直于磁感线时，线圈中的感应电流为零，这一位置叫中性面.线圈平面经过中性面时，电流方向就发生改变，线圈绕轴转一周经过中性面两次，因此感应电流方向改变两次.
3.从中性面开始计时，交变电流的电动势、电流、路端电压的图像都是正弦曲线
图2 1 5
4.瞬时值表达式的推导
(1)如图2 1 6为发电机线圈平面图，AB、CD边切割磁感线产生的感应电动势e＝2BLvsin
θ.
图2 1 6
(2)若从中性面开始计时，则
Em＝2BLv，θ＝ωt
瞬时值表达式为e＝Emsin
ωt.
5.从任意位置计时，瞬时值表达式
e＝Emsin(ωt＋α)
当α＝时，即从最大值位置开始计时.这时e＝Emcos
ωt.
4.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是(　　)
A.线圈每经过中性面一次，感应电流方向改变一次，感应电动势方向不变
B.线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次
C.线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次
D.线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都要改变一次
【解析】　线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势的方向都要改变一次，转动一周方向改变两次，因此C正确，A、B、D错误.
【答案】　C
5.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图2 1 7甲所示，则下列说法中正确的是(　　)
图2 1 7
A.t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B.t＝0.01
s时刻，Φ的变化率最大
C.t＝0.02
s时刻，感应电动势达到最大
D.该线圈产生的相应感应电动势的图像如图2 1 7乙所示
【解析】　由题图甲可知t＝0时刻，线圈的磁通量最大，线圈处于中性面；t＝0.01
s时刻，磁通量为零，但变化率最大，所以A项错误，B项正确；t＝0.02
s时，感应电动势应为零，C、D项均错误.
【答案】　B
6.有一个正方形线圈的匝数为10匝，边长为20
cm，线圈总电阻为1
Ω，线圈绕OO′轴以10π
rad/s的角速度匀速转动，如图2 1 8所示，匀强磁场的磁感应强度为0.5
T，问：
【导学号：72000063】
图2 1 8
(1)该线圈产生的交变电流电动势的最大值、电流的最大值分别是多少.
(2)若从中性面位置开始计时，写出感应电动势随时间变化的表达式.
(3)线圈从中性面位置开始，转过30°时，感应电动势的瞬时值是多大.
【解析】　(1)交变电流电动势的最大值为
Em＝2nBLv＝nBSω＝10×0.5×0.22×10π
V≈6.28
V
电流的最大值为Im＝≈6.28
A.
(2)从中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin
ωt≈6.28sin
10πtV.
(3)线圈从中性面位置开始转过30°，感应电动势e＝Emsin
30°≈3.14
V.
【答案】　(1)6.28
V　6.28
A　(2)e＝6.28sin
10πtV　(3)3.14
V
最大值与表达式
1.感应电动势的最大值由线圈匝数n，磁感应强度B，转动角速度ω及线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转动轴的位置无关.
2.书写感应电动势瞬时值表达式时一定要确定线圈的计时位置，e＝Emsin
ωt表示形式仅限于自中性面开始计时的情况.当从垂直中性面开始计时时，表达式应为e＝Emcos
ωt.
学业分层测评(七)　
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动产生交流电.穿过线圈的磁通量Φ与感应电动势e的大小关系正确的是
(　　)
①Φ最大，e最大；②Φ最小，e最小；③Φ最大，e最小；④Φ最小，e最大.
A.①②　　
B.③④
C.①④
D.②③
【解析】　当磁通量Φ最大时，线圈平面垂直于磁感线，线圈不切割磁感线，e最小为零；当磁通量Φ最小时，线圈平面平行于磁感线，线圈垂直切割磁感线，e最大，故B正确.
【答案】　B
2.(多选)下列各图中，哪些情况线圈中能产生交流电(　　)
【解析】　线圈转动过程中磁通量发生改变时，才能产生交流电，A项中磁通量不变，故A项不符合题意.
【答案】　BCD
3.(多选)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所示.下列结论正确的是
(　　)
【导学号：72000064】
图2 1 9
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，矩形线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为0，电动势为0，此时电动势改变方向.故A、B错误.由图像可知，周期为0.4
s，故角速度ω＝＝5π，而最大电动势为Em＝nBSω＝157
V，C正确.在t＝0.4
s时，磁通量为0，磁通量变化率最大，其值为3.14
Wb/s.故D正确.
【答案】　CD
4.(2016·西北工大附中高二检测)如图2 1 10甲所示，一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图2 1 10乙所示，下列说法中正确的是(　　)
甲　　　　　　　　　乙
图2 1 10
A.t1时刻通过线圈的磁通量为零
B.t2时刻线圈位于中性面
C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大
D.每当e变化方向时，通过线圈的磁通量最大
【解析】　t1、t3时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A、C错误；t2时刻感应电动势最大，线圈位于垂直于中性面的位置，穿过线圈的磁通量为零，B错误；由于线圈每经过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e变换方向，所以D正确.
【答案】　D
5.(多选)如图2 1 11所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动.已知匀强磁场的磁感应强度为B.线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为ω.则当线圈转至图示位置时(　　)
【导学号：72000065】
图2 1 11
A.线圈中感应电流的方向为abcda
B.穿过线圈的磁通量为0
C.线圈中的感应电流为
D.穿过线圈磁通量的变化率为0
【解析】　图示位置，线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，B正确，D错误；此时由右手定则可知电流方向为adcba，A错误；由峰值表达式Em＝nBSω可知Im＝，图示位置感应电流等于峰值，C正确.
【答案】　BC
6.(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交变电动势e＝220sin(100πt)V，则下列判断正确的是(　　)
A.t＝0时，线圈位于中性面位置
B.t＝0时，穿过线圈平面的磁通量最大
C.t＝0时，线圈的有效切割速度方向垂直磁感线
D.t＝0时，线圈中感应电动势达到峰值
【解析】　因按正弦规律变化，故t＝0时线圈位于中性面，A正确；t＝0时，穿过线圈的磁通量最大，B正确；t＝0时，线圈的有效切割速度方向与磁感线平行，不产生感应电动势，故C、D错误.
【答案】　AB
7.如图所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，其转动轴线OO′与磁感线垂直.已知匀强磁场的磁感应强度B＝1T，线圈所围面积S＝0.1
m2，转速12r/min.若从中性面开始计时，则线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式应为(　　)
图2 1 12
A.e＝120πsin(120t)V
B.e＝24πsin(120t)V
C.e＝0.04πsin(0.4πt)V
D.e＝0.4πcos(2πt)V
【解析】　角速度ω＝2πn＝2π×rad/s＝0.4
πrad/s.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生感应电动势的最大值
Em＝BSω＝1×0.1×0.4πV＝0.04πV.
则感应电动势瞬时值表达式
e＝Emsin
ωt＝0.04πsin(0.4πt)V.故正确答案为C.
【答案】　C
8.(多选)(2016·邯郸高二检测)如图2 1 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匀速转动，从图示的位置开始计时，则下列正确的说法是
(　　)
【导学号：72000066】
图2 1 13
A.感应电动势峰值相同
B.感应电动势瞬时值不同
C.感应电动势峰值、瞬时值都不同
D.感应电动势峰值、瞬时值都相同
【解析】　当转动轴不是线圈对称轴时，只要转轴与磁场垂直，不论线圈形状如何，转轴位置如何，最大值均为Em＝NBSω，S、ω、B、N相同，所以Em相同，从中性面开始计时，瞬时值为正弦形式e＝Emsin
ωt，可见瞬时值也相同，A、D对.
【答案】　AD
[能力提升]
9.如图2 1 14所示，虚线上方空间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框绕垂直于纸面的轴O以角速度ω匀速逆时针转动.设线框中感应电流的方向以逆时针为正，线框处于图示位置时为时间零点.那么，在选项中能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是(　　)
图2 1 14
【解析】　由图示位置计时，前周期无电流，第2个周期电流保持不变，第3个周期无电流，第4个周期电流反向且保持不变，故A正确.
【答案】　A
10.如图2 1 15甲所示，A，B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通有如图2 1 15乙所示的电流i，则(　　)
【导学号：72000067】
甲　　　　　　　　　　乙
图2 1 15
①在t1到t2时间内A，B两线圈相吸　②在t2到t3时间内A，B两线圈相斥　③t1时刻两线圈间作用力为零　④t2时刻两线圈的相互作用力最大
(　　)
A.①②③
B.②③④
C.①③④
D.①②④
【解析】　本题考查交变电流的变化规律和图像.由t1到t2时间内，穿过B线圈的磁通量在减小，所以B中产生的感应电流方向与A中相同，即相吸；由t2到t3时间内，穿过B线圈的磁通量在增大，B中产生的感应电流方向与A中相反，即相斥；t1时刻A中电流最大，B中感应电流为零，t2时刻A中电流为零，而B中感应电流最大，在t1，t2时刻两线圈的相互作用力都为零.故正确答案为A.
【答案】　A
11.某一交变电流如图2 1 16所示.
图2 1 16
(1)该图像表示线圈在何处开始计时？
(2)线圈在哪些时刻处于与磁场方向垂直的位置？
(3)t1、t2时刻线圈分别处于与磁场方向垂直的面夹角多大处？
【解析】　(1)e

t图线为正弦函数图线，说明是从线圈位于中性面位置开始计时的，此时，穿过线圈的磁通量最大，而线圈内的感应电动势却为0.
(2)当线圈处于与磁场方向垂直的位置(中性面)时，e＝0，所以有0、t3、t6、t8各时刻.
(3)由图像知，e＝Emsin
ωt式中Em＝10
V.当t＝t1时，e＝5
V，有θ1＝ωt1＝45
°；当t＝t2时，e＝10
V＝Em，有θ2＝ωt2＝90
°.
【答案】　(1)中性面处开始计时　(2)0，t3，t6，t8
(3)45°　90°
12.一台交流发电机，其线圈从中性面开始转动，产生的交流感应电动势的最大值为311
V，线圈在磁场中转动的角速度是100π
rad/s.
(1)写出感应电动势的瞬时值表达式.
(2)若该发电机只与含电阻的负载组成闭合电路，电路中的总电阻为100
Ω，试写出通过负载的电流的瞬时值表达式.并求在t＝
s时电流的瞬时值为多少？
【解析】　(1)因交流发电机的线圈从中性面开始转动，所以该交变电流为正弦交流电.感应电动势的最大值Em＝311
V，角速度ω＝100π
rad/s，所以感应电动势的瞬时值表达式是e＝311sin
(100πt)
V.
(2)根据欧姆定律，电路中电流的最大值为
Im＝＝
A＝3.11
A
所以通过负载的电流的瞬时值表达式是
i＝3.11sin
(100πt)
A
当t＝
s时，电流的瞬时值为
i＝3.11sin(100π×)
A≈1.56
A
【答案】　(1)e＝311sin(100πt)
A
(2)i＝3.11sin(100πt)
A　1.56
A2.3　探究电阻、电感和电容的作用
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解电阻器对交变电流的阻碍作用.2.知道电感对交变电流的阻碍作用，知道感抗与哪些因素有关.(重点)3.掌握电容对交变电流的阻碍作用，知道容抗与哪些因素有关.(重点)4.掌握交变电流能“通过”电容器，理解阻抗感抗和容抗的实质.(难点)
电
阻
器、
电
感
器
对
交
变
电
流
的
作
用
1.电阻对交流电的影响
电阻器对直流和交变电流的影响是相同的.
2.电感对交流电的影响
电感既能让直流电通过又能让交变电流通过，但对交变电流有阻碍作用.
(1)线圈的自感系数越大，电感对交变电流的阻碍作用也越大.
(2)交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用也越大.
3.感抗
(1)定义：电感器对交变电流所起的阻碍作用的大小，叫感抗.
(2)公式：XL＝2πfL，单位：欧姆，国际代号：Ω.
(3)规律：遵循欧姆定律，表达形式：I＝.
1.电阻器对直流和交流都有阻碍作用，但对交流电阻碍作用更大.(×)
2.电感器对交流电阻碍作用与频率有关，频率越高，阻碍作用越大.(√)
3.电感器对恒定电流没有阻碍作用.(×)
1.电感器对交变电流的阻碍，与交变电流的频率有关吗？
【提示】　有关.交变电流的频率越高，电感器的阻碍作用就越大.
2.电感对交变电流有阻碍作用，怎样理解频率越高，感抗越大？
【提示】　当交变电流通过线圈时，线圈中就要产生自感电动势，而自感电动势总是阻碍电流的变化，这种阻碍作用与交变电流的频率有关，频率越高，电流变化越快，磁通量变化率越大，自感电动势越大，阻碍作用越大.
如图2 3 1所示，把线圈L与白炽灯串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到交流电源上.取直流电源的电压与交流电压的有效值相等.
图2 3 1
探讨1：把开关接1、开关接2，待稳定时两白炽灯的亮度相同吗？若不同，哪种情况亮些？
【提示】　不同，开关接1时亮些.
探讨2：在开关接2的情况下，向线圈L中插入铁芯，将会观察到什么现象？
【提示】　白炽灯变暗.
1.电感器对交变电流的阻碍作用是怎样形成的：交变电流通过电感器时，由于电流时刻都在变化.因此在线圈中就会产生自感电动势.而自感电动势总是阻碍原电流的变化.故电感器对交变电流会起阻碍作用.
2.电感器对交变电流的阻碍作用的大小：自感电动势的大小与线圈的自感系数及电流变化的快慢有关.自感系数越大，交变电流的频率越高，产生的自感电动势就越大，对交变电流的阻碍作用就越大.描述电感对交变电流的阻碍作用大小的物理量叫作感抗，用XL表示，且XL＝2πfL.感抗的大小由线圈的自感系数L和交变电流的频率f共同决定.
3.电感线圈在电路中的应用：
(1)低频扼流圈.
①构造：闭合铁心、绕在铁心上的线圈.
②特点：匝数多、自感系数L大、线圈电阻很小.它对低频交流会产生很大的阻碍作用.而对直流的阻碍作用则较小，故低频扼流圈的作用是“通直流，阻交流”.
(2)高频扼流圈.
①构造：它的线圈有的是绕在圆柱形的铁氧体芯上或空心.
②特点：匝数少，自感系数L小.它只对频率很高的交流电产生很大的阻碍作用，而对低频交流电的阻碍作用较小.故高频扼流圈的作用是“通低频、阻高频”.
1.交变电流通过一段长直导线时，电流为I，如果把这根长直导线绕成线圈，接入原电路，通过线圈的电流为I′，则(　　)
A.I′＞I　　　
B.I′＜I
C.I′＝I
D.无法比较
【解析】　长直导线的自感系数很小，其对交变电流的阻碍作用可以看做是纯电阻，流经它的交变电流只受到导线电阻的阻碍作用.当导线绕成线圈后，电阻值未变，但自感系数增大，对交变电流的阻碍作用不仅有电阻，而且有线圈的阻碍作用(感抗)，阻碍作用增大，电流减小，即I′＜I，故B对.
【答案】　B
2.(多选)如图2 3 2所示电路中，L为电感线圈，R为灯泡，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝220sin
100πt
V，若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100
Hz，下列说法正确的是(　　)
图2 3 2
A.电流表示数增大
B.电压表示数增大
C.灯泡变暗
D.灯泡变亮
【解析】　由u＝220sin
100πt
V可得电源原来的频率为f＝
Hz＝50
Hz.当电源频率由原来的50
Hz增为100
Hz时，线圈的感抗增大；线圈两端电压有效值增大，电压表示数增大，故选项B正确；在总电压的有效值不变的情况下，电路中的电流减少，选项A错.灯泡的电阻R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率减小，灯泡变暗，选项C正确，D错.
【答案】　BC
3.(多选)如图2 3 3所示实验电路中，若直流电压和交变电压的有效值相等，S为双刀双掷开关，下面哪些叙述正确(　　)
图2 3 3
A.当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗
B.当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮
C.S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出来时灯变亮
D.S掷向c、d，电源电压不变，而使频率减小时，灯变暗
【解析】　线圈对恒定电流无感抗，对交变电流有感抗，当交流电频率减小时，感抗变小，灯变亮，并且是有铁芯时感抗更大，故铁芯抽出时灯变亮.
【答案】　AC
对电感器的认识
感抗随交变电流频率的增大而增大，自感系数越大，感抗也越大，而感抗在电路中所起作用与电阻的阻碍作用相同.
电
容
器
对
交
变
电
流
的
作
用
1.电容对交流电的影响
电容器不能让直流“通过”但能让交变电流“通过”，但对交变电流有阻碍作用.
(1)电容器的电容越大，阻碍作用越小.
(2)交流电的频率越高，阻碍作用越小.
2.容抗
(1)定义：电容器对交变电流所起阻碍作用的大小，叫容抗.
(2)公式：XC＝，单位：欧姆，国际代号：Ω.
(3)规律：遵循欧姆定律，表达形式：I＝.
1.电容器两极板间是绝缘的，因而任何情况下电容支路上都没有电流通过.(×)
2.电阻、电感、电容对交流电的阻碍本质是不同的.(√)
3.电容器交替进行充放电，电路中就有电流“通过”了电容器.(√)
1.直流电路和交流电路中影响电压和电流关系的因素一样吗？
【提示】　不完全一样.直流电路中影响电压和电流关系的是电阻；而交流电路中影响电压和电流关系的不仅有电阻，还有线圈的感抗与电容器的容抗，它们对交变电流表现出不同的行为，存在着不同的作用.有着本质的区别.
2.交变电流是真的通过了电容器吗？
【提示】　不是.交变电流反复给电容器充电、放电，在电容器的充、放电过程中，形成了充电电流和放电电流，可以对外做功，如使灯泡发光，好象是交变电流“通过”了电容器.实质上没有通过.
如图2 3 4所示，白炽灯L与电容器C串联后接在A、B两点，A、B两点再连接在电压为U的直流或交流电源上.
图2 3 4
探讨1：在A、B两点连在直流电源和交流电源上，白炽灯L的发光情况如何？
【提示】　在A、B两点连在直流电源上时，白炽灯L不发光，连在交流电源上时，白炽灯L发光.
探讨2：增大交变电流的频率，白炽灯的亮度如何变化？
【提示】　白炽灯L变亮.
1.交变电流能“通过”电容器的实质
电容器的两极板之间是相互绝缘的，不论是恒定电流还是交变电流，自由电荷都不能通过两极板之间的绝缘介质.通常所说的交变电流“通过”电容器，并不是自由电荷穿过了电容器，而是在交流电源作用下，当电压升高时电容器充电，电容器极板上的电荷量增加，形成充电电流，如图2 3 5甲；当电压降低时电容器放电，电容器极板上的电荷量减少，形成放电电流，如图2 3 5乙.由于电容器反复不断地充电和放电，使电路中有持续的交变电流.
甲：充电　　　　　　　　乙：放电
图2 3 5
2.电容器对交变电流产生阻碍作用的实质
(1)在电容器充电与放电过程中，电容器两极间形成跟原电压相反的电压，这就对电流产生了阻碍作用，即容抗XC.
(2)电容越大，在同样电压下电容器聚集的电荷就越多，因此容抗就越小；交变电流的频率越高，充电和放电就进行得越快，因此容抗就越小.电容器的容抗XC跟它的电容C和交变电流频率f间关系：XC＝.
3.电阻、感抗、容抗的区别
电阻
感抗
容抗
产生的原因
定向移动的自由电荷与不动的离子间的碰撞
电感器的自感现象阻碍电流的变化
电容器两极板上积累的电荷对向这个方向定向移动的电荷的反抗作用
在电路中特点
对直流、交流均有阻碍作用
通直流、阻交流、通低频、阻高频
通交流、隔直流、通高频、阻低频
决定因素
由导体本身(长短、粗细、材料)决定，与温度有关
由电感器本身的自感系数和交流电的频率决定
由电容的大小和交流电的频率决定
电能的转化与做功
电流通过电阻做功，电能转化为内能
电能和磁场能往复转化
电流的能与电场的能往复转化
4.两个相同的灯泡L1和L2，分别与两个相同的电容器C1和C2连接，如图2 3 6所示.图中甲电路两端加恒定电压U1，乙电路两端加最大值为1.2U1的正弦交变电压U2，则此两灯的发光情况是(　　)
甲　　　　　　　　　　乙
图2 3 6
A.L1灯比L2灯亮
B.L1灯发光，L2灯不发光
C.L1灯不发光，L2灯发光
D.两灯亮度相同
【解析】　电容器通交流、隔直流，所以L1灯不发光.
【答案】　C
5.(多选)如图2 3 7所示，当交流电源的电压(有效值)U＝220
V，频率f＝50
Hz时，3只灯L1、L2、L3的亮度相同(L无直流电阻)，若将交流电源的频率变为f＝100
Hz，则(　　)
图2 3 7
A.L1灯比原来亮
B.L2灯比原来亮
C.L3灯和原来一样亮
D.L3灯比原来亮
【解析】　电容的容抗与交流电的频率有关，频率越高，容抗越小，即对高频交流电的阻碍作用小，所以A项对；电感线圈对交流电的阻碍作用随频率升高而增加，所以B项错；电阻R中电流只与交流电有效值及R值有关，所以C项正确，D项错误.
【答案】　AC
6.如图2 3 8所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表A的示数增加，可行的办法是(　　)
图2 3 8
A.使发电机F的转速增加
B.使发电机F的转速减小
C.在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质
D.使电容器两极板间距离增大
【解析】　当发电机转速增加时，交变电流的频率增大，容抗减小，电流表A的读数增大，A项正确，B项错误；在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时，电容器的电容减小，使电容器两极板间距离增大时电容也减小，当电容减小时，容抗增大，对交变电流的阻碍作用增大，电流表A示数减小，C，D错误，故正确答案为A.
【答案】　A
电容器的充放电
(1)当电容器与直流电源的两极相连接时，接通的瞬间因电容器充电产生瞬时电流.充电完毕后，电容器两极板间电压与电源两极间电压相等，电路中没有电流.
(2)当电容器与交流电源相连时，由于交流电压不断变化，所以电容器不断充电、放电，形成充、放电电流.
学业分层测评(九)　
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.关于电感对交变电流的影响，以下说法中正确的是(　　)
A.电感对交变电流没有影响
B.电感对交变电流阻碍作用越大，感抗就越小
C.电感具有“通交流、阻直流，通高频、阻低频”的性质
D.线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越大
【解析】　电感对交变电流有阻碍作用，阻碍作用的大小可以用感抗表示，感抗与电感线圈的自感系数、交变电流的频率成正比，故A选项错误、D选项正确；电感对交变电流阻碍作用越大，感抗就越大，故B选项错误；电感具有“通直流，阻交流，通低频、阻高频”的性质，故C选项错误.
【答案】　D
2.一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图2 3 9所示.一块铁插进线圈之后，该灯将(　　)
图2 3 9
A.变亮　　
B.变暗
C.没有影响
D.无法判断
【解析】　在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是反抗电流变化.正是这种反抗变化的特性(电惰性)，使线圈产生了感抗.加入铁芯改变了电感线圈的自感系数，自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡上的电压减小，所以灯变暗，故选项B正确.
【答案】　B
3.(多选)对交变电流能够通过电容器的正确理解是(　　)
A.在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动
B.在有电容器的交流电路中，有电荷定向移动
C.当电容器接到交变电源上时，电容器交替进行充、放电，电路中才有交变电流
D.当电容器接到交变电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流
【解析】　电容器能够通过交变电流，是通过电容器交替充、放电而进行的，既然电容器交替充、放电，电路中就有了电荷的定向移动，故B对，A错；实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质，故C对，D错.
【答案】　BC
4.(多选)如图2 3 10，将灯泡与电容器串联接入通有交变电流的电路中，灯泡发光，则(　　)
图2 3 10
A.自由电荷通过了电容器两极间的绝缘介质
B.自由电荷没有通过电容器两极间的绝缘介质
C.接入交变电源使电容器两极间的绝缘介质变成了导体
D.电容器交替进行充放电，电路中就有电流，表现为交变电流“通过”了电容器
【解析】　电容器接入通有交变电流的电路时，由于电压的变化，电容器交替进行充放电，表现为交变电流“通过”了电容器，实际上，自由电荷并没有通过电容器两极间的绝缘介质，所以B，D正确.
【答案】　BD
5.两只相同的白炽灯L1、L2接到如图2 3 11所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感器串联，当a、b处接电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同.更换一个新的正弦交流电源后灯L1的亮度大于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率可能是(　　)
【导学号：72000075】
图2 3 11
A.最大值仍为Um，而频率大于f
B.最大值仍为Um，而频率小于f
C.最大值小于Um，而频率仍为f
D.最大值大于Um，而频率仍为f
【解析】　灯L1的亮度大于灯L2的亮度，这是因为交变电流频率增大，容抗减小，灯L1变亮，又频率增大，感抗增大，灯L2变暗.
【答案】　A
6.如图2 3 12所示的电路中，正弦式交流电源电压的有效值为220
V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是(　　)
图2 3 12
A.等于220
V
B.大于220
V
C.小于220
V
D.等于零
【解析】　电感线圈对交变电流产生感抗，具有“通直流、阻交流，通低频、阻高频”的作用，故选项C正确.
【答案】　C
7.(多选)如图2 3 13所示，甲、乙两图是电子技术中的常用电路.a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“—”表示.关于两图中负载电阻R上得到的电流特征是(　　)
甲　　
　乙
图2 3 13
A.图甲中R得到的是交流成分
B.图甲中R得到的是直流成分
C.图乙中R得到的是低频成分
D.图乙中R得到的是高频成分
【解析】　当交变电流加在电容器上时，有“通交流、隔直流，通高频、阻低频”的特性，题图甲中电容器隔直流，R得到的是交流成分，A正确、B错误；题图乙中电容器通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确、D错误.
【答案】　AC
8.如图2 3 14所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮.当a、b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是(　　)
图2 3 14
A.与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈
B.与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器
C.与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器
D.与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管
【解析】　由a、b接直流电源时的现象可知，元件x“通直流”，元件y“隔直流”，由a、b接交流电源时的现象可知，元件x“阻交流”，元件y“通交流”，根据电容器和电感线圈的特点可知，元件x是电感线圈，元件y是电容器，选项B正确.
【答案】　B
[能力提升]
9.(多选)如图2 3 15所示，某电子电路的输入端的输入电流既有直流成分，又有交流低频成分和交流高频成分.若通过该电路只把交流的低频成分输送到下一级，那么关于该电路中各器件的作用，下列说法中正确的有(　　)
图2 3 15
A.L在此的功能为通直流，阻交流，叫高频扼流圈
B.C1在此的功能为通交流，隔直流，叫隔直电容
C.C2在此的功能为通高频、阻低频，叫做高频旁路电容
D.上述说法都不对
【解析】　电感线圈L的作用就是通直流阻交流，C1的作用只能让交流通过，C2的作用就是将高频部分旁路；故B、C正确.
【答案】　BC
10.(多选)如图2 3 16所示的电路中，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流，L是一个25
mH的高频扼流圈，C是一个100
pF的电容器，R是负载电阻，下列说法正确的是(　　)
【导学号：72000076】
图2 3 16
A.L的作用是“通低频，阻高频”
B.C的作用是“通交流，隔直流”
C.C的作用是“通高频，阻低频”
D.通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比
【解析】　L是一个自感系数很小的高频扼流圈，其作用是“通低频，阻高频”，A正确；C是一个电容很小的电容器，在题图示电路中，对高频交流的容抗远小于
对低频交流的容抗，其作用是“通高频，阻低频”，C正确；因电路中无直流电流，B错误；由于L对高频交流的阻碍作用和C对高频交流的旁路作用，使得通过R的电流中，低频交流所占的百分比远大于高频交流的百分比，D正确.
【答案】　ACD
11.如图2 3 17所示，把电阻、电感器、电容器并联接到某一交流电源上，三个电流表的示数相同，若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系
.
图2 3 17
【解析】　在交流电路中，当频率增加时，容抗减小，感抗增大，而电阻是与频率无关的，当电路中电源电压不变，频率增加时，A1读数不变，A2读数变小，A3读数变大，所以I3＞I1＞I2.
【答案】　I3＞I1＞I2
12.如图2 3 18所示是一个判断AB之间电源性质的仪器.试说明AB之间接交流电源时，什么灯亮？接直流电源时，什么灯亮？
图2 3 18
【解析】　由于电容C具有隔直流的特性，故绿灯亮时AB之间必是交流电源，此时红灯和黄灯不亮，是由于线圈L具有阻交流的作用.当AB之间接入直流电源时，绿灯不亮是显而易见的，此时是红灯亮还是黄灯亮，则必须考虑二极管D1和D2的单向导电性.AB间接交流电源时，绿灯亮；AB间接直流电源且A端是正极时，红灯亮；AB间接直流电源且B端是正极时，黄灯亮.
【答案】　见解析4.1　传感器的原理
4.2　探究热敏电阻的温度特性曲线
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解传感器的概念，知道传感器的常见类型.2.掌握传感器的敏感元件和转换电路.(重点)3.掌握热敏电阻的阻值与温度的关系.(重点)4.会用光敏电阻和热敏电阻设计、分析一些实际问题.
传
感
器
的
原
理
1.传感器
(1)定义：传感器是通过测量外界的物理量、化学量或生物量来捕捉和识别信息，并将被测量的非电学量转换成电学量的装置.它一般包括敏感元件和转换电路等.
(2)敏感元件：它是传感器的核心，它利用各种物理、化学、生物效应，将非电学参数的变化转换成电学参数的变化.
(3)转换电路：将敏感元件采集的信息进行处理，以电压或电流的形式输出.
2.智能传感器
当转换电路采用计算机进行信息处理，并输出数字信息的传感器.
3.光敏电阻的导电特性
光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小.
4.传感器的类型
类型
特性
举例
物理型传感器
利用被测物理量变化时，敏感元件的电学量(如电压、电阻、电容等)发生明显的变化的特性制成的
力学传感器
化学型传感器
用能把化学物质的成分、浓度等化学量转换为电学量的敏感元件制成的
离子传感器
生物型传感器
利用生物体组织的各种生物、化学与物理效应制成的
酶传感器、免疫传感器、抗原抗体传感器等
1.传感器是把电学量转换为非电学量的装置.(×)
2.地震救灾时使用的生命探测仪是利用了生物传感器.(√)
3.计算机用的鼠标器是一个光敏传感器.(√)
1.光敏电阻和热敏电阻各是由什么材料制成的？金属与热敏电阻的电阻率各有什么特点？
【提示】　光敏电阻和热敏电阻由半导体材料制成；金属热电阻的电阻率随温度升高而增大，热敏电阻的电阻率随温度升高而减小且非线性变化.
2.所有的敏感元件都是把非电学量转化为电学量吗？
【提示】　是的.不同的传感器中的敏感元件不同，工作原理也不相同，但都是将非电学量转化为电学量的.
传感器是一种检测装置，能感受到被测量的信息，并能将感受到的信息，按一定规律变换成电信号或其他所需形式的信息输出，以满足信息的传输、处理、存储、显示、记录和控制等要求.
探讨1：传感器的基本作用是什么？
【提示】　将被测量的非电学量转换成电学量.
探讨2：不便于测量和控制的非电学量有哪些？
【提示】　角度、位移、速度、压力、温度、声强、光照等.
探讨3：便于测量和控制的电学量有哪些？
【提示】　电流、电压等.
1.传感器的工作原理
传感器感受的一般是非电学量，如压力、温度、位移、浓度、速度、酸碱度等，而它输出的通常是电学量，如电压值、电流值、电荷量等，这些输出信号是非常微弱的，通常要经过放大后，再输送给自动控制系统以使其产生各种控制动作.
传感器：非电学量―→传感器―→电学量
―→传感器―→
换能器：一种形式的能量另一种形式的能量
2.三类传感器的异同
(1)相同点：都能将感受到的非电学量信息转化成电学量，都是利用敏感元件的某种敏感效应制成的.
(2)不同点：三类传感器的工作原理不同，所利用的敏感元件的敏感效应不同.
生物传感器与物理传感器和化学传感器的最大区别在于生物传感器的感受器中含有生命物质.
3.一些常见的传感器
传感器种类繁多，具体功能各不相同，下表给出一些常见的传感器及其工作原理.
传感器品种
工作原理
可被测定的非电学量
力敏电阻、热敏电阻、半导体传感器
阻值变化
力、质量、加速度、温度、湿度、气体
电容传感器
电容量变化
力、质量、加速度、液面、湿度
感应传感器
电感量变化
力、质量、加速度、旋进数、转矩、磁场
霍尔传感器
霍尔效应
角度、旋进度、力、磁场
压电传感器，超声波传感器
压电效应
压力、加速度、距离
1.下列说法正确的是(　　)
A.凡将非电学量转化为电学量的传感器都是物理传感器
B.湿敏传感器只能是物理传感器
C.物理传感器只能将采集到的信息转化为电压输出
D.物理传感器利用的是物质的物理性质和物理效应
【解析】　各种传感器虽然工作原理不同，但基本功能相似，多数是将非电学量转化为电学量，故A错；湿敏传感器为化学传感器，故B错；传感器既可将信息转化为电压输出，也可转化为电流、电阻等输出，故C错；由物理传感器定义知D正确.
【答案】　D
2.关于物理传感器、化学传感器和生物传感器的下列说法中，正确的是(　　)
A.物理传感器是利用材料的某种物理性质工作的，因而只能用于机械加工行业不能用于化工领域
B.化学传感器是利用某种化学反应来工作的，因而只能输出某种化学物质而不能输出电学量
C.生物传感器的适用范围广，可在任意温度条件下工作
D.生物传感器由于含有生命物质，因而对使用传感器的环境条件有一定要求
【解析】　不论哪种传感器都可以将非电学量转换成电学量输出，故B错；物理传感器在化工领域也可以使用，如温度传感器等，故A错；生物传感器能够使用的前提是感受器中的生命物质保持生物活性，故C错、D对.
【答案】　D
3.如图4 1 1所示的电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接.声源S做位移x＝Asin(100πt)的振动，则(　　)
图4 1 1
A.a振动过程中，a、b板间的电场强度不变
B.a振动过程中，a、b板所带电荷量不变
C.a振动过程中，灵敏电流表中始终有方向不变的电流
D.a向右的位移最大时，a、b板所构成的电容器的电容最大
【解析】　由于平行板电容器两极板与电池两极相连接，因此两极板间的电压U保持不变，根据场强E＝，C＝可判断A错、D对；再由Q＝CU可知，B错；由于Q变化，使电容器出现充电、放电现象，显然电流表中电流方向不断变化，C错.
【答案】　D
传感器的优点
电学量具有便于控制、放大、衰减、波形整理、显示、可储存、远距离传输等技术方面的优点，尤其是将电学量与计算机技术结合，可以方便地实现信息的采集、处理、输出的自动化和智能化，所以现代信息技术与自动控制中常将非电学量转化成电学量进行信息收集.
探
究
热
敏
电
阻
的
温
度
特
性
曲
线
一、探究热敏电阻的阻值随温度变化的方案
1.探究方案(一)
(1)实验电路如图4 2 1所示
图4 2 1
(2)原理
固定热敏电阻θ两端的电压U0，测量热敏电阻在各温度下的电流值Ii.由欧姆定律求得其电阻R＝，探究阻值跟温度的关系.
(3)实验步骤
①将热敏电阻用塑料薄膜紧贴着包裹一层，使得水浴时热敏电阻的引线不直接与水接触.
②用带有导线的金属夹夹住热敏电阻的引线，连接好电路.
③闭合开关，记下电压表及电流表读数，计算出热敏电阻阻值，并记下热敏电阻的温度(即水温)t.
④多次改变水的温度，调节滑键P的位置，使电压表示数保持U0不变，记下电流表读数及水温，计算出对应的电阻值.
⑤作出热敏电阻R t图线.
2.探究方案(二)
(1)实验器材：热敏电阻、多用电表、烧杯(备用冷、热水)、温度计、铁架台
(2)实验步骤
①如图4 2 2所示，将一热敏电阻连入电路中，用多用电表欧姆挡测其电阻，记录温度、电阻值.
图4 2 2
②将热敏电阻放入装有少量冷水并插有温度计的烧杯中，记录温度、电阻值.
③再分几次向烧杯中倒入热水观察不同温度下热敏电阻的阻值.
把测量到的温度、电阻值填入表中.
次数
1
2
3
4
5
t/°C
R/Ω
④在图4 2 3中，粗略描绘出热敏电阻的阻值R随t变化的R t图线.
图4 2 3
二、热敏电阻的温度特性
1.热敏电阻由半导体材料制成，所用材料根据其温度特性可分为三类：
(1)负温度系数：它的电阻随温度的升高而减小，像NTC热敏电阻；
(2)正温度系数：它的电阻随温度的升高而增大，像PTC热敏电阻；
(3)临界温度系数：它的电阻在很小的温度范围(临界)内急剧下降，像CTC热敏电阻.
2.用途：CTC型热敏电阻，阻值随温度急剧变化，因此常用作开关元件；PTC和NTC型热敏电阻用于温度测量中.
三、热敏电阻与金属热电阻
氧化锰热敏电阻
金属热电阻
特点
电阻率随温度的升高而减小
电阻率随温度的升高而增大
制作材料
半导体
金属
优点
灵敏度好
化学稳定性好，测温范围大
作用
将温度这个热学量转换为电阻这个电学量
电熨斗、电饭锅、火灾报警器等是生活中常见的传感器的应用实例，其中热敏电阻、金属热电阻是常用的敏感元件.
探讨1：金属热电阻的阻值随温度的升高怎样变化？
【提示】　增大.
探讨2：负温度系数的热敏电阻的阻值随温度的升高怎样变化？在含有热敏电阻传感器的电路中，欧姆定律是否依然成立？
【提示】　减小　成立.
一、常见几种传感器的工作原理
1.光敏电阻和热敏电阻的原理
光敏电阻和热敏电阻一般是由半导体材料做成，当半导体材料受到光照增强或温度升高时，会有更多的电子获得能量成为自由电子，于是导电性能明显增强，电阻减小.
2.金属热电阻的原理
金属的电阻率随温度升高而增大，随温度降低而减小，故能感受周围温度的变化.
3.热敏电阻和金属热电阻的区别
两者原理不同，材料不同，同样的温度变化电阻变化不同，金属热电阻化学稳定性好，测温范围大，热敏电阻灵敏度高.热敏电阻和金属热电阻的阻值随温度变化的图像如图4 2 4所示.
图4 2 4
二、两类热敏电阻的区别与应用
1.区别
NTC热敏电阻具有负温度系数，阻值随温度的升高而减小；PTC热敏电阻具有正温度系数，阻值随温度的升高而增大.
2.应用
(1)PTC热敏电阻的应用
①电器过流过热的保护，主要应用于电脑、电视机、吹风机、热水机等；②照明延时；③消磁器，主要用于电视机的消磁电路；④启动器，用于空调、冰箱等.
(2)NTC热敏电阻的应用
①家用电器，如应用于电饭锅、干燥箱的温度传感器上；②电子礼品，如电子万年台历；③应用于工业上，如应用于医药、化工生产设备中的温度传感器上；④电池充电器等.
4.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】　上述四种材料只有半导体的电阻随温度升高而减小，故选C.
【答案】　C
5.(多选)温度传感器是应用最广泛的传感器之一，它能把温度的高低转变成电信号，通常是利用物体的某一物理性质随温度的变化而改变的特性制成.电熨斗就是靠温度传感器来控制温度的.电熨斗装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断，其结构如图4 2 5所示.下列说法正确的是(　　)
图4 2 5
A.常温下，上、下触点应是接触的
B.熨烫棉麻衣物和熨烫丝绸衣物时，需要设定不同的温度，此时可通过调温旋钮调节升降螺丝
C.常温下，上、下触点应是分离的
D.温度过高时，上、下触点应是接触的
【解析】　常温下，上、下触点应是接触的，但温度过高时，由于双金属片受热膨胀系数不同，上部金属片膨胀大，下部金属片膨胀小，则双金属片向下弯曲，使触点分离，从而切断电源，停止加热，温度降低后，双金属片恢复原状，重新接通电路加热，这样循环进行，从而起到自动控制温度的作用，所以A正确，C、D错；熨烫棉麻衣物和熨烫丝绸衣物需要设定不同的温度，此时可通过调温旋钮调节升降螺丝，升降螺丝带动弹性铜片升降，从而改变触点接触的难易，达到控制不同温度的目的，B正确.
【答案】　AB
6.如图4 2 6所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，L为小灯泡，当温度降低时(　　)
图4 2 6
A.R1两端的电压增大
B.电流表的示数增大
C.小灯泡的亮度变强
D.小灯泡的亮度变弱
【解析】　R2与灯L并联后与R1串联，与电源构成闭合电路，当热敏电阻温度降低时，电阻R2增大，外电路电阻增大，电流表读数变小，灯L两端电压增大，灯泡亮度变强，R1两端电压减小，故C正确，其余各项均错.
【答案】　C
关于热敏电阻的两点提醒
(1)热敏电阻随温度的升高，电阻有可能减小，也有可能增大.
(2)并非所有半导体材料都可以当成光敏电阻或热敏电阻使用.
学业分层测评(十二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.人类发射的绕地球运转的所有航天器，在轨道上工作时都需要电能，所需要的电能都是由太阳能电池把太阳能转化为电能得到的，要求太阳能电池板总是对准太阳，为达到这一要求应利用下列哪种传感器感知太阳方位(　　)
A.力传感器　　
B.光传感器
C.温度传感器
D.生物传感器
【解析】　太阳能电池板的有效采光面积不同，所产生的电流不同，当电流最大时正对太阳，所以应用的是光传感器，B对，A，C，D错.
【答案】　B
2.有一热敏电阻的电阻值在t1～t4的温度变化范围内，R t图像如图4 2 7所示.现将该热敏电阻接在欧姆表的两表笔上，做成一个电阻温度计.为了便于读数，再把欧姆表上的电阻值转换成温度值.现在要使该温度计对温度的变化反应较为灵敏，那么该温度计测量哪段范围内的温度较为适宜(设在t1～t4温度范围内，欧姆表的倍率不变)(　　)
图4 2 7
A.t1～t2
B.t2～t3
C.t3～t4
D.都可以
【解析】　由题图可知热敏电阻值随温度的升高而增大，在t2～t3温度范围内的电阻值随温度的变化较大，即电阻值随温度的变化较为灵敏，故选B.
【答案】　B
3.(多选)如图4 2 8所示，用光敏电阻LDR和灯泡制成的一种简易水污染指示器，下列说法中正确的是(　　)
图4 2 8
A.严重污染时，LDR是高电阻
B.轻度污染时，LDR是高电阻
C.无论污染程度如何，LDR的电阻不变，阻值大小由材料本身因素决定
D.该仪器的使用会因为白天和晚上受到影响
【解析】　严重污染时，透过污水照到LDR上的光线较少，LDR电阻较大，A对，B错；LDR由半导体材料制成，受光照影响电阻会发生变化，C错；白天和晚上自然光强弱不同，或多或少会影响LDR的电阻，D对.
【答案】　AD
4.如图所示，某半导体热敏电阻的I U图线可能是(　　)
【解析】　半导体热敏电阻随温度的升高电阻减小，在I U图线中，斜率越大，电阻越小，故B选项正确.
【答案】　B
5.(2016·武汉检测)如图4 2 9所示是一个测定液面高度的传感器，在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放在导电液体中，导线芯和导电液体构成电容器的两极，把这两极接入外电路，当外电路中的电流变化说明电容值增大时，则导电液体的深度h的变化为(　　)
【导学号：72000088】
图4 2 9
A.h增大　　　　
B.h减小
C.h不变
D.无法确定
【解析】　由题意知，导线芯和导电液体构成电容器的两极，类似于平行板电容器的两极，当液面高度发生变化时相当于两极正对面积发生变化，会引起电容的变化.与平行板电容器类比可得，导电液体的深度h增大时，导线芯和导电液体正对面积增大，电容器的电容值变大.故A正确.
【答案】　A
6.如图4 2 10所示是观察电阻值随温度变化情况的示意图.现把杯中的水由冷水变为热水，关于欧姆表的读数变化情况正确的是(设水对电阻阻值的影响不计)(　　)
图4 2 10
A.如果R为金属热电阻，读数变大，且变化非常明显
B.如果R为金属热电阻，读数变小，且变化不明显
C.如果R为热敏电阻(用半导体材料制成)，读数变化非常明显
D.如果R为热敏电阻(用半导体材料制成)，读数变化不明显
【解析】　金属热电阻的阻值随温度的升高而增大，但灵敏度较差.而热敏电阻(用半导体材料制成)灵敏度高，所以选C.
【答案】　C
7.传感器是一种采集信息的重要器件，如图4 2 11所示为测定压力的电容式传感器，将电容器、灵敏电流计(零刻度在中间)和电源串联成闭合回路.当压力F作用于可动电极的膜片上时，膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转.在对膜片开始施加恒定的压力至膜片稳定的这段时间，灵敏电流计指针的偏转情况为(电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向右偏)(　　)
图4 2 11
A.灵敏电流计指针向右偏
B.灵敏电流计指针向左偏
C.灵敏电流计指针不动
D.不能判断灵敏电流计指针向哪边偏
【解析】　压力F作用时，极板间距离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，又由于上极板带正电，灵敏电流计中产生由负接线柱流入的电流，所以指针向左偏.
【答案】　B
8.(多选)如图4 2 12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4 2 12
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】　此题考查了光电计数器的工作原理，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，计数器每当低电压转为高电压，就计一个数，从而达到自动计数的目的.
【答案】　AD
[能力提升]
9.如图4 2 13所示是一火警报警器的部分电路示意图.其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器.值班室的显示器为电路中的电流表，a、b之间接报警器.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4 2 13
A.I变大，U变大
B.I变大，U变小
C.I变小，U变小
D.I变小，U变大
【解析】　半导体热敏电阻，温度越高，电阻越小，干路电流就越大，由U＝E－I总r知U将减小；由U1＝I总R1知R1两端电压将增大，由U并＝U－U1知U并减小，由I＝知I将减小，故C选项正确.
【答案】　C
10.用图4 2 14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，电流表和电压表的读数分别为40
mA、9
V，已知图甲中热敏电阻的I U关系图线如图乙所示，则电流表的内阻为(　　)
【导学号：72000089】
甲　乙
图4 2 14
A.0.14
Ω　　B.85
Ω
C.140
Ω　　D.225
Ω
【解析】　当电流表读数为40
mA时，说明热敏电阻的电流为40
mA，由题图知热敏电阻两端电压UR＝5.6
V，则电流表两端电压U＝9
V－5.6
V＝3.4
V，由欧姆定律得RmA＝＝
Ω＝85
Ω，B正确.
【答案】　B
11.按图4 2 15所示接好电路，合上S1、S2，发现小灯泡不亮，原因是
；用电吹风对热敏电阻吹一会儿热风，会发现小灯泡
，原因是
；停止吹风，会发现
；把热敏电阻放入冷水中会发现
.
图4 2 15
【解析】　根据热敏电阻的性质进行分析，由于热敏电阻在常温时阻值较大，左侧电路电流较小，电磁铁磁性较弱吸不住衔铁；当用电吹风对热敏电阻加热使其阻值变小，电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁，使右侧电路接通，小灯泡亮了，停止吹风后，小灯泡不会立即熄灭，因为热敏电阻温度仍然较高，当把热敏电阻放入冷水中后，热敏电阻温度降低很快，阻值变大，故小灯泡熄灭.
【答案】　见解析
12.如图4 2 16(甲)为半导体材料做成的热敏电阻的阻值随温度变化的曲线，图4 2 16(乙)为用此热敏电阻R和继电器做成的温控电路，设继电器的线圈电阻为Rx＝50
Ω，当继电器线圈中的电流大于或等于Ic(Ic＝20
mA)时，继电器的衔铁被吸合.左侧电源电动势为6
V，内阻可不计，试问温度满足什么条件时，电路右侧的小灯泡会发光？
【导学号：72000090】
甲　　　　　　　　　　乙
图4 2 16
【解析】　由题意可知，小灯泡发光，需衔铁被吸合，即继电器线圈中的电流大于或等于Ic，而左侧的温控电路，通过继电器线圈的电流等于通过热敏电阻的电流，即It＝20
mA.根据欧姆定律I＝可得R＝250
Ω，由甲图可知，此时对应的温度为50
℃，即当温度大于或等于50
℃时，小灯泡会发光.
【答案】　大于或等于50
℃模块综合测评
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分.在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.)
1.如图所示，条形磁铁正上方放置一矩形线框，线框平面水平且与条形磁铁平行.则线框由N极端匀速平移到S极端的过程中，线框中的感应电流的情况是(　　)
图1
A.线框中始终无感应电流
B.线框中始终有感应电流
C.线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部时无感应电流，过中部后又有感应电流
D.线框中开始无感应电流，当线框运动到磁铁中部时有感应电流，过中部后又无感应电流
【解析】　根据条形磁铁的磁场分布情况可知，线框在磁铁左端时，磁感线从线框下表面穿过；当运动到磁铁中央时，穿过线框的磁通量为零；当线框在磁铁右端时，磁感线从线框的上表面穿过，所以线框从磁铁上方匀速运动的过程中，穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流.
【答案】　B
2.如图2所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是(　　)
【导学号：72000100】
图2
A.越来越大　
B.越来越小
C.保持不变
D.无法判断
【解析】　棒ab水平抛出后，其速度越来越大，但只有水平分速度v0切割磁感线产生电动势，故E＝BLv0保持不变.
【答案】　C
3.如图3所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a(　　)
【导学号：72000101】
图3
A.顺时针加速旋转
B.顺时针减速旋转
C.逆时针加速旋转
D.逆时针减速旋转
【解析】　b中产生顺时针方向的感应电流，且有收缩趋势，由安培定则和楞次定律可知，感应电流的磁场向里，磁通量有增大趋势，阻碍原磁场向里减小，说明环a中电流顺时针减小，选项B正确.
【答案】　B
4.(2013·海南高考)通过一阻值R＝100
Ω的电阻的交变电流如图4所示，其周期为1
s.电阻两端电压的有效值为(　　)
【导学号：72000102】
图4
A.12
V
B.4
V
C.15
V
D.8
V
【解析】　根据图像，周期T＝1
s，设该交变电流电压的有效值为U，
0～0.4
s的时间间隔为t＝0.4
s，
0.4～0.5
s的时间间隔t2＝0.1
s，
根据电流的热效应，由
2(IRt1＋IRt2)＝，
解得U＝4
V，B正确.
【答案】　B
5.(2016·长沙检测)如图5所示，理想变压器的原线圈匝数为n1＝1
000匝，副线圈匝数n2＝200匝，交变电源的电动势e＝311sin
314t
(V)，电阻R＝88
Ω，电流表和电压表对电路的影响忽略不计，下列结论正确的是(　　)
图5
A.电流的频率为50
Hz
B.电流表A1的示数约为0.2
A
C.电压表V1的示数为311
V
D.电阻R的发热功率约为44
W
【解析】　由瞬时电动势表达式可知电流频率为50
Hz，电压有效值约为220
V，副线圈电压有效值约为44
V，算得副线圈电流有效值约为0.5
A，故电阻R的热功率约为22
W，算得原线圈电流有效值约为0.1
A，故答案为A.
【答案】　A
6.如图6所示在虚线空间内有一对彼此平行的金属导轨，宽为l，与水平面的夹角为θ，导轨电阻不计，在虚线空间内分布着垂直导轨平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场.导轨的下端接一定值电阻R，上端通过导线与一对竖直放置的平行金属板相连接，两板间距为d，其间固定着一光滑绝缘直杆，它与水平面也成θ角，杆上套一带电小球.当一电阻也为R的光滑导体棒ab沿导轨以速度v匀速下滑时，小球恰好静止在绝缘直杆上.则由此可以判断小球的电性并能求出其比荷为(　　)
图6
A.正电荷，
B.正电荷，
C.负电荷，
D.负电荷，
【解析】　杆切割磁感线产生的感应电动势为Blv，所以U＝，对球：＝mgtan
θ，联立得，＝，故选B正确.
【答案】　B
7.如图7所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落.如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为(　　)
图7
A.a1＞a2＞a3＞a4
B.a1＝a2＝a3＝a4
C.a1＝a3＞a2＞a4
D.a1＝a3＞a2＝a4
【解析】　线圈自由下落时，加速度为a1＝g；线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3＝g；线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g；线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2＞a4,
故a1＝a3＞a2＞a4.所以本题选C.
【答案】　C
8.(多选)(2014·江苏高考)如图8所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来.若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)
图8
A.增加线圈的匝数
B.提高交流电源的频率
C.将金属杯换为瓷杯
D.取走线圈中的铁心
【解析】　利用法拉第电磁感应定律和涡电流解题.
当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高.要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻.增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势.瓷杯不能产生涡电流，取走铁心会导致磁性减弱.所以选项A、B正确，选项C、D错误.
【答案】　AB
9.如图9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到电路中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的变化情况是(　　)
图9
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】　闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以I2开始很小，随着电流达到稳定，自感作用减小，I2开始逐渐变大.闭合开关S时，由于线圈阻碍作用很大，路端电压较大，随着自感作用减小，路端电压减小，所以R1上的电压逐渐减小，电流逐渐减小，故A、C正确.
【答案】　AC
10.一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5
T，导体棒AB、CD长度均为0.2
m，电阻均为0.1
Ω，重力均为0.1
N.现用力向上拉动导体棒AB，使之匀速上升(导体棒AB、CD与导轨接触良好)，此时CD静止不动，则AB上升时，下列说法正确的是(　　)
【导学号：72000104】
图10
A.AB受到的拉力大小为2
N
B.AB向上运动的速度为2
m/s
C.在2
s内，拉力做功，有0.4J的机械能转化为电能
D.在2
s内，拉力做功为0.6
J
【解析】　对导体棒CD分析：mg＝BIl＝，得v＝2
m/s，故选项B正确；对导体棒AB分析：F＝mg＋BIl＝0.2
N，选项A错误；在2
s内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即W＝F安vt＝0.4
J，选项C正确；在2
s内拉力做的功为Fvt＝0.8
J，选项D错误.
【答案】　BC
二、非选择题(本题共3小题，共40分.按题目要求作答.)
11.(10分)传感器担负着信息的采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)，如热敏传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻将热学量转换为电学量.热敏电阻随温度变化的图像如图甲所示，图乙是由热敏电阻R1作为传感器制作的简单自动报警器线路图.问：
【导学号：72000105】
甲　　
乙
图11
(1)为了使温度过高时报警器铃响，c应接在
(选填“a”或“b”).
(2)若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器滑片P向
(选填“左”或“右”)移动.
【解析】　(1)温度升高热敏电阻变小，控制左边电路电流变大，电磁铁磁性变强，要使温度过高时报警器报警，c应接在a处.
(2)滑片P向左移，滑动变阻器接入电路的阻值变大，在温度更高时控制电路才能有足够大的电流，使磁铁有足够大引力吸引开关，因此滑片向左移动可以提高报警器的报警温度.
【答案】　(1)a　(2)左
12.(14分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动.一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05
m2，线圈转动的频率为50
Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝
T.为了用此发电机发出的交流电带动两个标有“220V
11kW”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电动机之间接一个理想变压器，电路如图所示.求：
【导学号：72000106】
图12
(1)发电机的输出电压；
(2)变压器原、副线圈的匝数比；
(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数.
【解析】　(1)最大电动势为
Em＝NBSω＝2πNBSf
＝2π×220××0.05×50
V＝1
100
V
发电机输出电压U1＝＝1
100
V.
(2)变压器原、副线圈的匝数比为
＝＝＝5∶1.
(3)由P＝UI得副线圈的总电流为
I2＝2＝2×
A＝100
A
由＝得
I1＝I2＝×100
A＝20
A.
【答案】　(1)1
100
V　(2)5∶1　(3)20
A
13.(16分)如图13甲所示，正方形导线框abcd匀速穿过一匀强磁场区域.磁场区域的宽度为L、磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；导线框的电阻为R，边长为2L，在穿过磁场的整个过程中，导线框ab、cd两边始终保持与磁场边界平行，导线框平面始终与磁场方向垂直；导线框的速度大小为v，方向垂直于cd边，规定电流沿a→b→c→d→a为正方向.
【导学号：72000107】
甲
乙
图13
(1)请在图乙中作出cd边进入磁场到ab边离开磁场
的过程中，导线框中感应电流随位移变化的i x图像；
(2)求在上述过程中导线框所产生的焦耳热Q.
【解析】　(1)线框在进入磁场及离开磁场时，
E＝2BLv
I＝＝
由楞次定律，cd边在磁场中运动时，I为负方向，ab边在磁场中运动时，I为正方向.
i x图像如图所示：
(2)cd边或ab边切割磁感线时，线框产生的焦耳热为
Q＝I2Rt
而t＝t1＋t2，t1＝t2＝
解得Q＝
【答案】　(1)i x图像见解析　(2)章末分层突破
[自我校对]
①非电学量
②电学量
③热敏
④光敏
⑤物理
⑥化学
⑦生物
⑧光
⑨温度
⑩力
　传感器的原理及应用
1.传感器的工作原理
传感器感受的通常是非电学量，如力、热、磁、光、声等，而它输出的通常是电学量，这些输出信号是非常微弱的，通常要经过放大后，再输送给控制系统产生各种控制动作，传感器原理如图4 1所示.
图4 1
2.常见的敏感元件及特性
(1)光敏电阻：光敏电阻在被光照射时电阻发生变化，光照增强电阻减小，光照减弱电阻增大.
(2)金属热电阻：金属热电阻的电阻率随温度升高而增大.
(3)热敏电阻：热敏电阻有正温度系数、负温度系数两种.正温度系数的热敏电阻的阻值随温度升高而增大，负温度系数的热敏电阻的阻值随温度升高而减小.
(4)电容：平行板电容器的电容与极板面积、极板间距及电介质材料有关，电容器可以感知引起电容变化的任一外界信息，并将其转化为电容变化，例如，当极板受力时会改变极板间距，从而引起电容变化.
(5)霍尔元件：能把磁感应强度这一磁学量转换成电压这一电学量，UH＝RH.
3.传感器的应用
传感器的应用过程包括三个环节：感、传、用
(1)“感”是指传感器的敏感元件感受信息.
(2)“传”是指通过电路等将传感器敏感元件获取的信息传给执行机构.
(3)“用”是指执行机构利用传感器传来的信息进行某种显示或某种动作.
　如图4 2所示，一热敏电阻RT放在控温容器M内；为毫安表，量程为6
mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3
V，内阻很小；R为电阻箱，最大电阻为999.9Ω；S为开关.已知RT在95°C时的阻值为150
Ω，在20°C时的阻值约为550Ω.现要求在降温过程中测量在95°C到20°C
之间的多个温度下RT的阻值.
图4 2
(1)在图中画出连线，完成实验原理电路图.
(2)完成下列实验步骤中的填空：
①依照实验原理电路图连线.
②调节控温容器M内的温度，使得RT的温度为95°C.
③将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全.
④闭合开关，调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录
.
⑤将RT的温度降为T1(20°C＜T1＜95°C)；调节电阻箱，使得电流表的读数
，记录
.
⑥温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1＝
.
⑦逐步降低T1的数值，直至20°C为止；在每一温度下重复步骤⑤⑥.
【解析】　(1)由于本实验只有一只可以测量和观察的直流电流表，所以应该用“替代法”，考虑到用电流表观察而保证电路中电阻不变，因此将热敏电阻、电阻箱和电流表串联形成测量电路，如图所示.而且热敏电阻RT在95
℃和20
℃时的阻值是已知的，所以热敏电阻的初始温度为95
℃，则电流表示数不变时，热敏电阻和电阻箱的阻值应保持150
Ω和电阻箱的初值之和不变；如果热敏电阻的初始温度为20
℃，则电流表示数不变时，热敏电阻和电阻箱的阻值应保持550
Ω和电阻箱的初值之和不变.因此可以测量任意温度下的电阻.
(2)①依照实验原理电路图连线.
②调节控温容器M内的温度，使得RT温度为95
℃.
③将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全.
④闭合开关，调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录电阻箱的读数R0.
⑤将RT的温度降为T1(20
℃＜T1＜95
℃)；调节电阻箱，使得电流表的读数仍为I0，记录电阻箱的读数R1.
⑥温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1＝R0－R1＋150
Ω.
⑦逐步降低T1的数值，直至20
℃为止；在每一温度下重复步骤⑤⑥.
【答案】　(1)实验原理电路图见解析
(2)④电阻箱的读数R0　⑤仍为I0　电阻箱的读数R1　⑥R0－R1＋150
Ω
　传感器在生产、生活中的应用
以传感器为桥梁可以将多方面的物理知识整合在一起，在实际问题中既可以直接考查传感器知识，也可以考查敏感元件的敏感特性，几种传感器及与其相联系的物理知识，如下表.
传感器种类
敏感元件
与之相联系的物理知识
光电传感器
光敏电阻
直流电路动态分析
温度传感器
热敏电阻
直流电路问题
力传感器
压敏电阻等
力学、运动学与直流电路
电容传感器
电容
力、运动与含容电路
　如图4 3所示是某种电子秤的原理示意图，AB为一均匀的线性电阻，阻值为R，长度为L，两边分别有P1、P2两个滑头，P1可在竖直绝缘光滑的固定杆MN上保持水平状态而上下自由滑动.弹簧处于原长时，P1刚好指着A端，P1与托盘固定相连.若P1、P2间出现电压时，该电压经过放大，通过信号转换后在显示屏上将显示物体重力的大小.已知弹簧的劲度系数为k，托盘自身质量为m0，电源电动势为E，内阻不计，当地的重力加速度为g，求：
【导学号：72000094】
图4 3
(1)托盘上未放物体时，在托盘自身重力作用下，P1离A的距离x1；
(2)托盘上放有质量为m的物体时，P1离A的距离x2；
(3)在托盘上未放物体时通常先较准零点，其方法是：调节P2，使P2离A的距离也为x1，从而使P1、P2间的电压为零.校准零点后，将物体m放在托盘上，试推导出物体质量m与P1、P2间的电压U之间的函数关系式.
【解析】　托盘的移动带动P1移动，使P1、P2间出现电势差，电势差的大小反映了托盘向下移动距离的大小，由于R为均匀的滑线电阻，则其电阻与长度成正比.
(1)由力的平衡知识可得：m0g＝kx1，解得：x1＝.
(2)放上重物重新平衡后，m0g＋mg＝kx2，解得：x2＝.
(3)由闭合电路欧姆定律可知E＝IR，由部分电路欧姆定律可得：U＝IR串，由于＝，其中x为P1、P2间的距离，则x＝x2－x1＝联立以上各式解得：
m＝U.
【答案】　(1)x1＝　(2)x2＝
(3)m＝U
1 P1、P2的高度相同时，电压为零，显示屏的示数也为零.
2 P1沿竖直方向上、下移动并不影响电路的连接方式.
1.(2016·银川一中检测)全自动洗衣机设有多段式水位自动感应装置，该水位自动感应装置采用的传感器是(　　)
A.温度传感器
B.压力传感器
C.生物传感器
D.红外线传感器
【解析】　水位不同，压力不同，压力传感器能将压力信号转换为电信号，B正确.
【答案】　B
2.(多选)(2016·洛阳一中检测)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】　传感器是指能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并把它们按照一定的规律转换为电压、电流等电学量的元件，发光二极管是电学元件.是电能转换成光能的元件，不是传感器，A错误；干电池是一种电源，不是传感器，D错误；热敏电阻温度变化时，其电阻会发生变化，能把温度转换成电学量，是传感器，B正确；霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换成电压这个电学量，是传感器，C正确.
【答案】　BC
3.(多选)(2016·青岛二中检测)如图4 4是电饭锅结构示意图，关于电饭锅下列说法正确的是(　　)
图4 4
A.电饭锅中的传感器磁体是一种半导体材料
B.开始煮饭时，压下开关按钮的原因是克服弹簧的弹力使永磁体一端上升，上下触点接触接通电路
C.用电饭锅煮米饭，饭熟后水分被大米吸收，锅底的温度会升高，当升高到“居里温度”时，电饭锅会自动断电
D.用电饭锅烧水，水沸腾后也可以自动断电
【解析】　根据电饭锅的结构及工作原理可知B、C正确，水的沸腾温度为100°C，故D错.
【答案】　BC
4.(多选)(2016·苏州一中检测)某同学设计的家庭电路保护装置如图4 5所示，铁心左侧线圈L1由火线和零线并行绕成.当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路.仅考虑L1在铁心中产生的磁场，下列说法正确的有(　　)
图4 5
A.家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零
B.家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变
C.家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
D.地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起
【解析】　
电路正常或短路时，火线和零线中通过的电流大小相等、方向相反，故L1中火线与零线中电流产生的磁场相抵消，铁心中的磁通量为零，L2中无感应电流产生，电磁铁中也就无电流，开关K不会被吸起.由上述分析可知，A、B项正确，C项错误；当地面上的人接触火线发生触电时，火线与零线中的电流大小不再相等，则L2中产生感应电流，电磁铁也就能把开关K吸起，即D正确.
【答案】　ABD
5.(2016·石家庄一中检测)如图4 6所示为一实验小车中利用光脉冲测量车速和行程的装置的示意图，A为光源，B为光电接收器，A、B均固定在车身上，C为小车的车轮，D为与C同轴相连的齿轮.车轮转动时，A发出的光束通过旋转齿轮上齿之间的间隙变成脉冲光信号，被B接收并转换成电信号，由电子电路记录和显示.若实验显示单位时间内的脉冲数为n，累计脉冲数为N，设小车速度为v，行程为x，试完成下列问题的解答：
图4 6
(1)要测出小车的速度和行程还必须测量的物理量或数据是哪些？
(2)推导小车速度的表达式；
(3)推导小车行程的表达式.
【解析】　小车的速度等于车轮的周长与单位时间内车轮转动圈数的乘积.设车轮的半径为R，单位时间内车轮转动圈数为k，则有v＝2πRk.
若齿轮的齿数为P，则齿轮转一圈电子电路显示的脉冲数即为P.已知单位时间内的脉冲数为n，所以单位时间内齿轮转动圈数为.由于齿轮与车轮同轴相连，它们在单位时间内转动圈数相等，即k＝n/P.
由以上两式可得v＝.
同理，设车轮转动的累计圈数为k′，则有路程x＝2πRk′，且k′＝N/P，所以x＝.
可见，要测出小车的速度v和行程x，除知道单位时间内的脉冲数n和累计脉冲数N外，还必须测出车轮半径R和齿轮的齿数P.
【答案】　(1)车轮半径R和齿轮的齿数P
(2)v＝　(3)x＝
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
章末综合测评(四)
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题6分，共60分，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1.许多牛奶制品中被检测出化学原料三聚氰胺.在多种检测三聚氰胺的方法中有一种“酶标法检测”，这种检测方法使用的传感器，应为传感器中的哪一类(　　)
A.物理传感器　
B.化学传感器
C.生物传感器
D.温度传感器
【解析】　检测方法为酶标法，所以其原理应该是利用了生物酶，故应为生物传感器，所以C正确.
【答案】　C
2.传感器广泛应用在我们的生产生活中，常用的计算机键盘就是一种传感器.如图1所示，键盘上每一个键的下面都连一小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一小的固定金属片，这两金属片组成一个小电容器.当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能够检测出哪个键被按下，从而给出相应的信号.这种计算机键盘使用的是(　　)
【导学号：72000095】
图1
A.温度传感器
B.压力传感器
C.磁传感器
D.光传感器
【解析】　小金属片被按下时，对该键有一个压力，小金属片向下移动，两个极板之间的距离改变，电容改变，将压力这个力学量转化为电容这个电学量，所以计算机键盘使用的是压力传感器，B正确，A、C、D错误.
【答案】　B
3.如图2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，发现小灯泡亮度变暗，发生这一现象的主要原因是
(　　)
【导学号：72000096】
图2
A.小灯泡的电阻发生了变化
B.小灯泡灯丝的电阻率随温度发生了变化
C.电阻丝的电阻率随温度发生了变化
D.电源的电压随温度发生了变化
【解析】　电阻丝的电阻率随温度的升高而增大，电阻也增大，电路中电流减小，根据P＝I2R知，小灯泡的实际功率减小，所以变暗.
【答案】　C
4.如图3所示，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，D为发光二极管(电流越大，发光越强)，且R与D距离不变，下列说法中正确的是(　　)
图3
A.当滑动触头向左移动时，L消耗的功率增大
B.当滑动触头向左移动时，L消耗的功率减小
C.当滑动触头向右移动时，L消耗的功率可能不变
D.无论怎样移动滑动触头，L消耗的功率不变
【解析】　电源电压恒定，也就是说，并联电路两端的电压恒定，当滑动触头向左移动时，发光二极管发光变强，光敏电阻的电阻变小，所以电流变大，则L的功率变大.
【答案】　A
5.如图4是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，对于一个霍尔元件d、k为定值.如果保持I恒定，则可以验证UH随B的变化情况，以下说法中错误的是(　　)
【导学号：72000097】
图4
A.将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面，UH将变大
B.在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平
C.在测量地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平
D.改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，UH将发生变化
【解析】　由霍尔元件的工作原理知：UH＝k，UH与B成正比，将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面，磁性增强，所以UH将变大；地球两极的磁场方向垂直指向地面，因此，霍尔元件的工作面应保持水平；地球赤道上的磁场方向沿南北水平方向，因此，霍尔元件的工作面应保持竖直.改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，垂直霍尔元件的磁场方向的垂直分量将变化，因此UH也将发生变化.只有C错误.
【答案】　C
6.(2016·郑州一中高二检测)某仪器内部电路如图5所示，其中M是一个质量较大的金属块，左右两端分别与金属丝制作的弹簧相连，并套在光滑水平细杆上，a、b、c三块金属片的间隙很小(b固定在金属块上).当金属块处于平衡时两根弹簧均处于原长状态.若将该仪器固定在一辆汽车上，则下列说法正确的是
(　　)
【导学号：72000098】
图5
A.当汽车加速前进时，甲灯亮
B.当汽车加速前进时，乙灯亮
C.当汽车刹车时，乙灯亮
D.当汽车刹车时，甲、乙灯均不亮
【解析】　向右加速时，M向左移动，与a接触，乙灯亮；当刹车时，M向右移动，与c接触，甲灯亮.故选项B正确.
【答案】　B
7.如图6所示是利用电容器测量角度的传感器示意图.当动片和定片之间的角度θ发生变化时，电容C便发生变化，测出C的变化情况，就可知道θ的变化情况.下图的四个图像中，能正确反映C和θ间函数关系的是
(　　)
【导学号：72000099】
图6
A　　　　　B　　　　　　C　
　　　D
【解析】　因为电容和两块极板之间正对面积的大小是成正比的.而θ的增大使得动片和定片的面积减小，所以使得C减小，又θ增大导致面积减小是按照线性规律的，所以选A.
【答案】　A
8.关于传感器的作用，下列说法中正确的是(　　)
A.通常传感器可以直接用来进行自动控制
B.传感器可以用来采集信息
C.传感器可以将感受到的一些信号转换为电学量
D.传感器可以将所有感受到的信号都转换为电学量
【解析】　传感器是将感受的非电学量转化为电学量的仪器，不同的传感器感受不同的信号，B、C对.
【答案】　BC
9.下列说法正确的是(　　)
A.热敏电阻可以将热量这个热学量转换为电阻这个电学量
B.金属热电阻的化学稳定性和灵敏度都较好
C.金属热电阻的化学稳定性较好，但灵敏度差
D.电熨斗中的双金属片是温度传感器
【解析】　热敏电阻是可以将温度这个热学量转换为电阻这个电学量的元件，A错误；金属热电阻化学稳定性好，但灵敏度差，B错误，C、D正确.
【答案】　CD
10.电容式话筒的保真度比动圈式话筒好，其工作原理如图7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7
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
【解析】　由C＝知，膜片向右运动的过程中，d减小，所以电容变大，电容器两端电压没有变化，电容器要继续充电，所以导线AB中有向左的电流.
【答案】　AC
二、非选择题(本大题共3个小题，共40分，按题目要求作答.)
11.(12分)目前有些居民区内楼道灯的控制，使用的是一种延时开关，该延时开关的简化原理如图8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：
图8
按钮开关K按下前，发光二极管是
(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.
【解析】　开关K按下前，S断开，有电流经过发光二极管，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.
【答案】　发光的　1　熄灭的　
12.(14分)如图9所示，图甲为某热敏电阻的R t图像，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单的恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为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
V，内阻不计.图中的“电源”是恒温箱加热器的电源.
(1)应该把恒温箱内的加热器接在A、B两端还是C、D两端？
(2)如果要使恒温箱内的温度保持100℃，滑动变阻器R′的阻值应调节为多少？
甲　
乙
图9
【解析】　(1)应接在A、B两端.
(2)由题图甲可知，t＝100℃时R＝50
Ω，则t＝100
℃时继电器电路中的电流I＝
又E＝6
V，I＝20
mA，R继＝150
Ω
代入数据，解得R′＝100
Ω.
【答案】　(1)应接在A、B两端　(2)100
Ω
13.(14分)加速度计是测定物体加速度的仪器.在现代科技中，它已成为导弹、飞机、潜艇或宇宙飞船制导系统的信息源.如图10所示为应变式加速度计.当系统加速时，加速度计中的敏感元件也处于加速状态.敏感元件由弹簧连接并架在光滑支架上，架与待测系统固定在一起，敏感元件下端可在滑动变阻器R上自由滑动.当系统加速运动时，敏感元件发生位移并转换为电信号输出，就可以根据输出电压的大小求出物体的加速度.
图10
已知：敏感元件的质量为m，两侧弹簧的劲度系数均为k，电源电动势为E，电源内阻不计，滑动变阻器的总电阻值为R，有效长度为l，静态时，输出电压为U0，试写出加速度a随输出电压U变化的关系式.
【解析】　设静态时，滑动变阻器滑片与变阻器左端的距离为x，则有：U0＝·R
当系统以加速度a向左加速时，设敏感元件向右移动Δx，则对敏感元件由牛顿第二定律得：2kΔx＝ma
此时输出电压U＝·R
由以上三式得a＝
当U＞U0时，系统为向左加速；
当U＜U0时，系统为向右加速.
【答案】　a＝章末分层突破
[自我校对]
①电路闭合，磁通量变化
②阻碍
③磁通量的变化
④导体和磁场的相对运动
⑤方向
⑥增减
⑦安培定则
⑧导体切割磁感线
⑨
⑩n
BLv
自身电流
自身电流
　电磁感应中的电路问题
电磁感应问题往往和电路问题联系在一起，解决这类问题的基本方法是：
1.确定电源，产生感应电动势的那部分电路就相当于电源，利用法拉第电磁感应定律确定其电动势的大小，利用右手定则或楞次定律确定其方向以及感应电流的方向，需要强调的是：在电源内部电流是由负极流向正极的，在外部从正极流向外电路，并由负极流入电源.
2.分析电路结构，画出等效电路图，这一步关键是“分析”的到位与准确，承上启下，为下一步的处理做好准备.
3.利用电路规律求解，主要还是利用欧姆定律、串并联电路中电功、电热之间的关系等.
4.注意：电源两极间的电压为路端电压.
　如图1 1所示，两根平行的光滑长直金属导轨，其电阻不计，导体棒ab、cd跨在导轨上，ab的电阻R大于cd的电阻r，当cd在大小为F1的外力作用下匀速向右滑动时，ab在大小为F2的外力作用下保持静止，那么以下说法中正确的是(　　)
图1 1
A.Uab>Ucd，F1>F2
B.Uab＝Ucd，F1C.Uab>Ucd，F1＝F2
D.Uab＝Ucd，F1＝F2
【解析】　cd导体棒在F1的作用下，做切割磁感线运动，成为电源.Uab成为电路外电阻上的分压，等效电路如图所示.由于导轨的电阻不计，Uab＝Ucd.另外，由于cd棒与ab棒中电流大小相等，导体棒有效长度相同，所处磁场相同，故两棒分别受到的安培力大小相等、方向相反.ab、cd两棒均为平衡态，故导体棒分别受到的外力F1、F2与所受到的安培力平衡，故F1＝F2.故选项D正确.
【答案】　D
　电磁感应中的图像问题
1.图像问题的特点
考查形式比较灵活，有时根据电磁感应现象发生的过程，确定图像的正确与否，有时依据不同的图像，进行综合计算.
2.解题关键
弄清初始条件，正、负方向的对应，变化范围，所研究物理量的函数表达式，进出磁场的转折点是解决问题的关键.
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)分析电磁感应的发生过程.
(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.
　(2014·全国卷Ⅰ)如图1 2(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图1 2(b)所示.已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是(　　)
【导学号：72000052】
(a)　　　　　　　　　　(b)
图1 2
【解析】　由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确.
【答案】　C
　电磁感应与动力学综合问题
1.安培力的方向判断
2.两种状态处理
(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态.
处理方法：根据平衡条件列式分析.
(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.
3.解题步骤
(1)用法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则确定感应电动势的大小和方向.
(2)应用闭合电路欧姆定律求出电路中的感应电流的大小.
(3)分析研究导体的受力情况，特别要注意安培力方向的确定.
(4)列出动力学方程或平衡方程求解.
　如图1 3所示，质量m1＝0.1
kg，电阻R1＝0.3
Ω，长度l＝0.4
m的导体棒ab横放在U形金属框架上.框架质量m2＝0.2
kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4
m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长.电阻R2＝0.1
Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5
T.垂直于ab施加F＝2
N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触.当ab运动到某处时，框架开始运动.设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10
m/s2.
【导学号：72000053】
图1 3
(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；
(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1
J，求该过程ab位移x的大小.
【解析】　(1)ab对框架的压力F1＝m1g
框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F1
依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2＝μFN
ab中的感应电动势E＝Blv
MN中电流I＝
MN受到的安培力F安＝BIl
框架开始运动时F安＝F2
由上述各式代入数据解得v＝6
m/s.
(2)闭合回路中产生的总热量QN＝Q
由能量守恒定律，得Fx＝m1v2＋QN
代入数据解得x＝1.1
m
【答案】　(1)6
m/s　(2)1.1
m
1 感应电动势和平均电动势一般应用公式E＝n求解，而瞬时电动势常用E＝Blv求解.
2 解决电磁感应的图象问题时要注意以下物理量间的关系.
①Φ∝B，B∝I I产生磁场B .
②E∝∝∝，而I感∝E.
1.
(2014·江苏高考)如图1 4所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中.在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)
图1 4
A.　
B.
C.
D.
【解析】　根据法拉第电磁感应定律解题.线圈中产生的感应电动势E＝n＝n··S＝n··＝，选项B正确.
【答案】　B
2.
(2013·福建高考)如图1 5，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直.设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律(　　)
【导学号：72000054】
图1 5
【解析】　设线框质量为m，电阻为R，线框ab边长为l，磁感应强度为B，线框自由下落刚进入磁场时速度为v，当v＜时，线框做加速度减小的加速运动，C可能；当v＝时，线框做匀速运动，D可能；当v＞时，经框做加速度减小的减速运动直至匀速，B可能，A不可能，故选A.
【答案】　A
3.如图1 6甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图1 6乙所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是(　　)
【导学号：72000055】
甲　　　　　　　　　　乙
图1 6
【解析】　本题中导线框面积不变，但磁感应强度B随时间t变化.根据法拉第电磁感应定律E＝n，可知E＝nS，由B t图像可知＝常数.故感应电动势大小为恒量，即感应电流大小也为恒量.再根据楞次定律判断出感应电流方向，就可以对i－t图像作出正确的判断.
在t＝1
s内，垂直纸面向里的磁场均匀增加，故感应电流产生的磁场方向应与其相反：垂直纸面向外，即可判断出i的方向应为逆时针方向，与规定的正方向相反，说明A、C均错；在第2
s内磁场方向垂直纸面向里均匀减小，故感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，而第3
s内磁场方向垂直纸面向外且均匀增加，故感应电流产生的磁场方向也应垂直纸面向里，则感应电流方向为顺时针方向，与规定的正方向相同，综上所述，可知本题D项正确.
【答案】　D
4.如图1 7所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，置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，今有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度时，运动的位移为x，则
(　　)
图1 7
A.金属杆下滑的最大速度vm＝
B.在此过程中电阻R产生的焦耳热为(mgxsin
α－
mv)
C.在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsin
α－mv
D.在此过程中流过电阻R的电荷量为
【解析】　感应电动势为E＝BLv
感应电流为I＝
安培力为F＝BIL＝
根据平衡条件是mgsin
α－F＝0
解得vm＝
由能量守恒定律得
mgxsin
α－mv＝Q
又因QR＝Q
所以QR＝(mgxsin
α－mv)
由法拉第电磁感应定律得通过R的电荷量为
q＝＝
所以只有选项B正确.
【答案】　B
5.如图1 8所示，固定于水平桌面上足够长的两平行光滑金属导轨PQ、MN，其电阻不计，间距d＝0.5
m，P、M之间接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B0＝0.2
T的匀强磁场中，两金属棒L1、L2平行地搁在导轨上，其电阻均为r＝0.1
Ω，质量分别为M1＝0.3
kg和M2＝0.5
kg.固定棒L1，使L2在水平恒力F＝0.8
N的作用下，由静止开始运动.试求：
图1 8
(1)当电压表读数为U＝0.2
V时，棒L2的加速度为多大？
(2)棒L2能达到的最大速度vm.
【解析】　(1)流过L2的电流I＝＝
A＝2
A
L2所受的安培力F′＝B0Id＝0.2
N
对L2由牛顿第二定律可得：
F－F′＝M2a
解得：a＝1.2
m/s2
(2)安培力F安与恒力F平衡时，棒L2速度达到最大，设此时电路电流为Im，则F安＝B0Imd
而Im＝
F安＝F
解得：vm＝＝16
m/s.
【答案】　(1)1.2
m/s2　(2)16
m/s
我还有这些不足：
(1)　
(2)　
我的课下提升方案：
(1)　
(2)　
章末综合测评(一)
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本题包括10小题，每小题6分，共60分.在每小题给出的四个选项中，第1～7小题只有一项符合题目要求.第8～10小题有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.)
1.高频感应炉是用来熔化金属并对其进行冶炼的，如图为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被冶炼金属中，因此适于冶炼特种金属，该炉的加热原理是(　　)
图1
A.利用线圈中电流产生的焦耳热
B.利用线圈中电流产生的磁场
C.利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流
D.给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电
【解析】　高频感应炉的原理是给线圈通以高频交变电流后，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生强涡流，利用涡流的热效应，可使金属熔化.
【答案】　C
2.如图2，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为(　　)
图2
A.c→a,2∶1　
B.a→c,2∶1
C.a→c,1∶2
D.c→a,1∶2
【解析】　根据右手定则可知金属杆中感应电流的方向由N→M，所以电阻R中的电流方向是a→c；由E＝BLv，其他条件不变，磁感应强度变为原来的2倍，则感应电动势也变为原来的2倍.故C正确，A、B、D错误.
【答案】　C
3.如图3，一质量为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3
A.T1＞mg，T2＞mg
B.T1＜mg，T2＜mg
C.T1＞mg，T2＜mg
D.T1＜mg，T2＞mg
【解析】　金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ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，则金属圆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
4.风速仪的简易装置如图甲所示.在风力作用下，风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化.风速为v1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示；若风速变为v2，且v2＞v1，则感应电流的峰值Im、周期T和电动势E的变化情况是(　　)
【导学号：72000056】
甲　　
　乙
图4
A.Im变大，T变小
B.Im变大，T不变
C.Im变小，T变小
D.Im不变，E变大
【解析】　风速越大，永磁铁转动越快，线圈中的磁通量变化越快，感应电动势越大，感应电流越大，即Im变大；根据关系式T＝可知，T变小.本题答案为A.
【答案】　A
5.如图5所示，L是电阻不计的自感线圈，C是电容器，E为电源，在开关S闭合和断开时，关于电容器的带电情况，下列说法正确的是(　　)
图5
A.S闭合瞬间，A板带正电，B板带负电
B.S保持闭合，A板带正电，B板带负电
C.S断开瞬间，A板带正电，B板带负电
D.由于线圈L的电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下电容器均不带电
【解析】　当S闭合瞬间，L内电流增大，产生的自感电动势的方向是由下指向上，使电容器充电，A板带正电，B板带负电，A项正确；当S保持闭合时，L的电阻为零，电容器两极板被短路，不带电，B项错误；当S断开瞬间，L内的电流减小，自感电动势的方向由上指向下，在L、C组成的回路中给电容器充电，使B板带正电，A板带负电，C项错误.
【答案】　A
6.如图6，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动.t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v t图像中，可能正确描述上述过程的是(　　)
【导学号：72000057】
图6
【解析】　导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点.
线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E＝BLv、I＝及F＝BIL＝ma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确.
【答案】　D
7.(2015·山东高考)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内.左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化.规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab t图像可能正确的是(　　)
【导学号：72000058】
甲
乙
图7
【解析】　由题图乙知，0～0.25T0，外圆环电流逐渐增大且逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以uab>0，根据法拉第电磁感应定律uab＝＝知，uab逐渐减小；
t＝0.25T0时，＝0，所以＝0，uab＝0；同理可知0.25T0【答案】　C
8.如图8所示的电路中，开关S闭合且电路达到稳定时，流过灯泡A和线圈L的电流分别为I1和I2，在开关S断开的瞬间，为使小灯泡能比原来更亮一些然后逐渐熄灭应(　　)
【导学号：72000059】
图8
A.必须使I2>I1
B.与I1、I2大小无关，但必须使线圈自感系数L足够大
C.自感系数L越大，切断时间越短，则I2也越大
D.不论自感系数L多大，开关S断开瞬间I2只能减小，不会增大
【解析】　开关S断开后，线圈L与灯泡A构成回路，线圈中由于自感电动势作用电流由I2逐渐减小，灯泡由于与线圈构成回路，灯泡中电流由I1变为I2然后逐渐减小，所以要想小灯泡能比原来更亮一些，应有I2>I1，所以A、D项正确.
【答案】　AD
9.用一根横截面积为S、电阻率为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9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9
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|
【解析】　由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过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.
【答案】　BD
10.如图10所示，一个水平放置的“∠”形光滑导轨固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好.在外力作用下、导体棒以恒定速度v向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻为计时起点，则回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间t变化的下列图像中正确的是(　　)
【导学号：72000060】
图10
【解析】　设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t，导体棒的水平位移为x＝vt，导体棒切割磁感线的有效长度L＝vt·tan
θ，所以回路中感应电动势E＝BLv＝Bv2t·tan
θ，感应电动势与时间t成正比，A正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，故感应电流大小与时间无关，B错误；导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为平衡力，故回路的外力的功率P＝Fv＝BILv＝BIv2t·tan
θ，与时间成正比，故C正确；回路产生的焦耳热Q＝I2Rt，式中电流不变，回路电阻与t成正比，故焦耳热Q与t2成正比，D错误.
【答案】　AC
二、计算题(本大题共3个小题，共40分，按题目要求作答.)
11.(10分)如图11所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽0.5
m，框电阻不计，匀强磁场磁感应强度为1
T，方向与框面垂直，金属棒MN电阻为1
Ω、质量为0.1
kg，无初速度地释放并与框保持良好接触地竖直下落，从释放到达到最大速度的过程中，通过棒某一截面的电荷量为2
C.求：此过程中回路产生的电能.(空气阻力不计，g取10
m/s2)
图11
【解析】　通过导体横截面的电荷量
q＝＝＝，h＝＝4
m.
又因为速度达最大时a＝0，mg＝BIl，I＝＝2
A，而I＝，v＝＝4
m/s.
下落过程中重力势能转化为棒的动能和电能，故
E＝mgh－mv2＝0.1×10×4
J－×0.1×42
J
＝3.2
J.
【答案】　3.2
J
12.(14分)(2015·浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡.线圈的水平边长L＝0.1
m，竖直边长H＝0.3
m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0
T，方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在0～2.0
A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度取g＝10
m/s2)
【导学号：72000061】
甲　　　　乙
图12
(1)为使电磁天平的量程达到0.5
kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10
Ω.不接外电流，两臂平衡.如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1
m.当挂盘中放质量为0.01
kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.
【解析】　(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL
①
天平平衡有mg＝N1B0IL
②
当电流为最大值2.0
A时，N1有最小值
代入数据得N1＝25匝
③
(2)由电磁感应定律得E＝N2
④
E＝N2Ld
⑤
由欧姆定律得I′＝
⑥
线圈受到安培力F′＝N2B0I′L
⑦
天平平衡m′g＝NB0·
⑧
代入数据可得
＝0.1
T/s
【答案】　(1)25匝　(2)0.1
T/s
13.(16分)(2015·广东高考)如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4
m.导轨右端接有阻值R＝1
Ω的电阻.导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好.导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1
s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1
m/s做直线运动，求：
【导学号：72000062】
(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式.
图13
【解析】　(1)正方形磁场的面积为S，则S＝＝0.08
m2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的.由B t图像可知＝0.5
T/s，根据E＝n，得回路中的感应电动势E＝S＝0.5×0.08
V＝0.04
V.
(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大.此时感应电动势E′＝BLv＝0.5×0.4×1
V＝0.2
V；
回路中感应电流I′＝＝
A＝0.2
A
导体棒受到的安培力
F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4
N＝0.04
N
当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度
l＝2v(t－1)
(1
s≤t≤1.2
s)
感应电动势e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V
感应电流i＝＝(t－1)A
(1
s≤t≤1.2
s)
【答案】　(1)0.04
V　(2)0.04
N　i＝(t－1)A(1
s≤t≤1.2
s)