课时跟踪检测（五）
涡
流（选学）
1．下列应用哪些与涡流无关( )
A．高频感应冶炼炉
B．汽车的电磁式速度表
C．家用电表
D．闭合线圈在匀强磁场中转动，切割磁感线产生的电流
解析：选D 真空冶炼炉，炉外线圈通入交变电流，使炉内的金属中产生涡流；汽车速度表是磁电式电流表，指针摆动时，铝框骨架中产生涡流；家用电表(转盘式)的转盘中会有涡流产生；闭合线圈在磁场中转动产生的感应电流，不同于涡流，选项D错误。
2．(多选)如图1所示，磁电式仪表的线圈通常是用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )
图1
A．防止涡流而设计的
B．利用涡流而设计的
C．起电磁阻尼的作用
D．起电磁驱动的作用
解析：选BC 线圈通电后在安培力作用下转动，铝框随之转动，在铝框内产生涡流。涡流将阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来，这样做是利用涡流来起电磁阻尼的
作用。
3.如图2所示，条形磁铁用细线悬挂在O点。O点正下方固定一个水平放置的铝线圈。让磁铁在竖直面内摆动，下列说法中正确的是( )
图2
A．磁铁左右摆动一次，线圈内感应电流的方向改变2次
B．磁铁始终受到感应电流磁场的斥力作用
C．磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力
D．磁铁所受到的感应电流对它的作用力有时是阻力，有时是动力
解析：选C 磁铁向下摆动时，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向的感应电流(从上面看)，并且磁铁受到感应电流对它的作用力为阻力，阻碍它靠近；磁铁向上摆动时，根据楞次定律，线圈中产生顺时针方向的感应电流(从上面看)，磁铁受感应电流对它的作用力仍为阻力，阻碍它远离，所以磁铁在左右摆动一次过程中，电流方向改变3次，感应电流对它的作用力始终是阻力，只有C项正确。
4．(多选)如图3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3
A．2是磁铁，在1中产生涡流
B．1是磁铁，在2中产生涡流
C．该装置的作用是使指针能够转动
D．该装置的作用是使指针能很快地稳定
解析：选AD 1在2中转动产生感应电流，感应电流受到安培力作用阻碍1的转动，A、D对。
5.
(多选)一块铜片置于如图4所示的磁场中，如果用力把这块铜片从磁场拉出或把它进一步推入，在这两个过程中，有关磁场对铜片的作用力，下列叙述正确的是( )
图4
A．拉出时受到阻力
B．推入时受到阻力
C．拉出时不受磁场力
D．推入时不受磁场力
解析：选AB 对于铜片，无论是拉出还是推入的过程中，铜片内均产生涡流，外力都要克服安培力做功，所以，选项A、B正确。
6.如图5所示，一条形磁铁从高h处自由下落，途中穿过一个固定的空心线圈。当K断开时，磁铁落地所用的时间为t1，落地时的速度为v1；当K闭合时，磁铁落地所用的时间为t2，落地时的速度为v2，则它们的大小关系为( )
图5
A．t1>t2，v1>v2
B．t1＝t2，v1＝v2
C．t1D．t1v2
解析：选D 当K断开时，线圈中没有感应电流，磁铁做自由落体运动，磁铁下落的加速度a1＝g；当K闭合时，磁铁在穿过线圈时，线圈中会产生感应电流，对磁铁的运动产生阻碍作用，故此时磁铁下落的加速度a2v2，故选项D
正确。
7.如图6所示，在光滑的水平面上有一个铝质金属球，以速度v0向一个有界的匀强磁场运动，匀强磁场方向垂直于纸面向里，从金属球刚开始进入磁场到全部穿出磁场的过程中(磁场的宽度大于金属球的直径)，则金属球( )
图6
A．整个过程中做匀速运动
B．进入磁场过程做减速运动，穿出磁场过程做加速运动
C．整个过程中做匀减速运动
D．穿出时的速度一定小于进入时的速度
解析：选D 金属球在进入、穿出磁场的过程中均有涡流产生，金属球都要受到阻力作用，该过程中做减速运动；金属球在完全进入磁场到未开始穿出磁场的过程中，金属球中无涡流产生，此过程中做匀速运动。故选项D正确。
8.
(多选)如图7所示，半圆形曲面处于磁场中，光滑金属球从高h的曲面滚下，又沿曲面的另一侧上升，设金属球初速度为零，曲面光滑，则( )
图7
A．若是匀强磁场，球滚上的高度小于h
B．若是匀强磁场，球滚上的高度等于h
C．若是非匀强磁场，球滚上的高度等于h
D．若是非匀强磁场，球滚上的高度小于h
解析：选BD 若是匀强磁场，则穿过球的磁通量不发生变化，球中无涡流，机械能没有损失，故球滚上的高度等于h，选项A错B对；若是非匀强磁场，则穿过球的磁通量发生变化，球中有涡流产生，机械能转化为内能，故球滚上的最高高度小于h，选项C错
D对。
9.
(多选)如图8所示，在O点正下方有一个具有理想边界的方形磁场，铜球在A点由静止释放，向右摆到最高点B，不考虑空气及摩擦阻力，则下列说法正确的是( )
图8
A．A、B两点在同一水平面上
B．A点高于B点
C．A点低于B点
D．铜球最终将做等幅摆动
解析：选BD 铜球在进入和穿出磁场的过程中，穿过金属球的磁通量发生变化，球中产生涡流，进而产生焦耳热，因此球的机械能减少，故A点高于B点。铜球的摆角会越来越小，最终出不了磁场，而在磁场内做等幅摆动。
10.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图9所示，该抛物线的方程是y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的总热量为( )
图9
A．mgb
B.mv2
C．mg(b－a)
D．mg(b－a)＋mv2
解析：选D 小金属环进入和离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，小金属环的一部分机械能转化为自身的内能；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，机械能守恒。最终小金属环在磁场中沿曲面做往复运动，由能量守恒定律可得产生的总热量等于小金属环减少的机械能。即：Q＝mg(b－a)＋mv2。选项D正确。
11.如图10所示，质量为m＝100
g的铝环，用细线悬挂起来，环中心距地面的高度
h＝0.8
m。现有一质量为M＝200
g的小磁铁(长度可忽略)，以v0＝10
m/s的水平速度射入并穿过铝环，落地点与铝环原位置的水平距离为x＝3.6
m，小磁铁穿过铝环后的运动看作平抛运动。
图10
(1)小磁铁与铝环发生相互作用时铝环向哪边偏斜？
(2)若铝环在小磁铁穿过后的速度为v′＝2
m/s，在小磁铁穿过铝环的整个过程中，铝环中产生了多少电能？(g取10
m/s2)
解析：(1)由楞次定律可知，当小磁铁向右运动时，铝环向右偏斜(阻碍相对运动)。
(2)由磁铁穿过铝环飞行的水平距离可求出穿过铝环后磁铁的速度v＝
m/s
＝9
m/s
由能量守恒可得W电＝Mv02－Mv2－mv′2＝1.7
J。
答案：(1)铝环向右偏斜 (2)1.7
J
12．磁悬浮列车的原理如图11所示，在水平面上，两根平行直导轨间有竖直方向且等距离的匀强磁场B1和B2，导轨上有金属框abcd，当匀强磁场B1和B2同时以速度v沿直线向右运动时，金属框也会沿直导轨运动。设直导轨间距为l＝0.4
m，B1＝B2＝1
T，磁场运动速度v＝5
m/s，金属框的电阻R＝2
Ω。试回答下列问题：
图11
(1)金属框为什么会运动？若金属框不受阻力，将如何运动？
(2)当金属框始终受到f＝1
N的阻力时，金属框的最大速度是多少？
(3)当金属框始终受到f＝1
N的阻力时，要使金属框维持最大速度，每秒需要消耗多少能量？这些能量是谁提供的？
解析：(1)因为磁场B1、B2向右运动，金属框相对于磁场向左运动，于是金属框ad、bc两边切割磁感线产生感应电流，当金属框在实线位置时，由右手定则知产生逆时针方向的电流，受到向右的安培力作用，所以金属框跟随匀强磁场向右运动。如果金属框处于虚线位置，则产生顺时针方向的感应电流，由左手定则知，所受安培力方向仍然是水平向右。故只要两者处于相对运动状态，金属框始终受到向右的安培力作用。金属框开始处于静止状态(对地)，受安培力作用后，向右做加速运动，当速度增大到5
m/s时，金属框相对静止做匀速运动。
(2)当金属框始终受到f＝1
N的阻力时，达最大速度时受力平衡，f＝F安＝2BIl，式中I＝，v－vm为磁场速度和线框最大速度之差，即相对速度，所以vm＝v－＝1.875
m/s。
(3)消耗的能量由两部分组成，一是转化为线框的内能，二是克服阻力做功，所以消耗能量的功率为P＝I2R＋fvm，式中I＝＝
A＝1.25
A，所以W＝[(1.25)2×2＋1×1.875]×1
W＝5
W，这些能量是由磁场提供的。
答案：(1)见解析 (2)1.875
m/s (3)每秒消耗5
J的能量，这些能量是由磁场提供的课时跟踪检测（八）
电容器在交流电路中的作用
电感器在交流电路中的作用
1．(多选)关于对感抗的理解，下面说法正确的有( )
A．感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势而对电流的变化产生的阻碍作用
B．感抗仅与电源的频率有关，与线圈自感系数无关
C．电感产生的感抗对交变电流有阻碍作用，但不会因此消耗电能
D．感抗和电阻等效，对任何交变电流都是一个确定值
解析：选AC 感抗产生的机理就是通过电感的电流发生变化，电感中会产生自感电动势阻碍原电流的变化，这种对变化电流的阻碍作用就是感抗。此过程中电感存储的电能没有消耗，交变电流频率越大，自感电动势越大，产生的阻碍作用越强；线圈自感系数越大，感抗越大，产生的自感电动势也越大，阻碍作用也越大，所以只有A、C
对。
2．下列说法中正确的是( )
A．电感对交流的阻碍作用是因为电感存在电阻
B．电容对交流的阻碍作用是因为电容器的电阻
C．感抗、容抗和电阻一样，电流通过它们做功时都是电能转化为内能
D．在交变电路中，电阻、感抗、容抗可以同时存在
解析：选D 交变电流通过线圈时，在线圈上产生自感电动势，对电流的变化起到阻碍作用，A错误。交变电流通过电容器时，电容器两极间的电压与电源电压相反，阻碍了电流的流动，B错误。电流通过它们做功时，只有在电阻上产生热，在线圈上产生磁场能，在电容器上产生电场能，C错误，故D正确。
3．(多选)在交变电流频率一定的情况下，下列关于电容器、容抗、电感器和感抗的说法中正确的有( )
A．电容越大，容抗越小
B．电感越大，感抗越大
C．电容器通交流，隔直流
D．电感器通高频，阻低频
解析：选ABC 由容抗XC＝和感抗XL＝2πfL，可知A、B正确；电容器能“通交流，隔直流”，故C正确；但电感器是“通低频，阻高频”，故D错误。
4.如图1所示，某电子电路的输入端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，下列说法中不正确的有( )
图1
A．L在此的功能为通直流，阻交流
B．L在此的功能为通低频、阻高频
C．C1在此的功能为通交流，隔直流
D．C2在此的功能为通高频、阻低频
解析：选B 由于该电路要把交流的低频成分送到下一级，故低频部分不能直接从输入端短路掉，所以电感L的作用是通直流、阻交流，而不能是通低频、阻高频，故选项B的说法是不正确的，故选B。
5.
(多选)如图2所示，电路中三个完全相同的灯泡a、b和c分别与电阻器R、电感线圈L和电容器C串联，当电路两端连接电压为u1＝220sin
100πt
V的交变电源时，三个灯泡亮度恰好相同。若将电路两端接入的交变电源的电压变为u2＝220sin
120πt
V，则将发生的现象是(各灯泡均未被烧毁)( )
图2
A．a灯亮度不变
B．b灯变暗
C．c灯更亮
D．三灯亮度都不变
解析：选ABC 根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b灯变暗；根据电容器的特性：通高频、阻低频；当电源的频率变高时，电容器对电流的容抗减小，c灯变亮；而电阻的阻碍作用与频率无关，a灯亮度不变，故选项A、B、C正确，选项D错误。
6.如图3所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C并联接到某一交流电源上时，三只电流表的示数相同。若保持电源电压不变，而使交变电流的频率逐渐减小，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系是( )
图3
A．I1＝I2＝I3
B．I2>I1>I3
C．I3>I1>I2
D．I1>I2>I3
解析：选B 电感线圈的特点是通低频、阻高频，电容器的特点是通高频、阻低频，所以当频率减小时通过线圈的电流增大，通过电容器的电流减小，而通过电阻的电流不变，故B正确。
7．(多选)如图4甲、乙所示电路是电子技术中的常用电路，a、b是各电路的输入端，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。关于两电路中负载电阻R上得到的电流特征，下列说法正确的是( )
图4
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得到的是交流低频成分
D．图乙中R得到的是交流高频成分
解析：选AC 根据电容器“隔直流、通交流，阻低频、通高频”的特点可知，题图甲中R得到的是交流成分，题图乙中R得到的是交流低频成分。故选项A、C正确。
8.
(多选)如图5所示，三个灯泡相同，而且足够耐压，电源内阻忽略。单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，那么S接B时( )
图5
A．三个灯亮度不再相同
B．甲灯最亮，丙灯不亮
C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮
D．只有丙灯不亮，乙灯最亮
解析：选AD S接A时，为交流电源，此时R、L、C对交变电流的阻碍作用相同；
S接B时，变为直流电源，故三灯亮度不再相同，其中乙灯最亮，而丙灯不亮，故A、D正确。
9．图6所示是电子技术中的四种常用电路。a、b是电路的输入端，其中输入的高频电流用“”表示，低频电流用“～”表示，直流电流用“—”表示。对于负载电阻R中通过的电流，有以下说法：
图6
①图甲中R通过的是低频电流；
②图乙中R通过的是高频电流；
③图乙中R通过的是低频电流；
④图丙中R通过的是直流电流；
⑤图丁中R通过的是高频电流。
以上说法正确的是( )
A．①②③
B．②③④
C．③④⑤
D．①③④
解析：选D 图甲中，电容器隔直流，R中通过低频电流；图乙中，电容器可以和高频交变电流形成通路，R中通过低频电流；图丙中，电容器C很大，容抗较小，可以通过低频电流，故R中通过直流电流；图丁中，电感器L很大，f越高，感抗越大，阻碍高频电流通过，R中通过低频电流，故选D项。
10.
“二分频”音响内有高音、低音两个扬声器，音响要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频按高频、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高频、低频的机械振动。如图7所示为音响的电路图，高频、低频混合电流由a、b输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则( )
图7
A．甲扬声器是高音扬声器
B．C2的作用是阻碍高频电流通过乙扬声器
C．L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D．L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流
解析：选D 混合音频由a、b送入音响，L1起通低频、阻高频的作用，C1起高频旁路的作用，故甲扬声器是低音扬声器，选项A、C错误；C2起通高频、阻低频的作用，L2起通低频、阻高频的作用，故乙扬声器是高音扬声器，选项B错误，D正确。
11．如图8所示的甲、乙、丙三种电路是电子技术中的常用电路，a、b是输入端，其中高频成分用“?”表示，低频成分用“～”表示，直流成分用“－”表示，则甲、乙、丙负载R上得到的电流的主要特征各是什么？
图8
解析：甲：低频成分；因电容器有隔直流作用，C较大时，低频易通过。
乙：低频成分；因电容器对高频有旁路作用，C较小，通高频，阻低频。
丙：直流成分；因电容器有旁路作用和隔直作用，C越大时，容抗越小，低频成分越容易通过旁路。
答案：见解析
12.如图9所示，是一个判定A、B之间电源性质的仪器，自感系数和电容都较大。若接通电源后只有绿灯亮，则A、B之间是什么电源？若只有红灯亮或黄灯亮，A、B之间电源又如何？
图9
解析：由于电容器C具有隔直流的特性，故只有绿灯亮时A、B之间必是交流电源，至于此时为什么红灯和黄灯不亮，则是由于线圈L具有阻交流的作用。当A、B之间接入直流电时，绿灯不亮是肯定的，此时红灯亮还是黄灯亮，则必须考虑二极管D1和D2的单向导电性。故A、B间接交变电流时，绿灯亮；A、B间接直流电且A端是正极时红灯亮；A、B间接直流电且B端是正极时黄灯亮。
答案：见解析课时跟踪检测（九）
变
压
器
1．(多选)关于理想变压器，下面说法正确的是( )
A．它的输出功率可以大于它的输入功率
B．它的输出功率等于它的输入功率
C．原副线圈两端的电压与它们的匝数成正比
D．原副线圈两端的电流与它们的匝数成反比
解析：选BCD 输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，并且大小相等，所以A错误，B正确；输出电压是由输入电压和匝数比决定的，电压与匝数成正比，所以C正确；原副线圈的电流与它们的匝数成反比，所以D正确。
2．在以下四种情况下，可以将电压升高供给电灯的变压器是( )
解析：选D A、C图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故A、C错误；B图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故B错误；D图中，原线圈匝数比副线圈匝数少，所以是升压变压器，故D正确。
3.一输入电压为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，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图1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1
A．1
100,360
B．1
100,180
C．2
200,180
D．2
200,360
解析：选B 对新绕线圈的理想变压器，根据变压比公式得n1＝＝＝1
100，变压器烧坏前，同理n2＝＝＝180，故B正确。
4．(多选)如图2甲所示，一理想变压器原副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22
W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )
图2
A．灯泡的电压为110
V
B．副线圈输出交流电的频率为50
Hz
C．U＝220
V，I＝0.2
A
D．原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝220
sin
100πt
V
解析：选ABD 有效值为：U＝
V＝220
V，副线圈的电压为U2＝U1＝110
V，电流为：
A＝0.2
A，电流表示数为：×0.2
A＝0.1
A，A正确，C错误；原线圈的频率为f＝
Hz＝50
Hz，变压器不会改变频率，故B正确；瞬时值表达式为：u＝220sin
100πt
V，故D正确。
5．图3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3
A．电压表V1示数增大
B．电压表V2、V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
解析：选D 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错误；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。
6．(2016·天津高考)如图4所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是( )
图4
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大
解析：选B 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2＝变小，R1消耗的功率PR1＝I22R1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1＝I2R1变小，则电压表V的示数UV＝U2－UR1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系＝，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R总′变小，通过副线圈的电流I2′＝变大，则通过原线圈的电流I1′变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压UR1′＝I2′R1变大，则R2两端的电压UR2′＝U2－UR1′变小，电流表A2的示数变小，选项D错误。
7.如图5所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，电源电压u＝220sin
314t
V，原线圈电路中接入熔断电流I0＝1
A的保险丝，副线圈电路中接入一可变电阻R，则( )
图5
A．电压表的读数为77
V
B．当可变电阻R的阻值变大时，电源的输入功率变大
C．可变电阻R的阻值低于13.75
Ω时保险丝将熔断
D．副线圈的输出功率一定是200
W
解析：选C 原线圈输入电压220
V，由变压器变压公式，副线圈输出电压即电压表的读数为55
V，选项A错误；当可变电阻R的阻值变大时，变压器输出功率减小，电源的输入功率变小，选项B错误；可变电阻R的阻值低于13.75
Ω时，变压器输出功率大于220
W，原线圈电路中电流大于保险丝的熔断电流I0＝1
A，保险丝将熔断，选项C正确；副线圈的输出功率随可变电阻的增大而减小，选项D错误。
8．(多选)如图6所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表○
接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
图6
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
解析：选BD 变压器的变压比＝，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压。U1＝Uab，由于二极管的单向导电特性，Ucd≠U2，选项A错误。增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B正确。c、d端的电压由输入电压Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Uab不变，选项C错误。根据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T＝·＋0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2T＝T，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确。
9．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图7中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则( )
图7
A．ab接MN、cd接PQ，Iab＜Icd
B．ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd
C．ab接PQ、cd接MN，Iab＜Icd
D．ab接PQ、cd接MN，Iab＞Icd
解析：选B 电流互感器ab一侧线圈匝数比cd一侧线圈匝数少，根据电流关系得I1n1＝I2n2，所以Iab＞Icd，电流表应接在电流较小的一侧，故选项B正确。
10．如图8所示，MN和PQ为处于同一平面内的两根平行的光滑金属导轨，垂直于导轨放置的金属棒ab与导轨接触良好。N、Q端接理想变压器的原线圈，理想变压器的输出端有三组副线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C。在水平金属导轨之间加一竖直向下的匀强磁场。若用IR、IL、LC分别表示通过R、L和C的电流，则下列判断中正确的是( )
图8
A．在ab棒匀速运动且ab棒中电流达到稳定后，IR≠0、IL≠0、IC＝0
B．在ab棒匀速运动且ab棒中电流达到稳定后，IR≠0、IL＝0、IC＝0
C．如果ab棒在某一中心位置附近做非匀变速往复运动，那么IR≠0、IL≠0、IC≠0
D．如果ab棒做匀加速运动，那么IR≠0、IL≠0、IC≠0
解析：选C 当ab棒匀速运动时，变压器输出电压为0，故IR、IL、IC均为0，A、B均错误。当ab棒做非匀变速往复运动时，变压器输出交变电压，所以三个电路中均有电流，C正确。当ab棒做匀加速运动时，变压器输出恒定电压，所以电阻、电感器中有电流，电容器处于断路，所以D项错误。
11．如图9所示，交流发电机电动势的有效值E＝20
V，内阻不计，它通过一个R＝6
Ω的指示灯连接变压器。变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都标有“6
V 0.25
W
”，且灯泡都正常发光，导线电阻不计。求：
图9
(1)降压变压器初级、次级线圈匝数之比；
(2)发电机的输出功率。
解析：(1)彩色小灯泡的额定电流
IL＝＝
A＝
A，
次级线圈总电流I2＝24IL＝1
A。
变压器输入功率等于I1U1＝I2U2＝6
W。
变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得
E＝U1＋I1R＝＋6I1，
代入E值解得I1＝
A(I1＝3
A应舍去，据题意是降压变压器，应I1＜I2)，
所以＝＝。
(2)发电机输出功率P＝I1E≈6.67
W。
答案：(1)3∶1 (2)6.67
W
12．如图10甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u t图像如图乙所示。若只在ce间接一只Rce＝400
Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225
Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80
W。
图10
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；
(2)求只在ce间接400
Ω电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)求ce和de间线圈的匝数比。
解析：(1)由题图乙知T＝0.01
s
ω＝200π
rad/s
电压瞬时值uab＝400sin
200πt(V)。
(2)电压有效值U1＝200
V
理想变压器P1＝P2
原线圈中的电流I1＝，
解得I1≈0.28
A。
(3)设ab间匝数为n1，＝，
同理＝
由题意知＝，
解得＝
代入数据得＝。
答案：(1)见解析 (2)0.28
A (3)课时跟踪检测（十一）
传感器
温度传感器和光传感器
1．下列关于传感器的说法正确的是( )
A．话筒是一种常用的传感器，其作用是将电信号转换为声音信号
B．在天黑楼道里出现声音时，楼道里的灯才亮，说明它的控制电路中只有声音传感器
C．光敏电阻能够把光照强弱变化转换为电阻大小变化
D．电子秤中所使用的测力装置是温度传感器
解析：选C 话筒是一种常用的传感器，其作用是将声音信号转换为电信号，故A错误。在天黑楼道里出现声音时，楼道里的灯才亮，说明它的控制电路中既有声音传感器，又有光传感器，故B错误。光敏电阻能够把光照强弱变化转换为电阻大小变化，故C正确。电子秤中所使用的测力装置是压力传感器，故D错误。
2．下列应用了温度传感器的是( )
A．商场里的自动玻璃门
B．夜间自动打开的路灯
C．自动恒温冰箱
D．楼梯口在夜间有声音时就亮的灯
解析：选C 商场里的自动玻璃门是应用了红外线传感器，A错误；夜间自动打开的路灯是利用了光传感器，B错误；自动恒温冰箱是利用了温度传感器，C正确；夜间有声音时就亮的楼梯灯是利用了声音传感器，D错误。
3.如图1所示，在电路中接一段钨丝，闭合开关，灯泡正常发光，当用打火机给钨丝加热时灯泡亮度明显变暗，根据钨丝的上述特性，可用钨丝来制作一个温度传感器，下面的说法中不正确的是( )
图1
A．该传感器利用了钨丝的物理性质
B．该传感器利用了钨丝电阻随温度变化而变化的特性
C．该传感器能够把热学量(温度)转换为电学量(电阻)
D．该传感器能够把电学量(电阻)转换为热学量(温度)
解析：选D 由题目中的实验现象可知，钨丝的电阻随温度的升高而增大，随温度的降低而减小，利用该特性可以制成温度传感器，传感器能够把温度这个热学量转换为电阻这个电学量。故A、B、C正确，D错误。
4．(多选)已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大，为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图2所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光，若探测装置从无磁场区域进入强磁场区，则( )
图2
A．电灯L变亮
B．电灯L变暗
C．电流表示数减小
D．电流表示数增大
解析：选AC 探测装置从无磁场区进入强磁场区时，电阻变大，则电路的总电阻变大，根据I＝可知总电流变小，所以电流表的示数减小，根据U＝E－Ir，可知I减小，U增大，所以灯泡两端的电压增大，所以电灯L变亮，故A、C正确。
5.
(多选)传感器是一种采集信息的重要器件，如图3是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串联接成闭合电路，那么( )
图3
A．当F向上压膜片电极时，电容将减小
B．当F向上压膜片电极时，电容将增大
C．若电流计有示数，则压力F发生变化
D．若电流计有示数，则压力F不发生变化
解析：选BC 当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式C＝得到，电容器的电容将增大，故A错误，B正确。当F变化时，电容变化，而板间电压不变，由Q＝CU，故带电荷量Q发生变化，电容器将发生充、放电现象，
回路中有电流，电流计有示数。反之，电流计有示数时，压力F必发生变化。故C正确，D错误。
6．温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化而变化的特性工作的。在图4甲中，电源的电动势E＝9.0
V，内电阻可忽略不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻值R随温度t的变化关系如图乙的R t图线所示。闭合开关S，当R的温度等于20
℃时，电流表的示数I1＝2
mA，当电流表的示数I2＝3.6
mA时，热敏电阻R的温度是( )
图4
A．60
℃
B．120
℃
C．100
℃
D．240
℃
解析：选B 由图乙查得，当温度等于20
℃时，R的阻值为R1＝4
kΩ。
当电流表示数为I1＝2
mA时，E＝I1(Rg＋R1)，
当电流表示数为I2＝3.6
mA时，设热敏电阻R的阻值为R2，则E＝I2(Rg＋R2)，
解得Rg＝0.5
kΩ，R2＝2
kΩ。
由图乙查得，当R的阻值为R2＝2
kΩ时，温度等于120
℃。故B对。
7.如图5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。若声源S做简谐运动，则( )
图5
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板间所带电荷量不变
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：选D 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，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。
8.
(多选)如图6所示，Rt为热敏电阻，R1为光敏电阻，R2和R3均为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r，V为理想电压表，现发现电压表示数增大，可能的原因是( )
图6
A．热敏电阻温度升高，其他条件不变
B．热敏电阻温度降低，其他条件不变
C．光照减弱，其他条件不变
D．光照增强，其他条件不变
解析：选AC 热敏电阻温度升高，其阻值减小，外电路的总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则通过光敏电阻的电流减小，则通过R3的电流增大，电压表的示数增大，A正确；热敏电阻温度降低时，其阻值增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压随之增大，通过光敏电阻的电流增大，所以通过热敏电阻的电流减小，电压表的示数减小，B错误；光照减弱，光敏电阻的阻值增大，外电路总电阻增大，路端电压增大，则电压表的示数增大，C正确；光照增强，光敏电阻的阻值减小，外电路总电阻减小，路端电压减小，则电压表的示数减小，D错误。
9.
(多选)霍尔式位移传感器的测量原理如图7所示，有一个沿z轴方向均匀变化的匀强磁场，磁感应强度B＝B0＋kz(B0、k均为常数)。将霍尔元件固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变(方向如图)，当物体沿z轴正方向平移时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同。则( )
图7
A．B越大，上、下表面的电势差U越大
B．k越大，传感器灵敏度越高
C．图中霍尔元件的上板电势可能比下板电势高
D．电流越大，上、下表面的电势差U越小
解析：选ABC 电流强度不变就是电荷定向运动的速度v保持不变，最后导体内部的带电粒子受到的电场力与洛伦兹力相等，即Bqv＝Eq，最终上下两板间的电势差U＝Ed＝Bdv，因此B越大，上、下表面的电势差U越大，A正确；电流大，表示电荷运动的速度越大，U也越大，D错误；而传感器灵敏度＝kdv，因此k越大，传感器灵敏度越高，B正确；当导电的电荷为正电荷时，根据左手定则，可知下极板电势高，当导电的电荷为负电荷时，可知下极板电势低，C正确。
10．(多选)有一种测量人体重的电子秤，其原理如图8虚线内所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)。设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3
A，电源电动势为12
V，内阻为2
Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30－0.02
F(F和R的单位分别是N和Ω)。下列说法正确的是( )
图8
A．该秤能测量的最大体重是1
400
N
B．该秤能测量的最大体重是1
300
N
C．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.375
A处
D．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.400
A处
解析：选AC 因为理想电流表的量程为3
A，所以电路中允许的最大电流为3
A，因此根据闭合电路欧姆定律，压力传感器的最小电阻应满足R＋2＝，R最小为2
Ω，代入R＝30－0.02F，求出最大F＝1
400
N，A正确，B错误；当F＝0时，R＝30
Ω，这时电路中的电流I＝
A＝0.375
A，C正确，D错误。
11．某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性。现用直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒定)、电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线连成如图9所示的实物图。
图9
(1)实验的主要步骤：
①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电
流值；
②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，________，________，断开开关。
③重复第②步操作若干次，测得多组数据。
(2)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图10所示的R t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R t关系式：R＝________＋________
t(Ω)(保留3位有效数字)。
图10
解析：(1)因本实验是探究热敏电阻的阻值随温度变化的特性，所以实验需要测出热敏电阻的阻值及相应的温度，热敏电阻的阻值用R＝间接测量，故需要记录的数据是温度计的示数和电压表的示数。
(2)设热敏电阻R＝R0＋kt，k＝＝0.400。由图乙知，温度为10
℃时，热敏电阻R＝104
Ω，则R0＝R－kt＝(104－0.400×10)Ω＝100
Ω，所以R＝100＋0.400t(Ω)。
答案：(1)记录温度计的示数 记录电压表的示数
(2)100 0.400
12．在开展研究性学习的过程中，某同学设计了一个利用线圈测量转轮转速的装置，如图11所示，在轮子的边缘贴上一个小磁体，将小线圈靠近轮边放置，接上数据采集器和电脑(即DIS实验器材)。如果小线圈的面积为S，匝数为N，小磁体附近的磁感应强度的最大值为B，小线圈所在回路的总电阻为R，实验发现，轮子转过θ角，小线圈的磁通量由最大值变为零。因此，他认为只要测得此过程感应电流的平均值I，就可以测出转轮转速的大小。请你运用所学的知识，通过计算对该同学的结论进行评价。
图11
解析：该同学的结论正确。
设转轮的角速度和转速分别为ω、n，轮子转过θ角所需时间为Δt，通过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ，线圈中产生的感应电动势的平均值为E。根据法拉第电磁感应定律有E＝N＝N，由闭合电路欧姆定律得感应电流的平均值I＝
又Δt＝，n＝
联立以上各式可得n＝，由此可见，该同学的结论是正确的。
答案：见解析课时跟踪检测（十二）
生活中的传感器
简单的光控和温控电路（选学）
1．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为电信号的过程，下列属于这类传感器的是( )
A．红外报警装置
B．走廊照明灯的声控开关
C．自动洗衣机中的压力传感装置
D．电饭煲中控制加热和保温的温控器
解析：选A 电视遥控器和红外报警装置工作时都是将光信号转换为电信号，则A选项正确；而B选项是将声音信号转换为电信号，C选项是感知压力来传递信息，D选项是通过温度来控制电路。
2．(多选)如图1所示是自动调温式电熨斗，下列说法正确的是( )
图1
A．常温时上下触点是接触的
B．双金属片温度升高时，上金属片形变较大，双金属片将向下弯曲
C．原来温度控制在80
℃断开电源，现要求60
℃断开电源，应使调温旋钮下调一些
D．由熨烫丝绸衣物状态转变为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮下移一些
解析：选ABD 常温工作时，上下触点是接通的，当温度升高时，上层金属片形变大，向下弯曲，切断电源。切断温度要升高，则应使调温旋钮下移一些，A、B、D对，C错。
3．(多选)全自动洗衣机中的排水阀是由程序控制器控制其动作的，当进行排水的程序时，控制铁芯1的线圈通电，使铁芯2运动，从而牵引排水阀的阀门排除污水(如图2所示)。以下说法中正确的是( )
图2
A．若输入的控制电流由a流入，由b流出，则铁芯2中A端为N极，B端为S极
B．若输入的控制电流由a流入，由b流出，则铁芯2中A端为S极，B端为N极
C．若a、b处输入交变电流，则铁芯2不能被吸入线圈中
D．若a、b处输入交变电流，则铁芯2仍能被吸入线圈中
解析：选AD 若输入的控制电流由a流入，由b流出，则螺线管左端为N极，右端为S极；铁芯被通电螺线管磁化，A端为N极，B端为S极。
4．如图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( )
图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：选D 当温度低于78
℃时，线圈中没有电流，此时仅灯L1亮；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亮报警；温度升高至74
℃时，线圈中没有电流，只是灯L1亮。
5．计算机键盘是由两片金属切片组成的小电容器。该电容器的电容可用公式C＝ε计算，式中ε＝9×10－12
F/m，S为金属片的正对面积，d表示两金属片间距。当键被按下时，此电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测出哪个键被按下了，从而给出相应的信号。设每个金属片的正对面积为50
mm2，键未按下时的金属片间距为0.6
mm。如果电容变化了0.25
pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下( )
A．0.15
mm
B．0.25
mm
C．0.35
mm
D．0.45
mm
解析：选A 根据题意d1＝0.6
mm＝0.6×10－3
m，
C1＝ε＝7.5×10－13
F。按下金属片，间距变小，电容变大，变为：
C2＝(C1＋0.25×10－12)F＝1×10－12
F，
根据公式C2＝ε得，
d2＝＝0.45×10－3
m，
Δd＝d1－d2＝0.15×10－3
m。
6．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，下列对故障判断正确的是( )
图4
A．只可能是热敏电阻出现故障
B．只可能是温度设定装置出现故障
C．热敏电阻和温度设定装置都可能出现故障
D．可能是加热器出现故障
解析：选C 恒温箱内温度持续升高，说明加热器没有损坏，选项D错误。无法自动控制，而经检查控制器又没有故障，说明控制器没问题。热敏电阻或温度设定装置出现故障都能使温度持续升高，故应选C。
7.惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计。加速度计构造原理示意图如图5所示，沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套有一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连；两弹簧的另一端与固定壁相连。滑块原来静止，弹簧处于自然长度，滑块上有指针可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导。设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度( )
图5
A．方向向左，大小为
B．方向向右，大小为
C．方向向左，大小为
D．方向向右，大小为
解析：选D 当指针向左偏离O点的距离为s时，与滑块相连的左边弹簧被压缩s，右边弹簧被拉伸s，因而弹簧对滑块的弹力的大小均为ks，且方向均水平向右，即滑块受到的合力大小为2ks，方向水平向右。由牛顿第二定律可知选项D正确。
8．某种位移传感器的工作原理如图6(a)所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的滑片P一起平移，通过理想电压表的示数来反映物体M的位移x。已知电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器的总长为L，物体M以O为平衡位置做简谐运动(取向右为正方向)，振幅为，物体经过O时P恰好位于滑动变阻器的中点。若电压表的示数U随时间t的变化关系如图(b)所示，则在图示0～t1时间内，下列说法正确的是( )
图6
A．物体M的速度为正方向且不断增大
B．物体M的速度为负方向且不断减小
C．物体M的加速度为正方向且不断增大
D．物体M的加速度为负方向且不断减小
解析：选A 由0～t1时间内，电压表的示数U随时间t的变化关系可知，物体M的速度为正方向且不断增大，加速度为正方向且不断减小，选项A正确。
9.在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图7所示。M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时( )
图7
A．RM变大，且R越大，U增大越明显
B．RM变大，且R越小，U增大越明显
C．RM变小，且R越大，U增大越明显
D．RM变小，且R越小，U增大越明显
解析：选C 此装置电路中M与R并联后再与S串联。忽略电源内阻，根据欧姆定律得I＝，S两端的电压U＝IRS增大，则电流I增大，故R并减小，所以并联支路的总电阻减小，RM必减小，故选项A、B错误。由于＝＋，即R并＝＝，当R远大于RM时，→0，则R并≈RM，此时认为RM变化了多少，R并就变化了多少，且R越大，RM的变化对U的变化影响就越明显，故选项C正确，D错误。
10．如图8所示，实线是某同学利用力传感器悬挂一钩码在竖直方向运动时，数据采集器记录下的力传感器中拉力的大小变化情况。从图中可知道该钩码的重力约为________N，A、B、C、D四段图线中钩码处于超重状态的为________，处于失重状态的为________。
图8
解析：当拉力的大小不变时，力传感器悬挂的钩码在竖直方向是匀速运动，此时力传感器的读数大小等于钩码的重力，约10
N。当力传感器读数大于重力时，钩码处于超重状态，即A、D状态。当力传感器读数小于重力时，钩码处于失重状态，即B、C状态。
答案：10 A、D B、C
11.有一种测量压力的电子秤，其原理图如图9所示。E是内阻不计、电动势为6
V的电源。R0是一个阻值为300
Ω的限流电阻。G是由理想电流表改装成的指针式测力显示器。R是一个压敏电阻，其阻值可随压力大小变化而改变，其关系如下表所示。C是一个用来保护显示器的电容器。秤台的重力忽略不计。试分析。
图9
压力F/N
0
50
100
150
200
250
300
…
电阻R/Ω
300
280
260
240
220
200
180
…
(1)利用表中的数据写出电阻R随压力F变化的函数式。
(2)若电容器的耐压值为5
V，该电子秤的最大称量值为多少？
(3)如果把电流表中电流的刻度变换成压力刻度，则该测力显示器的刻度是否均匀？
解析：(1)由表中数据可知
k＝＝＝0.4
Ω/N。
所以电阻R随压力F变化的函数表达式为
R＝(300－0.4F)Ω。
(2)R上受到的压力越大，R的阻值越小，电容器两端电压越大，但不能超过5
V，所以＝，解得R＝60
Ω，
又因为R＝(300－0.4
F)Ω，
得出F＝600
N。
(3)电流表中的电流
I＝＝，
电流I与压力F不是线性关系，则该测力显示器的刻度不均匀。
答案：(1)R＝(300－0.4
F)Ω
(2)600
N (3)不均匀
12．如图10所示是一种自动测定油箱内油面高度的装置。其中R是滑动变阻器，阻值范围是0～100
Ω，它的金属滑片是杠杆的一端，油量表是由量程为0～0.6
A的电流表改装而成，从指针所指的刻度可知油箱内油面的高度；R′为校准电阻。已知电源电压为12
V，油箱空和油箱满时金属滑片恰分别在滑动变阻器的两端点a、b处。
图10 图11
(1)当油箱满时，电流表示数恰好为满偏刻度0.6
A，求校准电阻R′的阻值和油箱空时电流表的示数。
(2)若将电流表改换为电压表，用电压表指针指示的刻度显示油箱内油面的高度，要求油面上升时电压表的读数增大，请将电压表○画在图11中，并标明电压表的“＋”、“－”接线柱。若改装后电路中校准电阻的阻值不变，求电压表示数的变化范围。
解析：(1)油箱满时，金属滑片在b处，滑动变阻器连入电路的电阻为零，电流表示数恰好为满偏刻度0.6
A，则
R′＝＝＝20
Ω
油箱空时，金属滑片在a处，滑动变阻器连入电路的电阻R＝100
Ω，则电流表的示数为I1＝＝＝0.1
A。
(2)为符合油面上升时电压表读数增大的要求，应使电压表与校准电阻R′并联，电压表示数变化的范围由金属滑片在a、b两处时校准电阻R′两端的电压决定。如图所示。
金属滑片在a处时U1＝＝2
V，金属滑片在b处时U2＝12
V，故电压表示数的变化范围为2～12
V。
答案：(1)20
Ω 0.1
A (2)图见解析 2～12
V课时跟踪检测（六）
交变电流
1．下列说法中正确的是( )
A．只有大小和方向都不发生变化的电流才是直流电
B．如果电流的大小做周期性变化，则一定是交变电流
C．交变电流的最大特征是电流的方向发生变化
D．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
解析：选C 大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流；直流与交流最主要的区别在于电流的方向是否发生变化，只要方向不变就是直流；交变电流有着不同的形式，如方波电流、锯齿波电流等，不一定都是按正弦或余弦规律变化的。选项C正确。
2．(多选)下列哪些情况线圈中能产生交变电流( )
解析：选BCD 图A中线圈转动时磁通量总是为零，故不产生交流电，B、C、D三图中的线圈转动时磁通量发生周期性变化，产生交变电流。
3．(多选)图1所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )
图1
A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．图示位置，ab边的感应电流方向是a→b
D．图示位置，ab边的感应电流方向是b→a
解析：选AC 线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈转动一周，有两次经过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动两次，故A正确；线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，所以B错误；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则知，ab边的感应电流方向是a→b，C正确，D错误。
4．(多选)如图2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( )
图2
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电流为
C．穿过线圈的磁通量为0
D．穿过线圈的磁通量的变化率为0
解析：选BC 图示位置为垂直于中性面的位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电流也最大，I＝＝，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba。
5．交流发电机正常工作时产生的电动势e＝Emsin
ωt，若线圈匝数减为原来的一半，而转速增为原来的2倍，其他条件不变，则产生的电动势的表达式为( )
A．e＝Emsin
ωt
B．e＝2Emsin
ωt
C．e＝2Emsin
2ωt
D．e＝Emsin
2ωt
解析：选D 条件改变后，匝数N′＝，角速度：ω′＝2ω，电动势最大值Em′＝N′BSω′＝NBSω＝Em，故有e′＝Emsin
2ωt，D对。
6．(多选)图3甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，○为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是( )
图3
A．通过电阻R的电流的最大值为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：选AC 产生的交变电流的最大值为10
A，因此通过电阻R的电流的最大值为10
A，A项正确；由ω＝可得，线圈转动的角速度为ω＝100π
rad/s，B项错误；0.01
s时，电路中电流最大，故该时刻通过线圈的磁通量最小，即该时刻线圈平面与磁场方向平行，C项正确；根据楞次定律可得，0.02
s时电阻R中电流的方向自左向右，D项错误。
7．如图4甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动。当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻( )
图4
A．线圈中的电流最大
B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈所受的安培力最大
D．线圈中的电流为零
解析：选D 由T＝，故t＝＝，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误；由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A、C错误，D正确。
8．如图5甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙所示)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则下列四幅图中正确的是( )
图5
解析：选D 由题图可知初始时刻交变电流的方向为adcba，与规定的电流方向(正方向)相反，为负值，所以感应电流的表达式为i＝－Imcos，故选项D正确。
9．一个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6甲所示，则下列说法中正确的是( )
图6
A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01
s时刻，Φ的变化率达到最大
C．t＝0.02
s时刻，交流电动势达到最大
D．该线圈相应的交流电动势图像如图乙所示
解析：选B 由题图甲知，当t＝0时，Φ最大，说明线圈平面与中性面重合，故A错误；当t＝0.01
s时，Φ＝0最小，Φ t图像的斜率最大，即Φ的变化率最大，故B正确；当t＝0.02
s时，Φ也最大，交流电动势为零，故C错误；由以上分析可知，D错误。
10．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180°过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为( )
A.
B.
C．2π
D．π
解析：选B 线圈转动180°过程中的平均感应电动势：＝＝＝；最大值：Em＝BSω，平均值和最大值之比：＝，故B选项正确。
11．某一发电机线圈面积S＝0.4
m2，匝数N＝500匝，线圈绕轴以1
800
r/min的转速匀速转动，产生的电动势的最大值为6
000π
V。求：
(1)磁感应强度B；
(2)当线圈平面跟B的夹角为60°时，每匝线圈产生的感应电动势的瞬时值。
(3)如果线圈平行于磁场时开始计时，写出线圈中电动势的瞬时值表达式。
解析：(1)由Em＝NBSω，ω＝2πn，n＝1
800
r/min＝30
r/s，得
B＝＝＝
T＝0.5
T。
(2)当线圈平面跟B的夹角为60°时，每匝线圈产生的感应电动势为e＝BSωcos
60°＝0.5×0.4×2π×30×0.5
V＝6π
V。
(3)线圈转至与磁场平行开始计时，则：
e＝Emcos
ωt＝6
000πcos
60πt
V。
答案：(1)0.5
T (2)6π
V (3)e＝6
000π
cos
60πt
V
12．如图7(a)、(b)所示，一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，规定电流从左向右为正，在直导线下方有一不闭合的金属框，则相对于b点来说，a点电势最高的时刻在( )
图7
A．t1时刻
B．t2时刻
C．t3时刻
D．t4时刻
解析：选D 线框中的磁场是直导线中的电流i产生的，在t1、t3时刻，电流i最大，但电流的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，线框中没有感应电动势，a、b两点间的电势差为零。在t2、t4时刻，电流i＝0，但电流变化率最大，穿过线框的磁通量变化率最大，a、b两点间的电势差最大，再根据楞次定律可得出a点相对b点电势最高时刻在t4，D正确。课时跟踪检测（二）
法拉第电磁感应定律
1．下列关于电磁感应的说法中，正确的是( )
A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
B．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零
C．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大
D．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
解析：选D 磁通量的大小与感应电动势的大小不存在必然的联系，故A、B
错误；由法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，而磁通量变化大时，变化不一定快，故C错，D对。
2．如图中所标的导体棒的长度为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，棒运动的速度均为v，则产生的电动势为BLv的是( )
解析：选D 当B、L、v三个量方向相互垂直时，E＝BLv；A选项中B与v不垂直；B选项中B与L平行，E＝0；C选项中B与L不垂直；只有D选项中三者互相垂直，D
正确。
3.
(多选)如图1所示为一台小型发电机示意图，磁场为水平方向。当线圈转到如图所示的水平位置时，下列判断正确的是( )
图1
A．通过线圈的磁通量最大
B．通过线圈的磁通量为零
C．线圈中产生的电动势最大
D．线圈中产生的电动势为零
解析：选BC 此时的线圈位置为线圈平面与磁感线平行的位置，故通过线圈的磁通量为零，选项A错误，B正确；此时线圈的两个边的速度方向与磁感线方向垂直，垂直切割磁感线的速度最大，所以线圈中产生的电动势最大，选项C正确，D错误。
4．一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：选B 根据法拉第电磁感应定律E＝＝，设初始时刻磁感应强度为B0，线圈面积为S0，则第一种情况下的感应电动势为E1＝＝＝B0S0；则第二种情况下的感应电动势为E2＝＝＝B0S0，所以两种情况下线圈中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确。
5．一闭合圆形线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化。下列方法中能使线圈中感应电流增大一倍的是( )
A．把线圈匝数增加一倍
B．把线圈面积增大一倍
C．把线圈半径增大一倍
D．把线圈匝数减少到原来的一半
解析：选C 设线圈中的感应电流为I，线圈电阻为R，匝数为n，半径为r，面积为S，线圈导线的横截面积为S′，电阻率为ρ。由法拉第电磁感应定律知E＝n＝n，由闭合电路欧姆定律知I＝，由电阻定律知R＝ρ，则I＝cos
30°，其中，、ρ、S′均为恒量，所以I∝r，故选项C正确。
6.如图2所示，闭合导线框abcd的质量可以忽略不计，将它从图中所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3
s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9
s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F2，通过导线横截面的电荷量为q2，则( )
图2
A．F1B．F1C．F1＝F2，q1D．F1>F2，q1＝q2
解析：选D 由于线框在两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，而通过导线横截面的电荷量q＝N，得q1＝q2；由于两次拉出所用时间Δt1<Δt2，则所产生的感应电动势E1>E2，闭合回路中的感应电流I1>I2，又安培力F＝BIl，可得F1>F2，故选项D正确。
7．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3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：(计算结果保留一位有效数字)
图3
(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
8.如图4所示，用同样的导线制成的两闭合线圈A、B，匝数均为20匝，半径rA＝2rB，在线圈B所围区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则线圈A、B中产生感应电动势之比EA∶EB和两线圈中感应电流之比IA∶IB分别为( )
图4
A．1∶1,1∶2
B．1∶2,1∶1
C．1∶2,1∶2
D．1∶2,1∶1
解析：选A 由法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势E＝，其中ΔΦ＝ΔBS，S为穿过磁场的有效面积均为πrB2，故EA＝EB。两线圈中感应电流I＝，其中R＝，故IA∶IB＝LB∶LA＝rB∶rA＝1∶2，选项A正确。
9.
(多选)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图5所示。则( )
图5
A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝时，杆产生的电动势为Bav
C．θ＝时，杆受的安培力大小为
D．θ＝0时，杆受的安培力大小为
解析：选AC θ＝0时，杆产生的电动势E＝BLv＝2Bav，故A正确；θ＝时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为Bav，故B错误；θ＝时，电路中总电阻是aR0，所以杆受的安培力大小F′＝BI′L′＝，故C正确；θ＝0时，由于单位长度电阻均为R0，所以电路中总电阻为(2＋π)aR0。所以杆受的安培力大小F＝BIL＝B·2a＝，故D错误。
10.如图6所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4
m，一端连接R＝1
Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1
T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5
m/s。求：
图6
(1)感应电动势E和感应电流I；
(2)若将MN换为电阻r＝1
Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U。
解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E＝BLv＝1×0.4×5
V＝2
V，
感应电流I＝＝
A＝2
A。
(2)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流
I′＝＝
A＝1
A，
由欧姆定律可得，导体棒两端的电压
U＝I′R＝1×1
V＝1
V。
答案：(1)2
V 2
A (2)1
V
11．在如图7甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1
000匝，横截面积S＝20
cm2。螺线管导线电阻r＝1.0
Ω，R1＝3.0
Ω，R2＝4.0
Ω，C＝30
μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求：
图7
(1)螺线管中产生的感应电动势；
(2)S断开后，流经R2的电量。
解析：(1)感应电动势：E＝n＝nS＝1
000××0.002
0
V＝0.8
V；
(2)电路电流I＝＝
A＝0.1
A，电阻R2两端电压U2＝IR2＝0.1×4
V＝0.4
V，
电容器所带电荷量Q＝CU2＝30×10－6×0.4
C＝1.2×10－5
C，S断开后，流经R2的电量为1.2×10－5
C。
答案：(1)0.8
V (2)1.2×10－5
C课时跟踪检测（四）
自
感
1．(多选)关于线圈自感系数的说法，正确的是( )
A．自感电动势越大，自感系数也越大
B．把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小
C．把线圈匝数增加一些，自感系数变大
D．电感是自感系数的简称
解析：选BCD 自感系数的大小是由线圈的匝数、材料、粗细、有无铁芯等决定的，与电流大小、自感电动势大小无关，匝数越多，自感系数越大，有铁芯时，自感系数显著增大，故A错误，B、C正确；同时，自感系数简称为电感，故D也正确。
2．(多选)下列说法正确的是( )
A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
解析：选AC 由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，选项A正确；当线圈中电流反向时，相当于电流减小，由楞次定律可知，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，选项B错误；当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流增大，自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，选项C正确；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，选项D错误。
3.
(多选)如图1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
A．灯泡变暗
B．灯泡变亮
C．螺线管缩短
D．螺线管变长
解析：选AD 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，故A、D对。
4.在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采用双线并绕法，如图2所示，其道理是( )
图2
A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．因电流反向，两股导线中产生的磁通量互相抵消，没有磁通量的变化
D．以上说法均不对
解析：选C 由于采用了双线绕法，两根平行导线中的电流反向，它们的磁场相互抵消，不论导线中的电流如何变化，线圈中的磁通量始终为零，所以消除了自感现象的影响。
5.
(多选)如图3所示的电路中，灯泡A1、A2电阻相同，自感线圈L的电阻跟灯泡相差不大。先接通S，使电路达到稳定，再断开S。下列表示通过A1、A2的电流随时间变化的关系图像中正确的是( )
图3
解析：选BD S接通时，流过线圈的电流发生变化，线圈中会产生自感电动势，阻碍电流的变化，经过一段时间后，电路达到稳定，自感作用消失，流过灯A1的电流如选项B所示；S接通且电路稳定时，流过灯A2的电流大于流过灯A1的电流，方向是从左到右，当S断开时，线圈L产生自感电动势，并与灯A2组成回路，产生自感电流，使流过灯A2的电流反向，逐渐减小到零，选项D正确。
6．图4所示的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( )
图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：选C 当S1接通，S2、S3断开时，仅靠电源电压达不到灯管启动的高压值，日光灯不能发光，A错误；当S1、S2接通，S3断开时，灯丝两端被连通，日光灯不能发光，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，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，和电源电压一起加在灯管两端，使气体电离，日光灯正常发光，C正确。
7.在如图5所示的电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零刻度在表盘中央的两个相同的电流表。当开关S闭合时，电流表G1、G2的指针都偏向右方，那么当断开开关S时，将出现的现象是( )
图5
A．G1和G2的指针都立即回到零点
B．G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点
C．G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
D．G2的指针缓慢地回到零点，而G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
解析：选D 根据题意，电流方向自右向左时，电流表指针向右偏。那么，电流方向自左向右时，电流表指针应向左偏。当开关S断开的瞬间，G1中原电流立即消失，而对于G2所在支路，由于线圈L的自感作用，电流不会立即消失，自感电流沿L、G2、G1的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一段时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，此时G1中的电流和原电流方向相反，变为自左向右，且与G2中的电流同时缓慢减为零，故选项D正确。
8.如图6所示的电路，L是自感系数较大的线圈，在滑动变阻器的滑动片P从A端迅速滑向B端的过程中，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1；P从B端迅速滑向A端的过程中，经过C点时通过线圈的电流为I2；P固定在C点不动，达到稳定时通过线圈的电流为I0，则( )
图6
A．I1＝I2＝I0
B．I1>I0>I2
C．I1＝I2>I0
D．I1解析：选D 当滑动片从A端迅速滑向B端时，总电阻减小，总电流增大，L产生的自感电动势阻碍电流增大，自感电流方向与原电流方向相反，故I1比P稳定在C点的电流I0小；当P从B端迅速滑向A端时，总电流在减小，L产生的自感电动势阻碍电流减小，自感电流方向与原电流方向相同，故I2大于P稳定在C点时的电流I0。故D正确。
9.
(多选)如图7所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关。对于这个电路，下列说法正确的是( )
图7
A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等
B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等
C．闭合开关S，电路达到稳定时，D1熄灭，D2比原来更亮
D．闭合开关S，电路达到稳定时，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下后熄灭
解析：选ACD 由于线圈的电阻可忽略不计，且自感系数足够大，在开关闭合的瞬间线圈的阻碍作用很大，线圈中的电流为零，所以通过D1、D2的电流大小相等，选项A正确，B错误。闭合开关S，电路达到稳定时线圈短路，D1中电流为零，回路中的总电阻减小，总电流增大，D2比原来更亮，选项C正确。闭合开关S，电路达到稳定时，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭，线圈和D1形成闭合回路，D1闪亮一下后熄灭，选项D正确。
10.
(多选)某同学设计的家庭电路保护装置如图8所示，铁芯左侧线圈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在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )
图8
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：选ABD 当家庭电路正常工作时，火线和零线中的电流大小始终相等，方向始终相反，由于采用双线绕成，火线和零线在铁芯内部产生的磁场大小相等，方向相反，所以L2中的磁通量为零，选项A正确；当电路中的电器增多时，火线和零线中的电流都增大了，但大小始终相等，方向始终相反，故L2中的磁通量还是零，即L2中的磁通量不变，选项B正确；当电路发生短路时，电流不经用电器，火线和零线中电流很大，但大小始终相等，方向始终相反，L2中的磁通量还是零，L2不产生感应电流，开关K不会被电磁铁吸起，选项C错误；当地面上的人接触火线发生触电时，电流经人体流向地面，不经过零线，所以火线和零线中的电流大小不相等，L2中的磁通量发生变化，L2中产生感应电流，开关K被电磁铁吸起，选项D正确。
11.两平行金属直导轨水平置于匀强磁场中，导轨所在平面与磁场垂直，导轨右端接两个规格相同的小灯泡及一直流电阻可以不计的自感线圈。如图9所示，当金属棒ab正在直导轨上向右运动时，发现灯泡L1比灯泡L2更亮一些。试分析金属棒的运动情况。(导轨及金属棒电阻不计)
图9
解析：L2与L1和自感线圈并联，两支路电压相等，而L1较亮，说明L1上的电压大于L2支路电压，可以判定线圈中存在自感电动势，且方向与回路电流方向相同，所以回路中电流正在减小，即ab正在做减速运动。
答案：见解析
12．如图10所示，图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。电路中电灯的电阻R1＝6.0
Ω，定值电阻R＝2.0
Ω，A、B间的电压U＝6.0
V。开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1＝1.0×10－3
s时刻断开开关S，该时刻前后电流传感器显示的电流I随时间t变化的图线如图乙所示。
(1)求出线圈L的电阻RL；
(2)在图甲中，断开开关后通过电灯的电流方向如何？
(3)在t2＝1.6×10－3
s时刻线圈L中的感应电动势的大小是多少？
图10
解析：(1)由题图可知，开关S闭合电路稳定时流过线圈L的电流I0＝1.5
A。
由欧姆定律得I0＝，解得RL＝－R＝2.0
Ω。
(2)断开开关后，线圈L、电阻R和电灯构成一闭合回路，由自感现象规律可知，电灯中的电流方向向左。
(3)由题图可知，t2＝1.6×10－3
s时刻线圈L中的电流I＝0.3
A。
此时线圈L相当于电源，由闭合电路欧姆定律得
E＝I(RL＋R＋R1)＝0.3×(2.0＋2.0＋6.0)V＝3.0
V。
答案：(1)2.0
Ω (2)电灯中的电流方向向左 (3)3.0
V课时跟踪检测（一）
电磁感应的发现
感应电流产生的条件
1．关于感应电流，下列说法中正确的是( )
A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流
B．只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流
C．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流
D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流
解析：选D 如果线圈不闭合，就不能形成回路，所以不能产生感应电流，A错误；闭合线圈只有一部分导线做切割磁感线运动时，才会产生感应电流，B、C错误；当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流，D正确。
2．利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相关问题。IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路。公交车上的读卡机(刷卡时“嘀”的响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波。刷卡时，IC卡内的线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。下列说法正确的是( )
A．IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池
B．仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC卡才能有效工作
C．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈L中不会产生感应电流
D．IC卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息
解析：选B IC卡工作所需要的能量是线圈L中产生的感应电流，选项A错误；要使电容C达到一定的电压，则读卡机应该发射特定频率的电磁波，IC卡才能有效工作，选项B正确；若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，线圈L中会产生感应电流，但电容C不能达到一定的电压，IC卡不能有效工作，选项C错误；IC卡既能接收读卡机发射的电磁波，也能向读卡机传输自身的数据信息，选项D错误。
3.如图1所示，大圆导线环A中通有电流，方向如图所示，另在导线环A所在的平面内画一个圆B，它的一半面积在A环内，另一半面积在A环外，则穿过B圆内的磁通量( )
图1
A．为零
B．垂直向里
C．垂直向外
D．条件不足，无法判断
解析：选B 由环形电流的磁感线分布可知，中间密，外部稀疏，所以穿过B圆的总磁通量是垂直纸面向里的，则选项B正确。
4.如图2所示，将一线圈放在一匀强磁场中，线圈平面平行于磁感线，则线圈中有感应电流产生的是( )
图2
A．线圈绕N边转动
B．线圈绕M边转动
C．线圈沿垂直于纸面的方向做平动
D．线圈平行于纸面做平动
解析：选B 此时线圈中的磁通量为零，当绕N边转动时，磁通量一直为零，没有发生变化，无感应电流产生，故A错误；当线圈绕M边转动时，磁通量发生变化，有感应电流产生，故B正确；当线圈做垂直于磁感线的平行运动时，磁通量一直为零，不发生变化，无感应电流，故C错误；当线圈做平行于磁感线的运动时，磁通量一直为零，无感应电流，故D错误。
5.
(多选)如图3所示，直导线MN竖直放置并通以向上的电流I，矩形金属线框abcd与MN处在同一平面，边ab与MN平行，则( )
图3
A．线框向左平移时，线框中有感应电流
B．线框竖直向上平移时，线框中有感应电流
C．线框以MN为轴转动时，线框中有感应电流
D．MN中电流突然变化时，线框中有感应电流
解析：选AD 本题为通电直导线磁感应强度方向的确定，根据右手螺旋定则，大拇指指向电流方向，四指环绕方向即为磁场方向，即在MN周围产生成同心圆形式的磁场，且越往外走磁感应强度越小，对于MN而言，其左端磁感应方向向外，其右端磁感应方向向里，故可以把模型简化为矩形框处于垂直纸面向里，且越往右越稀的磁场中。故当线框向左平移，磁通量变大，能产生感应电动势，由于线框闭合，继而产生感应电流，故A正确。当线框向上或者转动时候，由于产生的磁场是同心圆，故磁通量无变化，故不能产生感应电动势，即不能产生感应电流，故B、C均错误。当MN中电流增大时候，感应磁场增大则磁通量增大，故有感应电流，D正确。
6．(多选)某学生做观察电磁感应现象的实验，错将电流表、线圈A和B、滑动变阻器、蓄电池、电键用导线连接成如图4的实验电路，则下列说法中正确的是( )
图4
A．接通和断开电键时，电流表的指针都不发生偏转
B．接通和断开电键时，电流表指针偏转方向一正一反
C．电键接通，分别向左和向右移动滑动变阻器滑片时，电流表指针偏转方向相同
D．电键接通，分别向左和向右移动滑动变阻器滑片时，电流表指针都不发生偏转
解析：选AD 蓄电池与A线圈组成的电路是恒定直流电路，A线圈中的磁场是恒定磁场，接通和断开电键时B线圈组成的闭合回路无磁通量的变化，故电流表的指针不会发生偏转，选项A、D正确。
7.如图5所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I通过时，穿过它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，则( )
图5
A．Φa＜Φb＜Φc
B．Φa＞Φb＞Φc
C．Φa＜Φc＜Φb
D．Φa＞Φc＞Φb
解析：选B 当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈垂直于纸面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，因此穿过闭合线圈的净磁感线条数a最多，b次之，c最少，即Φa＞Φb＞Φc。选项B正确。
8．在图6中，条形磁铁以速度v远离螺线管，螺线管中的感应电流的情况是( )
图6
A．穿过螺线管中的磁通量增加，产生感应电流
B．穿过螺线管中的磁通量减少，产生感应电流
C．穿过螺线管中的磁通量增加，不产生感应电流
D．穿过螺线管中的磁通量减少，不产生感应电流
解析：选B 条形磁铁从左向右远离螺线管的过程中，穿过线圈的原磁场方向向下，且磁通量在减小，所以能产生感应电流。故选B。
9.如图7所示，在纸面内放有一个条形磁铁和一个圆形线圈(位于磁铁正中央)，下列情况中能使线圈中产生感应电流的是( )
图7
A．将磁铁在纸面内向上平移
B．将磁铁在纸面内向右平移
C．将磁铁绕垂直纸面的轴转动
D．将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内
解析：选D 当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生。产生感应电流的条件：(1)闭合回路；(2)磁通量发生变化。图中位置时，从N极到S极的磁感线与圆形线圈的平面平行，磁通量为零，磁铁在纸面内向上平移，磁铁在纸面向右平移，磁铁绕垂直纸面内的轴转动，这三种情况线圈满足闭合回路的条件，磁感线仍然与圆形线圈平面平行，磁通量没有发生变化，所以A、B、C项错误；当N极转向纸外，S极转向纸内时，有磁感线穿过圆形线圈，磁通量发生了变化，满足产生感应电流的条件，所以D项正确。
10.如图8所示，开始时矩形线圈平面与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要使线圈产生感应电流，则下列方法中不可行的是( )
图8
A．以ab为轴转动
B．以OO′为轴转动
C．以ad为轴转动(小于60°)
D．以bc为轴转动(小于60°)
解析：选D 若要使线圈产生感应电流，穿过线圈的磁通量必发生变化，A、B、C都能使得线圈中的磁通量发生变化，而D选项的方法磁感线穿过线圈的有效面积不变，所以磁通量不变，故没有感应电流产生，故D正确。
11.如图9所示，一带电小球A用绝缘细线悬挂，在水平面内做匀速圆周运动，其正下方有一导体环B放在绝缘水平地面上，圆环B的圆心位于悬点正下方。
(1)将圆环以环上某点为支点竖起时，圆环中是否产生感应电流。
(2)将圆环在水平面上拉动时，圆环中是否产生感应电流。
图9
解析：带电小球做圆锥摆运动等效为一环形电流，在空间产生磁场，可由安培定则判断磁感线的分布特点。
(1)当圆环竖起时，穿过圆环的磁通量减少，由感应电流的产生条件知圆环中产生电流。
(2)当圆环被拉动时，穿过圆环的磁通量减少，圆环中产生感应电流。
答案：(1)产生感应电流 (2)产生感应电流
12．在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图10所示。它们是：
①电流计 ②直流电源 ③带铁芯的线圈A
④线圈B ⑤电键 ⑥滑动变阻器
图10
(1)试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)。
(2)怎样才能使线圈B中有感应电流产生？试举出三种方法。
①________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)使线圈A与电键、直流电源、滑动变阻器串联，线圈B与电流计连成闭合
回路；
(2)只要能使穿过线圈B的磁通量发生变化就可以使线圈B中产生感应电流。
答案：(1)如图所示
(2)①闭合开关 ②断开开关 ③开关闭合时移动滑动变阻器滑片课时跟踪检测（三）
楞次定律
电磁感应中的能量转化与守恒
1．如图所示，是高二某同学演示楞次定律实验记录，不符合实验事实的是( )
解析：选D D选项中，由楞次定律知：当条形磁铁拔出时，感应电流形成的磁场与原磁场方向相同，因原磁场方向向上，故感应磁场方向也向上，再由安培定则知，D项不符合。
2．如图1所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)。则( )
图1
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
解析：选D 线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由右手定则可知感应电流方向为a→d→c→b→a，安培力方向水平向左，同理线框离开磁场时，电流方向为a→b→c→d→a，安培力方向水平向左，故A、B、C错误，D正确。
3．(2016·浙江高考)如图2所示，a，b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )
图2
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为3∶1
解析：选B 当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；由法拉第电磁感应定律E＝S及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，选项B正确；由R＝ρ知两线圈的电阻关系为Ra＝3Rb，其感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，选项C错误；两线圈的电功率之比为Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，选项D错误。
4．(多选)如图3甲所示，单匝线圈两端A、B与一理想电压表相连，线圈内有一垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量变化规律如图乙所示。下列说法正确的是( )
图3
A．0～0.1
s内磁通量的变化量为0.15
Wb
B．电压表读数为0.5
V
C．电压表“＋”接线柱接A端
D．B端比A端的电势高
解析：选BC 0～0.1
s内磁通量的变化量为ΔΦ＝0.15
Wb－0.10
Wb＝0.05
Wb，线圈内的磁通量垂直向里增加，所以根据楞次定律可得感应电流方向为逆时针方向，即电流从A流向B，所以电压表“＋”接线柱接A端，A端的电势比B端的高，根据法拉第电磁感应定律E＝＝＝0.5
V，即电压表示数为0.5
V，故B、C正确。
5．(多选)如图4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于纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。则下列i t图像中可能正确的是( )
图4
解析：选CD 由图可知，0～1
s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0～1
s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针；同理可知，1～2
s内电路中的电流为顺时针，2～3
s内，电路中的电流为顺时针，3～4
s内，电路中的电流为逆时针，由E＝＝可知，电路中电流大小恒定不变。故C、D对。
6．(多选)如图5所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2
kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1
m的正方形，其有效电阻为0.1
Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则( )
图5
A．t＝1
s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3
s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1
s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1
N
D．t＝3
s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2
N
解析：选AC 根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C到D，故A正确，B错误；由法拉第电磁感应定律可知：E＝＝＝sin
30°＝0.2×12×
V＝0.1
V，故感应电流为I＝＝1
A，金属杆受到的安培力FA＝BIL，t＝1
s时，FA＝0.2×1×1
N＝0.2
N，方向如图甲，此时金属杆受力分析如图甲，由平衡条件可知F1＝FA·cos
60°＝0.1
N，F1为挡板P对金属杆施加的力。t＝3
s时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图乙，此时挡板H对金属杆施加的力向右，大小F3＝BILcos
60°＝0.2×1×1×
N＝0.1
N。故C正确，D错误。
甲 乙
7.如图6所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
图6
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
解析：选A ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确。
8.如图7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7
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：选D 导体ef将圆分成两部分，导体向右移动时，右边的磁通量减小，左边的磁通量增加，根据楞次定律，左边电流为顺时针方向，右边电流为逆时针方向，应选D。
9.
(多选)如图8所示的竖直平面内，水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直竖直面向里的匀强磁场，且磁感应强度相同，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为h的无磁场区域，h>d。一质量为m、边长为d的正方形线框由距区域Ⅰ上边界某一高度处静止释放，在穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同。重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是( )
图8
A．线框进入区域Ⅰ时与离开区域Ⅰ时的电流方向相同
B．线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同
C．线框有可能匀速通过磁场区域Ⅰ
D．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2mg(d＋h)
解析：选BD 由楞次定律可知，线框进入区域Ⅰ时感应电流为逆时针方向，而离开区域Ⅰ时的电流方向为顺时针方向，故选项A错误；由楞次定律可知，线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同，均向上，选项B正确；因穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同，则可知线圈进入磁场区域Ⅰ一定是减速运动，选项C错误；线圈离开磁场区域Ⅰ的速度应等于离开磁场区域Ⅱ的速度，则在此过程中，线圈的机械能的减小量等于线圈通过磁场区域Ⅱ产生的电能，即Q2＝mg(d＋h)，则线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2Q2＝2mg(d＋h)，选项D正确；故选B、D。
10.
(多选)如图9所示，电阻不计、相距L的两条足够长的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF始终保持静止，当MN下滑的距离为s时，速度恰好达到最大值vm，则下列叙述正确的是( )
图9
A．导体棒MN的最大速度vm＝
B．此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力为mgsin
θ
C．当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，通过其横截面的电荷量为
D．当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，导体棒MN中产生的热量为mgssin
θ－mvm2
解析：选AC 当MN下滑到最大速度时满足：mgsin
θ＝，解得vm＝，选项A正确；此时导体棒满足mgsin
θ＋F安＝f静，故此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力大于mgsin
θ，选项B错误；当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，通过其横截面的电荷量为q＝＝，选项C正确；当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，两个导体棒中产生的总热量为mgssin
θ－mvm2，则MN中产生的热量是(mgssin
θ－mvm2)，选项D错误；故选A、C。
11．如图10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度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：
图10
(1)电阻R消耗的功率；
(2)水平外力的大小。
解析：(1)导体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＝B··l，故F＝＋μmg。
答案：(1) (2)＋μmg
12.如图11所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求
图11
(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；
(2)磁场上下边界间的距离H。
解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有
E1＝2Blv1①
设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有
I1＝②
设此时线框所受安培力为F1，有
F1＝2I1lB③
由于线框做匀速运动，其受力平衡，有
mg＝F1④
由①②③④式得
v1＝⑤
设ab边离开磁场之前线框做匀速运动的速度为v2，同理可得
v2＝⑥
由⑤⑥式得
v2＝4v1。⑦
(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有
2mgl＝mv12⑧
线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有
mg(2l＋H)＝mv22－mv12＋Q⑨
由⑦⑧⑨式得
H＝＋28l。⑩
答案：(1)4倍 (2)＋28l课时跟踪检测（十）
电能的输送
1．远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，如果分别采用输电电压为U1＝110
kV输电和输电电压为U2＝330
kV输电。则两种情况中，输电线上通过的电流之比为I1∶I2等于( )
A．1∶1
B．3∶1
C．1∶3
D．9∶1
解析：选B 输送功率相同，根据P＝UI得，输电电流与输电电压成反比，所以＝＝。故B正确。
2．远距离输电，输电功率一定，当输电电压为U0时，输电线上的电流为I0，损失的电功率为P0。则当输电电压提高为2U0时( )
A．由I＝得，输电线上的电流变为2I0
B．由I＝得，输电线上的电流变为
C．由P＝得，输电线上损失的电功率为4P0
D．由P＝IU得，输电线上损失的电功率为2P0
解析：选B 设输电线的电阻为R，当输电线上的电流为I0时，损失的电功率为P0＝I02R。当输电电压提高为2U0时，由I＝可知输电线上的电流变为，输电线上损失的电功率为P损＝2R＝。故选项B正确。
3．(多选)如图1所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则( )
图1
A．发电机输出交流电的电压有效值是500
V
B．用户用电器上交流电的频率是50
Hz
C．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D．保持升压变压器原线圈匝数不变，增加副线圈匝数，可减少输电线上损失的功率
解析：选BD 由图像可知交流电的最大值为Um＝500
V，因此其有效值为U＝
V＝250
V，故A错误；根据发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T＝0.02
s，故f＝＝
Hz＝50
Hz，故B正确；输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C错误；保持升压变压器原线圈匝数不变，增加副线圈匝数，根据＝可知，次级电压变大，次级电流减小，根据P＝I2r可知，输电线上损失的功率减小，选项D正确。
4．图2为远距离输电的电路原理图，下列判断正确的是( )
图2
A．U1>U2
B．U2＝U3
C．I4D．I1>I2
解析：选D 在远距离输电中，首先是升压，故U2>U1，根据输入功率等于输出功率可知：I1U1＝I2U2，可知I1>I2，选项A错误，D正确；在远距离输送过程中，导线上是有电压损失的，故U2>U3，根据输入功率等于输出功率可知：I2U3＝I4U4，可知I4>I2，选项B、C错误；故选D。
5．远距离输电的原理图如图3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( )
图3
A.＝
B．I2＝
C．I1U1＝I22R
D．I1U1＝I2U2
解析：选D 根据变压器的工作原理可知＝，所以选项A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠I22R，选项C错误，D正确。
6．(多选)如图4所示，一小水电站，输出的电功率为P＝20
kW，输出电压U0＝400
V，经理想升压变压器T1变为2
000
V电压远距离输送，输电线总电阻为r＝10
Ω，最后经理想降压变压器T2降为220
V向用户供电。下列说法正确的是( )
图4
A．变压器T1的匝数比n1∶n2＝1∶5
B．输电线上的电流为50
A
C．输电线上损失的电功率为25
kW
D．变压器T2的匝数比n3∶n4＝95∶11
解析：选AD 升压变压器T1的输出电压等于2
000
V，而输入电压为400
V，由电压之比等于匝数之比，则有变压器T1的匝数比n1∶n2＝1∶5，选项A正确；输出的电功率为P0＝20
kW，而升压变压器T1变为2
000
V电压远距离输送，根据I＝，可知输电线上的电流为I＝
A＝10
A，所以选项B错误；根据P损＝I2R＝102×10
W＝1
000
W，所以选项C错误；降压变压器T2的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导线损失的电压，即为U′＝2
000
V－10×10
V＝1
900
V；根据＝，则有变压器T2的匝数比n3∶n4＝1
900∶220＝95∶11，所以选项D正确。
7．(多选)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，高压线上输电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP，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：选AD 由ΔP＝I2R线知ΔP′＝9ΔP时，I′＝3I，故A对B错；又由P＝IU得，U′＝U，故C错D对。
8．如图5所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则( )
图5
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为I12r
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：选A 理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1＝U2I2，U2＝，选项A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，选项B错误；理想变压器的输入功率为P＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率为ΔP＝I12r，选项D错误。
9．(多选)如图6为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。若输送功率增大，下列说法中正确的有( )
图6
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
解析：选CD 升压变压器的输出电压只由输入电压决定，与输送功率无关，选项A错误；若输送功率增大，则输送的电流增大，输电线上的电压损失变大，输电线上的功率损失变大，则降压变压器初级电压减小，次级输出电压减小，选项B错误，C正确；输电线上消耗的功率与总功率之比：＝＝，因输送功率变大时，输送电流变大，故输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D正确。
10．(多选)如图7为某小型水电站的电能输送示意图。已知输电线的总电阻R＝10
Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，电阻R0＝11
Ω。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u＝220
sin
100πt
V，下列说法正确的是( )
图7
A．发电机中的电流变化频率为100
Hz
B．通过R0的电流有效值为20
A
C．升压变压器T1的输入功率为4
650
W
D．若R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小
解析：选BC 由于T2的副线圈的交流电的频率为f＝＝＝50
Hz，而变压器是不能改变交流电频率的，故发电机中的电流变化频率为50
Hz，选项A错误；由于T2的副线圈的交流电电压的有效值为U＝220
V，故通过R0的电流有效值为I＝＝＝20
A，故选项B正确；根据匝数与电流的关系可得T2的原线圈中的电流为I′＝＝5
A，故输电线上损失的功率为P损＝I′2R＝(5
A)2×10
Ω＝250
W，而电阻R0上消耗的电功率为P0＝I2R0＝(20
A)2×11
Ω＝4
400
W，故升压变压器T1的输入功率为P＝P损＋P0＝4
400
W＋250
W＝4
650
W，故选项C正确；若R0的电阻减小，则电阻R0消耗的电功率将增大，输电线上的电流增大，输电线上消耗的电功率也增大，故发电机的输出功率也要增大，故选项D错误。
11．如图8所示，发电机输出功率为P＝100
kW，输出电压是U1＝250
V，用户需要的电压是U4＝220
V，输电线电阻为R＝10
Ω。若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比。
图8
解析：输电线损耗功率P线＝100×4%
kW＝4
kW，又P线＝I22R线
输电线电流I2＝I3＝20
A
原线圈中输入电流I1＝＝
A＝400
A，所以＝＝＝
U2＝U1＝250×20
V＝5
000
V，U3＝U2－U线＝5
000
V－20×10
V＝4
800
V
所以＝＝＝。
答案：
12．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个电站，输送的电功率为P＝500
kW，当使用U＝5
kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4
800度。求：
(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻r。
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外
输电？
解析：(1)由于输送功率为P＝500
kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12
000(度)，终点得到的电能E′＝7
200(度)，因此效率η＝60%。输电线上的电流可由I＝计算，得I＝100
A，而输电线损耗功率可由Pr＝I2r计算，其中Pr＝
kW＝200
kW，因此可求得r＝20
Ω。
(2)输电线上损耗功率Pr＝2r∝，原来Pr＝200
kW，现在要求Pr′＝10
kW，计算可得输电电压应调节为U′＝22.4
kV。
答案：(1)60% 20
Ω (2)22.4
kV课时跟踪检测（七）
描述交流电的物理量
1.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1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( )
图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：选D 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。
2．(多选)矩形线框绕垂直于磁场的轴匀速转动产生交流电，电动势瞬时值表达式为e＝220sin
100πt(V)，下列说法正确的是( )
A．t＝0时刻穿过线框的磁通量为最大
B．电动势的有效值为220
V
C．交流电的周期为0.01
s
D．若转速增大1倍，其它条件不变，则电动势瞬时值表达式为e＝440sin
200πt(V)
解析：选AD 线圈中电动势为正弦规律变化，t＝0时刻线圈中感应电动势为零，故此时线圈处于中性面上，磁通量最大，A对；电动势的有效值为U＝＝220
V，B错；交流电的周期为：T＝＝0.02
s，C错；若转速增大1倍，则最大值增大1倍，角速度也增加1倍，故表达式为：e＝440sin
200πt(V)，D对。
3.
(多选)如图2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，线圈绕过了60°的感应电流为1
A，那么( )
图2
A．线圈中感应电流的有效值为2
A
B．线圈消耗的电功率为4
W
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint
解析：选BC 因为是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以其电流瞬时表达式为i＝Imcos
ωt，因为线圈转过了60°的感应电流为1
A，即1＝Imcos
60°，解得Im＝2
A，故感应电流有效值为I＝
A＝
A，A错误；线圈消耗的电功率为P＝I2R＝()2×2
W＝4
W，B正确；电路中感应电动势最大值为Em＝ImR＝4
V，线圈的角速度为ω＝，所以过程中产生的感应电动势的瞬时值为e＝Emcos
ωt＝4cos，C正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝BSsin
t，根据公式Em＝NBSω＝NΦm，可得Φm＝＝＝，故Φ＝sin，D错误。
4．一个小型电热器若接在输出电压为10
V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为。如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )
A．5
V
B．5
V
C．10
V
D．10
V
解析：选C 设该电热器的电阻为R，题中正弦交流电源输出电压的有效值为U，则＝；加直流电时，P＝；又由最大值Um＝U，可解出Um＝10
V。故只有选项C正确。
5.在如图3所示的电路中，A是熔断电流I0＝2
A的保险丝，R是可变电阻。交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e＝220sin(314t)
V。为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )
图3
A．110
Ω
B．110
Ω
C．220
Ω
D．220
Ω
解析：选B 保险丝的熔断电流指有效值，故由R＝得R＝110
Ω，B正确。
6.如图4所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO′轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法是( )
图4
A．只将线圈的转速减半
B．只将线圈的匝数减半
C．只将匀强磁场的磁感应强度减半
D．只将线圈的边长减半
解析：选B 由Im＝，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝，故A、C可行；又电阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B不可行；当边长减半时，面积S减为原来的，而电阻减为原来的，故D可行。
7.通过一阻值R＝100
Ω的电阻的交变电流如图5所示，其周期为1
s。电阻两端电压的有效值为( )
图5
A．12
V
B．4
V
C．15
V
D．8
V
解析：选B 由题意结合有效值的定义可得I2RT＝2，将I1＝0.1
A，I2＝0.2
A代入可得流过电阻的电流的有效值I＝A，故电阻两端电压的有效值为IR＝4
V，本题选B。
8．如图6所示为一交流电压随时间变化的图像。每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( )
图6
A．7.5
V
B．8
V
C．2
V
D．3
V
解析：选C 取一个周期进行分段，在0～1×10－2
s是正弦式电流，则电压的有效值等于3
V。
在1×10－2～3×10－2
s是恒定电流，则有效值等于9
V。
则在0～3×10－2
s内，产生的热量×＋×＝，U＝2
V，故选C。
9.
(多选)如图7所示，电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动。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7
A．t＝0时刻线圈中的感应电动势为零
B．1
s内电路中的电流方向改变次
C．滑片P向下滑动时，电压表的读数不变
D．滑片P向下滑动时，电流表的读数不变
解析：选AB 由题可知图示位置，t＝0，线圈的感应电动势为零，A正确；由T＝，得f＝，故1
s内电路中电流方向改变的次数为2f＝，B正确；由电压表的示数U＝·R＝可知，滑片P向下滑动，电阻R增大，电压表示数U增大，而电流表示数I＝变小，C、D均错误。
10．如图8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( )
图8
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面垂直
B．曲线a、b对应的线圈角速度之比为3∶2
C．曲线a表示的交变电动势频率为50
Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10
V
解析：选B 在t＝0时刻，电动势为零，磁通量变化率为零，线圈一定处在中性面上，故A错误；由题图可知，a的周期为4×10－2
s、b的周期为6×10－2
s，则由n＝可知，转速与周期成反比，故转速之比为3∶2，故B正确；曲线a的交变电流的频率f＝＝25
Hz，故C错误；曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2，曲线a表示的交变电动势最大值是15
V，根据Em＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10
V，则有效值为U＝
V＝5
V，故D错误。
11．有一矩形线圈在匀强磁场中做匀速转动。从中性面开始计时，每转动1周所需的时间是0.02
s。线圈中产生的感应电动势随时间变化的图像如图9所示，试求出该感应电动势的峰值、有效值、周期和频率，写出该感应电动势随时间变化的关系式。
图9
解析：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的是交变电动势，由图可以直接读出该电动势的峰值Em＝10
V，所以有效值应为
E＝＝
V≈7.07
V
由图还可以读出该电动势的周期T＝0.02
s，所以频率应为
f＝＝
Hz＝50
Hz
又因为在线圈匀速转动过程中，线圈平面与中性面之间的夹角θ与转动时间t成正比，即
＝，θ＝t＝2πft＝100πt
所以，该感应电动势随时间变化的关系式为
e＝10sin(100πt)
V。
答案：10
V 7.07
V 0.02
s 50Hz e＝10sin(100πt)
V
12.如图10所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长为l1＝20
cm，ad边长l2＝25
cm，放在磁感应强度B＝0.4
T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3
000
r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1
Ω，外电路电阻R＝9
Ω，t＝0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外，cd边转入纸内。
图10
(1)写出感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈转一圈外力做功多少？
(3)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量是多少？
解析：(1)n＝3
000
r/min的转速匀速转动，所以线圈的角速度ω＝100π
rad/s，感应电动势的最大值为：Em＝NBSω＝314
V。
所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos
ωt＝100πcos
100πt(V)。
(2)电动势有效值为E＝，电流I＝，线圈转一圈外力做功等于电功的大小，即W＝I2(R＋r)T＝98.6
J。
(3)线圈由如图位置转过90°的过程中，ΔΦ＝BSsin
90°，通过R的电荷量为Q＝N＝0.1
C。
答案：(1)e＝100πcos
100πt
(V) (2)98.6
J (3)0.1
C
