2016-2017学年物理选修3-2作业及练习（33份，Word版，含解析）

一、必做题
1．关于电容器对交变电流的容抗，以下说法正确的是(　　)
A．电容器内部是绝缘的，直流和交流都不能“通过”电容器
B．电容器接到交流上时，由于不断充电、放电，所以电容器对交流无影响
C．直流电的周期可认为很长，因此电容器对其容抗可以忽略
D．电容器有“隔直通交”，“通高频，阻低频”的作用
解析：选D．电容器内部是绝缘的，所以直流不能通过电容器，但是对交流，由于电容器不断充、放电，所以电流能够通过电容器，但对变化的电流又有阻碍作用，A、B错误；直流的周期可认为无限大，频率极小，电容器对直流的容抗很大，C错误；电容器具有“隔直通交，阻低通高”的作用，D正确．
2．有两个电容器的电容分别为C1＝5
μF和C2＝3
μF，分别加上峰值一定的交变电源，在下列各种情况下，哪一种情况下通过电容器的电流最大(　　)
A．在C1上所加交变电流的频率为50
赫兹
B．在C2上所加交变电流的频率为50
赫兹
C．在C1上所加交变电流的频率为60
赫兹
D．在C2上所加交变电流的频率为60
赫兹
解析：选C.电容器对电流的阻碍作用的大小，即为容抗．容抗的大小是由电容器电容C和交变电流的频率共同决定的．交变电流的频率越高，电容器的电容越大，电容器的容抗就越小，电流就越大．因此要使通过电容器的电流最大则必须频率最高，电容最大．
3．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，再接入原电路，通过线圈的电流为I′，则(　　)
A．I′>I　　　　　　　　
B．I′C．I′＝I
D．无法比较
解析：选
B．长直导线的自感系数很小，感抗可忽略不计，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但有电阻，而且有感抗，阻碍作用增大，电流减小．故应选
B．
4.如图所示，交流电源的电压有效值跟直流电源的电压相等，当将双刀双掷开关接到直流电源上时，灯泡的实际功率为P1，而将双刀双掷开关接在交流电源上时，灯泡的实际功率为P2，则(　　)
A．P1＝P2
B．P1>P2
C．P1D．不能比较
解析：选B．电感对直流电没有阻碍，但对交流电有阻碍作用，所以P1>P2，B正确．
二、选做题
5．如图所示，三个灯泡是相同的，而且耐压足够，电源内阻忽略．当单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，那S接B时(　　)
A．三个灯亮度相同
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D．S接B时，丙灯不亮，因为C隔直流；甲灯亮度不变，由于L对交流有感抗，所以乙灯变亮．
6．在电子技术中，从某一装置输出的电流常常既有交流成分，又有直流成分，如果要把交流成分输送到下一级，应该用如图所示的电路中的________电路(填“甲”或“乙”)．其中的电容器叫________________，它的作用是
________________________________________________________________________.
答案：乙　隔直电容器　阻止直流成分，而让交流成分通过一、选择题
1．(多选)关于楞次定律，下列说法中正确的是(　　)
A．感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相反
B．感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相同
C．感应电流的磁场方向与磁通量增大还是减小有关
D．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化
解析：选CD．由楞次定律可知，当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，阻碍其增加；当磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，阻碍其减少，故选项C、D正确．
2．如图所示，让线圈由位置1通过一个匀强磁场的区域，运动到位置2，整个过程中线圈平面始终平行纸面，下列说法中正确的是(　　)
A．线圈进入匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，电流方向为顺时针
B．整个线圈在匀强磁场中匀速运动时，线圈中有感应电流，方向为顺时针
C．整个线圈在匀强磁场中加速运动时，线圈中有感应电流，方向为顺时针
D．线圈穿出匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，方向为顺时针
解析：选D．由产生感应电流的条件可知，只有线圈进入和穿出磁场的过程才有感应电流，由右手定则(或楞次定律)可以判断，只有D正确．
3．如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是(　　)
A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a
B．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a
C．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b
D．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b
解析：选B．依据右手定则可判断出导体棒PQ中的电流由P到Q，Q处电势最高，P处电势最低，由P到Q电势依次升高．外电路中的电流方向总是从高电势处流向低电势处，因此流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a，选项B正确．
4．如图所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是
(　　)
A．向左拉出和向右拉出时，环中感应电流方向相反
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
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
D．将圆环拉出磁场的过程中，当环全部处在磁场中运动时，也有感应电流产生
解析：选B．圆环中感应电流的方向，取决于圆环中磁通量的变化情况，向左或向右将圆环拉出磁场的过程中，圆环中垂直纸面向里的磁感线的条数都要减少，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场的方向与原磁场方向相同，即都垂直纸面向里，应用安培定则可以判断出感应电流的方向沿顺时针方向．圆环全部处在磁场中运动时，虽然导线做切割磁感线运动，但环中磁通量不变，只有圆环离开磁场，环的一部分在磁场中，另一部分在磁场外时，环中磁通量才发生变化，环中才有感应电流，B选项正确．
5．在水平地面附近有竖直向下的匀强电场和垂直于纸面水平向外的匀强磁场．有一质量很小的金属棒ab由水平静止状态释放，如图所示，不计空气阻力，则(　　)
A．棒的a端先着地
B．棒的b端先着地
C．棒的a、b两端同时着地
D．无法判断
解析：选A.金属棒ab进入正交的电场与磁场区域后，做切割磁感线运动．根据右手定则，感应电动势的方向由b端指向a端，即a端相当于电源的正极带正电，b端相当于电源负极带负电．在电场E中，a端的正电荷受向下的电场力，b端的负电荷受向上的电场力，因此a端先着地，答案为A.
6．如图所示，一闭合矩形金属线框，一半在匀强磁场中，一半在磁场外，要使线框中的感应电流为顺时针，线框应(　　)
A．沿x轴正方向平动
B．沿y轴正方向平动
C．沿x轴负方向平动
D．沿y轴负方向平动
解析：选A.要使线框中感应电流为顺时针，根据右手螺旋定则，即线框中磁场应垂直纸面向里，与原磁场方向相同，所以线框中磁通量应减小，只有选项A正确．
7．某磁场的磁感线如图所示，有线圈自图示A位置落至B位置，在下落过程中，自上而下看，线圈中的感应电流方向是(　　)
A．始终沿顺时针方向
B．始终沿逆时针方向
C．先沿顺时针再沿逆时针方向
D．先沿逆时针再沿顺时针方向
解析：选C.线圈自图示A位置落至虚线位置过程中，磁场方向向上，向上的磁通量增加，由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中感应电流产生的磁场方向向下，应用安培定则可以判断感应电流的方向为顺时针(俯视
)．同理可以判断：线圈自图示虚线位置落至B位置过程中，向上的磁通量减小，由楞次定律可得：线圈中将产生逆时针的感应电流(俯视)，故选C.
8．(多选)如图所示，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈A向右摆动，则(　　)
A．ab只能向右做匀加速运动
B．ab向左或向右做减速运动
C．电容器C上的电荷量保持不变
D．电容器C上的电荷量在减少
解析：选BD．线圈A向右摆动，说明穿过A的磁通量在减少，则螺线管中的电流在减小，因此，不论ab向左还是向右运动，其速度都要减小，A错误、B正确．由E＝BLv及C＝
得Q＝CU＝CE＝CBlv，所以电容器带电荷量在减少，C错误，D正确．
☆9.(多选)如图所示，在匀强磁场中放有平行金属导轨，它与大线圈M相连接，要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是(两线圈共面)(　　)
A．向左减速运动　　　　　
B．向左加速运动
C．向右减速运动
D．向右匀速运动
解析：选BC.欲使N线圈中产生顺时针的感应电流，感应电流的磁场方向应垂直于纸面向里．由楞次定律可知有两种情况，一是M中有顺时针方向的逐渐减小的电流，该电流产生的穿过N的磁通量在减少；二是M中有逆时针方向的逐渐增大的电流，该电流产生的穿过N的磁通量在增加．因此，对于第一种情况，应使ab减速向右运动；对于第二种情况，应使ab加速向左运动．当ab匀速运动时，在M中产生的感应电流是稳定的，穿过N的磁通量不再变化，N中无感应电流．故选项B、C正确．
☆10.如图，EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E′O′，FO∥F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF的角平分线，OO′间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是(　　)
解析：选B．本题中四个选项都是i－t关系图线，故可用排除法．因在第一个阶段内通过导线框的磁通量向里增大，由楞次定律可判定此过程中电流沿逆时针方向，故C、D错误．由于在穿过整个磁场区域的磁通量变化量ΔΦ＝0，由q＝可知整个过程中通过导线框的总电荷量也应为零，而在i－t图象中图线与时间轴所围总面积为零，即时间轴的上下图形面积的绝对值应相等．故A错误B正确．
二、非选择题
11．下图为“研究电磁感应现象”的实验装置．
(1)将图中所缺的导线补接完整(要求滑动变阻器滑片向右移时，电阻减小)．
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针________________________________________________________________________．
(3)在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将________．
A．因电路不闭合，无电磁感应现象
B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C．不能用楞次定律判断感应电动势方向
D．可以用楞次定律判断感应电动势方向
解析：(1)见下图
(2)依据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则①向右偏转一下；②向左偏转一下．
(3)穿过电路中的磁通量发生变化，即产生电磁感应现象．因电路不闭合，无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势的方向，要产生感应电流，
电路必须闭合．故应填B、D．
答案：(1)如解析图所示
(2)①向右偏转一下　②向左偏转一下　(3)BD
☆12.(2012·高考上海卷)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示．已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．
(1)将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转，俯视线圈，其绕向为________(填“顺时针”或“逆时针”)．
(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为________(填“顺时针”或“逆时针”)．
解析：(1)指针向左偏，表示电流从a端流入电流表，从b端流出电流表；N极向下插入的过程中，根据楞次定律可判断线圈中感应电流的磁场方向向上，电流方向和线圈绕向如图甲所示，为顺时针．
(2)同理判断，线圈绕向如图乙所示，为逆时针．
答案：(1)顺时针　(2)逆时针一、必做题
1．在匀速转动的三相交流发电机中，关于三个线圈中产生的电动势，下列说法正确的是(　　)
A．按相同规律变化，同时达到最大值和最小值
B．具有相同的有效值
C．具有相同的周期和频率
D．具有相同的最大值
解析：选BCD．三相交流发电机中，三个线圈具有相同的有效值、周期、频率及最大值；但它们的相位相差π.故B、C、D正确，A错误．
2.在三相四线制的电路上，用星形接法连接了三只相同的灯泡，如图所示，三个灯泡均正常发光，若由于某种原因造成中性线断路，下列说法正确的是(　　)
A．三个灯将变暗　　　　
B．三个灯因过亮而烧毁
C．三个灯立刻熄灭
D．三个灯仍正常发光
解析：选D．三相负载对称，中性线上的电流为零，断路后不影响负载的正常工作．
3．如图所示，相线A、B、C和中性线N接在三相交流电源上，AB间的线电压U＝380sin
100πt
V，则(　　)
A．相线的电势总是高于中性线的电势
B．电流表的示数为sin
100πt
A
C．B、N两端电压的有效值为220
V
D．通过R的电流方向每秒钟改变50次
解析：选C.在三相交流电路中，相线与中性线间的电势差按正弦规律变化，所以，相线电势并非总是高于中性线电势，选项A错误；电流表示数代表的是有效值而不是瞬时值，选项B错误；B、N两端的电压即为相电压，由线电压的最大值为380
V，有效值为380
V，可知相电压应为220
V，选项C正确；因为交变电流频率f＝＝
Hz＝50
Hz，可见电流方向每秒改变100次，选项D错误．
4．将实验室里的手摇三相交流发电机三个线圈接上两个交流电压表，如图所示，关于两个电压表的示数说法正确的是(　　)
A．甲表的示数等于乙表的示数
B．甲表的示数小于乙表的示数
C．甲表的示数大于乙表的示数
D．无法判断两表的示数大小
解析：选B．甲表测量的是相电压，乙表测量的是线电压，线电压是相电压的倍，即U乙＝
U甲，B正确．
二、选做题
5．一台相电压为220
V的交流发电机，向L、M、N三处用户供应照明用电，用户电灯的额定功率都相同，额定电压都是220
V，线路如图所示，则(　　)
A．三处用户的电路连接都是正确的
B．用户M的电路连接是错误的
C．用户M两端的电压高于L和N两端的电压
D．在这个电路中相电压与线电压是一样大的
解析：选AD．在三相三线制三角形接法中，相电压与线电压相等，都是220
V．因此，三处用户的电路连接都是正确的．A、D正确．
6.把三组额定电压均为220
V，额定功率分别为P1＝1
000
W、P2＝500
W、P3＝2
000
W的白炽灯按如图所示方式接入线电压为380
V的三相电路中．
(1)求流过每相负载的电流强度．
(2)A相负载断开或短路时，对B、C两相负载有何影响．
解析：(1)三个灯两端的电压U＝＝
V＝220
V
由P＝UI得三灯中的电流分别为
I1＝4.55
A
I2＝2.27
A　I3＝9.09
A.
(2)由于有中性线，所以A相负载断开或短路时，对B、C无影响．
答案：(1)4.55
A　2.27
A　9.09
A
(2)电压不变，仍正常工作一、必做题
1．下列各图所示中，表示交变电流的是(　　)
解析：选D．方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征．A、B、C三项所示的电流大小随时间做周期性变化，但其方向不变，不是交变电流，它们所表示的是直流．故选D．
2．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：选B
D．交变电流在一个周期内方向改变两次，故该交变电流在1
s内完成了50个周期，则每个周期的时间为0.02
s，频率为50
Hz.
3．关于交流电，下列说法正确的是(　　)
A．任何形式的交流电电压的有效值都是U＝Um/的关系
B．交流电的变化周期一定是0.02
s
C．照明电压220
V，动力电压380
V指的都是有效值
D．交流电压表和电流表测量的是交流电的最大值
解析：选C.对于交流电的有效值，只有正(余)弦交流电，U＝Um/，A选项错误；C选项中的220
V和380
V指的是交流电的有效值，交流电表测量的是电流和电压的有效值，C正确，D错误．我国市用交流电的周期是0.02
s，B选项错误．
4．将阻值为10
Ω的电阻接到电压波形如图所示的交流电源上．以下说法中正确的是(　　)
A．电压的有效值为10
V
B．通过电阻的电流有效值为
A
C．电阻消耗电功率为5
W
D．电阻每秒钟产生的热量为10
J
解析：选C.电压最大值为Um＝10
V，有效值U＝＝5
V，电流有效值I＝＝
A，电阻消耗的功率P＝I2R＝5
W，每秒产生的热量Q＝I2Rt＝5
J，所以A、B、D错误，C正确．
二、选做题
5．如图表示一交变电流的电流随时间变化的图象．此交流电的有效值是(　　)
A．5
A
B．5
A
C.
A
D．
A
解析：选B．根据有效值的定义，让图示交变电流和一直流同时通过一纯电阻用电器R，如果在相同时间内电阻产生的热量相同，则此直流的电流值为该交变电流的有效值．取一个周期研究，设有效值为I，电阻为R，有IRt1＋IRt2＝I2Rt，即(4
A)2R×0.01
s＋(－3
A)2R×0.01
s＝I2R×0.02
s，解得I＝5
A.
6．如图所示的电流通过图中的电阻R，则交变电流表的示数为多少？
解析：交变电流表所表示的示数为电流的有效值，但这个电流的有效值不是
A.
题图中的I－t图象是正弦半波交变电流曲线，在半个周期内，它的有效值与正弦交变电流的有效值相同，再根据该电流在一个周期内所做的功和其有效值做功等效的关系，就可以求出通过电流表的示数
因为Im＝5
A，I＝＝2.5
A
所以有＝I2ART，IA＝＝2.5
A.
答案：2.5
A一、选择题
1．(多选)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．在硅钢中也能产生涡流
解析：选AD．涡流的本质是电磁感应现象，只不过是由金属块自身构成回路，它既有热效应，也有磁效应，所以A正确，B、C错误．硅钢中产生的涡流较小，并不是不能产生涡流，D项正确．
2．甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定轴OO′旋转，当给以相同的初始角速度开始转动后，由于阻力，经相同的时间后便停止；若将环置于磁感应强度B大小相同的匀强磁场中，甲环的转轴与磁场方向平行，乙环的转轴与磁场方向垂直，如图所示，当甲、乙两环同时以相同的角速度开始转动后，下列判断正确的是(　　)
A．甲环先停
B．乙环先停
C．两环同时停下
D．无法判断两环停止的先后
解析：选B．甲不产生感应电流，乙产生感应电流，机械能不断转化为内能，故乙先停下来．
3．唱卡拉OK用的话筒内有放大声音的装置，其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，线圈就将声音信号转变为电信号，下列说法中正确的是(　　)
A．该装置是根据电流的磁效应工作的
B．该装置是根据电磁感应原理工作的
C．膜片振动时，穿过线圈的磁通量不变
D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势
解析：选B．动圈式话筒的工作特点是线圈在磁场中振动，产生了电流，可知B正确．
4.如图所示，将一根带有绝缘漆的金属导线按如图所示方式缠绕在一铁块上，线圈中通入变化的电流时，下列说法正确的是(　　)
A．铁块中会产生感应电流
B．铁块中不会产生感应电流
C．铁块电阻很大，会产生很弱的感应电流
D．铁块换为塑料块的话，一定会产生感应电流
解析：选B．由于上下各一半的线圈中电流方向相反、磁场方向相反，合磁场为零，磁通量不变化，也就不会产生感应电流，B正确，A、C、D错误．
5．(多选)如图所示，一光滑水平桌面的左半部分处于竖直向下的匀强磁场内，当一电阻不计的环形导线圈在此水平桌面上向右以某一速度开始滑行时，下列说法正确的是(　　)
A．若整个线圈在磁场内，线圈一定做匀速运动
B．线圈从磁场内滑到磁场外过程，必做加速运动
C．线圈从磁场内滑到磁场外过程，必做减速运动
D．线圈从磁场内滑到磁场外过程，必定放热
解析：选ACD．整个线圈在磁场内时，无感应电流，故不受安培力，线圈做匀速运动，A正确；线圈滑出磁场过程中，产生感应电流，受到阻碍它运动的安培力，故线圈做减速运动，机械能转化为内能，选项B错误，C、D正确．
6．如图所示，闭合金属环从光滑曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升．设环的初速度为零，摩擦不计，曲面处在图中磁场中，则(　　)
A．若是匀强磁场，环滚上的高度小于h
B．若是匀强磁场，环滚上的高度等于h
C．若是非匀强磁场，环滚上的高度等于h
D．若是非匀强磁场，环滚上的高度大于h
解析：选B．若磁场为匀强磁场，穿过环的磁通量不变，不产生感应电流，即无机械能向电能转化，机械能守恒，故A错误，B正确；若磁场为非匀强磁场，环内要产生电能，机械能减少，故C、D错误．
7．信用卡的磁条中有一个个连续的相反极性的磁化区，每个磁化区代表二进制数1或0，用以储存信息．刷卡时，当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时，在检测头的线圈中会产生变化的电压，如图甲所示．当信用卡磁条按如图乙所示方向以该速度拉过阅读器检测头时，在线圈中产生的电压随时间的变化关系正确的是(　　)
解析：选B．由题图甲可知，当“1”区经过阅读器的检测头时，产生正向电压，当“0”区经过阅读器的检测头时，产生负向电压，可见选项B正确．
8．磁电式仪表的线圈通常用铝框当骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是(　　)
A．防止涡流而设计的　　　
B．利用涡流而设计的
C．起电磁驱动的作用
D．起电磁平衡的作用
解析：选B．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，就是涡流，涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后较快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．B正确，A、C、D错误．
9．如图所示，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管．将它们竖直固定在相同高度．两个相同的磁性小球，同时从A、B管上端的管口无初速度释放，穿过A管的小球比穿过B管的小球先落到地面．下列关于两管的描述可能正确的是(　　)
A．A管是用铝制成的，B管是用铜制成的
B．A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的
C．A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的
D．A管是用胶木制成的，B管是用铝制成的
解析：选D．若两管都是金属材料制成的，小球下落过程中管壁都会产生感应电流，两球机械能都减小，几乎同时落地．若两管都是绝缘体制成的，管壁不会产生感应电流，两球机械能不变，仍做自由落体运动，同时落地，由此可见，若A管内小球先落地，A管必定是绝缘体制成的，B管是金属材料制成的，D正确，A、B、C错误．
10．(多选)安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警．以下关于这个安检门的说法正确的是(　　)
A．这个安检门也能检查出毒品携带者
B．这个安检门只能检查出金属物品携带者
C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者
D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应
解析：选BD．这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查金属物品携带者，A错，B对．若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使块状金属产生电流，因而不能检查出金属物品携带者，C错．安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D对．
二、非选择题
11．如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图．炉子的内部有一个金属线圈，当电流通过线圈时，会产生磁场，这个磁场的大小和方向是不断变化的，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，这些热能便起到加热物体的作用从而煮食．
电磁炉的特点是：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，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烹饪器都适用．对于锅的选择，方法很简单，只要锅底能被磁铁吸引的就能用．适合放在电磁炉上的烹饪器有不锈钢锅、不锈钢壶、平底铁锅；不适用陶瓷锅、圆底铁锅、耐热玻璃锅、铝锅、铜锅等．
(1)在用电磁炉加热食物的过程中涉及的物理原理有(回答三个即可)．
①________________________________________________________________________
②________________________________________________________________________
③________________________________________________________________________
(2)电磁炉所用的锅不能用陶瓷锅、耐热玻璃锅的原因是________________；电磁炉所用的锅不能用铝锅、铜锅的原因是________________________________________________________________________．
(3)在锅和电磁炉中间置放一纸板，则电磁炉还能起到加热作用吗？为什么？
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　电阻率小，电热少，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，利用电流的热效应能起到加热作用．
☆12.高频焊接(利用电磁感应产生热量进行焊接)是一种常用焊接方法，其原理如图所示．将半径是10
cm的待焊接圆形金属工件放在用金属导线做成的1
000匝线圈中，然后在线圈中通以变化的电流，线圈中产生垂直于金属工件所在平面的变化磁场，磁场的变化率为＝10π
T/s.焊缝处(待焊处)的电阻是非焊接部分电阻的99倍．工件非焊接部分每单位长度上的电阻R0＝10－2
π
Ω·m－1，焊接的缝宽远小于非焊接部分的长度，则在焊接过程中焊接处产生的热功率为多大？(π2＝10，结果保留两位有效数字)
解析：由法拉第电磁感应定律
E＝n＝1
000×10×π2×10－2
V＝×103
V
非焊接部分电阻
R＝2πrR0＝2π×0.1×10－2π
Ω＝0.02
Ω
总电阻R总＝100R＝2
Ω
热功率P总＝＝
W＝1×106
W
焊接处热功率P＝0.99P总＝9.9×105
W.
答案：9.9×105
W一、必做题
1．关于决定感应电流方向的因素，以下说法中正确的是(　　)
A．回路所包围的引起感应电流的磁场的方向
B．回路外磁场的方向
C．回路所包围的磁通量的大小
D．回路所包围的磁通量的变化情况
解析：选AD．由楞次定律的内容“感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”可知，A、D选项正确．
2．下图表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，其中能产生由a到b的感应电流的是(　　)
解析：选A.题目中导体做切割磁感线运动，先由感应电流产生的条件判断是否存在感应电流，再应用右手定则判断感应电流方向．由右手定则可判定A中电流由a向b，B中电流由b向a，C中电流由b向a，D中电流由b向a，故A正确．
3．如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过表G的感应电流方向是(　　)
A．始终由a流向b
B．始终由b流向a
C．先由a流向b，再由b流向a
D．先由b流向a，再由a流向b
解析：选C.条形磁铁自左向右穿过闭合线圈时，磁通量先增加后减少，根据楞次定律可知，流过表G的感应电流方向是先由a流向b，再由b流向a，只有C正确．
4．如图所示，金属环所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．当磁感应强度逐渐增大时，内、外金属环中感应电流的方向为(　　)
A．外环顺时针，内环逆时针
B．外环逆时针，内环顺时针
C．内、外环均为逆时针
D．内、外环均为顺时针
解析：选B．首先明确研究的回路由外环和内环共同组成，回路中包围的磁场方向垂直纸面向里且内、外环之间的磁通量增加．由楞次定律可知两环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直于纸面向外，再由安培定则判断出感应电流的方向是：在外环沿逆时针方向，在内环沿顺时针方向，故选项B正确．
二、选做题
5.如图，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(　　)
A．T1>mg，T2>mg
B．T1C．T1>mg，T2D．T1mg
解析：选A.当圆环经过磁铁上端时，磁通量增大，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上推，根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有T1＞mg，当圆环经过磁铁下端时，磁通量减小，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上吸，根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有T2＞mg，所以只有A正确．
6．如图所示，导体AB、CD可在水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不相通．当导体棒AB向左移动时(　　)
A．AB中感应电流的方向为A到B
B．AB中感应电流的方向为B到A
C．CD向左移动
D．CD向右移动
解析：选AD．“因动而生电”类问题用右手定则，“因电而受力”类问题用左手定则．由右手定则可判断AB中感应电流方向为A到B，从而CD中电流方向为C到
D．导体CD所受安培力方向由左手定则判断知向右，所以CD向右移动．一、必做题
1．电子秤使用的传感器是(　　)
A．超声波传感器　　　　　　
B．温度传感器
C．压力传感器
D．红外线传感器
解析：选C.电子秤通过感知物体对它的压力，将其转换为电信号，并由仪表显示，来测量物体质量，所以它感知的是压力，使用了压力传感器，故C选项正确．
2.传感器是把非电学物理量(如位移、压力、流量、声强等)转换成电学量的一种元件．如图所示为一种电容传感器，电路可将声音信号转化为电信号．电路中a、b构成一个电容器，b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜．若声源S发出频率恒定的声波使a振动，则a在振动过程中(　　)
A．a、b板之间的电场强度不变
B．a、b板所带的电荷量不变
C．电路中始终有方向不变的电流
D．向右位移最大时，电容器的电容量最大
解析：选D．a、b始终跟电源相连，电势差U不变，由于a、b间距离变化，由E＝知场强变化，A错误；由C＝知d变小时C变大，a向右位移最大时，电容最大，D正确；由Q＝CU知a、b所带电荷量变化，电路中电流方向改变，B、C错误．
3．用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程．下列属于这类传感器的是(　　)
A．红外线报警装置
B．走廊照明灯的声控开关
C．全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.红外线报警器是当有人或物通过时将红外线遮住，从而使得光信号被中断，光电装置中无电流通过，红外线报警是将光信号转化为电信号的装置，A正确；B项是将声信号转化为电信号；C项是利用压力来传递信息；D项则通过温度实现控制．
4．如图是电饭锅的结构图，如果感温磁体的“居里温度”为103
℃时，下列说法中正确的是(　　)
A．常温下感温磁体具有较强的磁性
B．当温度超过103
℃时，感温磁体的磁性较强
C．饭熟后，水分被大米吸收，锅底的温度会超过103
℃，这时开关按钮会跳起
D．常压下只要锅内有水，锅内的温度就不可能达到103
℃，开关按钮就不会自动跳起
解析：选ACD．感温铁氧体的特点：在“103
℃”以下具有较强的磁性，在“103
℃”以上失去磁性，故A正确B错误；当温度达到103
℃开关自动断开，低于103
℃开关不能自动断开，故C、D正确．
二、选做题
5．如图所示是一种延时开关的工作原理图，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则(　　)
A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
C．如果断开B线圈的电键S2，无延时作用
D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长
解析：选BC.当断开开关S1，使A线圈中电流减小并消失时，铁芯中的磁通量减小，从而在B线圈中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍原磁场的减小，这样，就使铁芯中磁场减弱得慢些，因此弹簧不能立即将衔铁拉起，所以选项B、C正确．
6．如图所示是一种自动控制水温的装置，加热电路的两个端点P、Q应接在触头________之间(填a、b或c、d)，热敏电阻两端M、N应接在触头________之间．
解析：P、Q应分别接到触头a、b之间．同时，M、N应分别接e、f，其工作原理是：当水温升高时，热敏电阻阻值减小，电磁铁中电流增大，吸引力增大，使衔铁被吸下，a、b断开，加热器装置便停止加热；当水温降低到一定程度时，热敏电阻温度降低，电磁铁中电流减小，吸引力减小，衔铁被弹簧弹上去，使a、b之间连接，加热装置开始加热，从而实现水温控制．
答案：a、b　e、f一、选择题
1．可以将电压升高供给家用电灯的变压器是(　　)
解析：选C.根据变压器的原理，只能对交变电压升高(或降低)电压，根据变压器的变压规律，要将电压提高，原线圈的匝数应少于副线圈的匝数，B、D错误，A项中的电源为直流电源，不能变压，故选C.
2．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10∶1
解析：选B．对理想变压器，无磁通量损漏，因而穿过两个线圈的交变磁通量相同，磁通量变化率相同，因而每匝线圈产生的感应电动势相等，才有电压与匝数成正比．对于理想变压器，输入功率等于输出功率．正确选项只有
B．
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，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(　　)
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，同理，变压器烧坏前，n2＝＝＝180，B正确．
4.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶3，次级回路中联入三个均标有“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(　　)
A．正常发光
B．将被烧毁
C．比另三个灯暗
D．无法确定
解析：选A.副线圈两端的电压U2＝3U＝3×36
V＝108
V，由＝得，原线圈两端电压U1＝＝
V＝36
V，所以灯泡A能正常发光．
5．(多选)如图所示是一台理想自耦变压器，在a、b之间接正弦交流电，A、V分别为理想交流电流表和交流电压表．若将调压端的滑动头P向上移动，则(　　)
A．电压表V的示数变大
B．变压器的输出功率变小
C．电流表A的示数变小
D．电流表A的示数变大
解析：选BC.ab间为原线圈，当P向上移动时，原线圈匝数增多，原副线圈匝数比变大，由变压规律＝知，U1不变，U2变小，电压表V的示数变小，R不变，由P＝可知，变压器的输出功率变小，A错误、B正确，由U1I1＝U2I2可以知道，I1变小，C正确，D错误．
6.一理想变压器原副线圈的匝数比为n1∶n2＝1∶2，电源电压u＝220sin
ωt
V，原线圈电路中接入一熔断电流I0＝1
A的保险丝，副线圈中接入一可变电阻R，如图所示，为了使保险丝不致熔断，调节R时，其阻值最低不能小于(　　)
A．440
Ω
B．440
Ω
C．880
Ω
D．880
Ω
解析：选C.当原线圈电流I1＝I0时，副线圈中的电流(即副线圈中电流的有效值)为
I2＝I1＝I0＝
A
副线圈的输出电压的有效值为
U2＝U1＝×＝440
V
因此副线圈电路中负载电阻的最小值为
Rmin＝＝880
Ω，故选项C正确．
7．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝20sin
100πt
V，氖泡在两端电压达到100
V时开始发光，下列说法中正确的有(　　)
A．开关接通后，氖泡的发光频率为100
Hz
B．开关接通后，电压表的示数为100
V
C．开关断开后，电压表的示数不变
D．开关断开前后，变压器的输入功率不变
解析：选AC.由
＝
得，副线圈输出电压的最大值为U2＝＝
V＝100
V，一个周期内有两次电压大于100
V，故氖泡在一个周期内发光2次，而交变电压的周期T＝＝
s＝0.02
s，所以氖泡发光频率为f＝＝100
Hz，A正确．电压表示数为U2′＝＝
V＝100
V，B错误．开关断开后电压表示数不变，但输出功率变化，所以输入功率变化，C正确、D错误．
8．为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示．当开关S闭合后(　　)
A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变
B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C．V2示数变小，V1与V2示数的比值不变
D．V2示数变大，V1与V2示数的比值不变
解析：选A.交流电源有效值不变，即V1示数不变，因＝，故V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C、D错误．S闭合使负载总电阻减小，I2＝，所以I2增大．因＝，所以A1示数增大，A1与A2示数比值不变，A正确B错误．
9．(多选)某临时供电系统是由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示．图中R0表示输电线的电阻，滑动触头P置于某处时，用户的用电器恰好正常工作．在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则(　　)
A．当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向上滑动
B．当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向下滑动
C．如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑
D．如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向下滑
解析：选AC.如果V1示数小于正常值，则副线圈电压也变小，用户得到的电压也变小，要让用户的用电器正常工作，则可以升高副线圈电压，根据＝知可以让n2大些，即触头P向上滑动，故A正确，B错误．如果V1示数不变，当用电器增加时，副线圈上并联阻值变小，总电流变大，R0上分得电压变大，而用户得到的电压变小，要让用户的用电器正常工作，可以提高副线圈电压，即触头向上滑，故C正确，D错误．
☆10.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20
Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是(　　)
A．输入电压u的表达式u＝20sin
50πt
V
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8
W
解析：选D．由题图知，Um＝20
V，T＝0.02
s，则ω＝＝100π
rad/s，输入电压u＝20sin
100πt
V，故选项A错误；由变压器的变压规律知：＝，故U2＝＝
V＝4
V，由题中将S1接1，S2闭合时，灯泡L2正常发光可得，灯泡L2的额定电压为4
V，当只断开S2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L1、L2串联，故L1、L2均不能正常发光，选项B错误；此时P出＝，副线圈负载R总增大，故P出减小，又P入＝P出，故原线圈的输入功率减小，选项C错误；当S1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R，故P＝＝
W＝0.8
W，选项D正确．
二、非选择题
11.如图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：
(1)原、副线圈的匝数分别为多少？
(2)当S断开时，A2的示数I2＝5
A，那么A1的示数为多少？
(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＝1
650(匝)
n2＝·n0＝×1＝110(匝)．
(2)由理想变压器P入＝P出，得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，故电流表A2、A1的示数均变大．
答案：(1)1
650　110　(2)0.33
A　(3)变大　变大
12．如图所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数n1＝1
100匝．接入电压U1＝220
V的电路中．
(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U2＝6
V、U3＝110
V，它们的匝数n2、n3分别为多少？
(2)若在两副线圈上分别接上“6
V,20
W”、“110
V,60
W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？
解析：(1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系：
由＝得n2＝·n1＝×1
100匝＝30匝
n3＝·n1＝×1
100匝＝550匝．
(2)设原线圈输入电流为I1，由P入＝P出得
U1I1＝U2I2＋U3I3＝P2＋P3
所以I1＝＝
A＝0.36
A.
答案：(1)30匝　550匝　(2)0.36
A一、选择题
1．下列提到的交变电流，哪一个不是指有效值(　　)
A．交流电压表读数　　　　　
B．保险丝熔断电流
C．电容器击穿电压
D．220
V交变电压
解析：选C.电容器击穿电压指电容器两端所允许加的电压的最大值，不是有效值．
2．(多选)有一交变电流如图所示，由此图象可知(　　)
A．它的周期是0.8
s
B．它的最大值是4
A
C．它的有效值是2
A
D．它的频率是0.8
Hz
解析：选AB．由图象可知周期为0.8
s．频率为1.25
Hz，最大值为4
A，有效值不等于平均值，也不是，无法根据图象计算，故C、D错误，A、B正确．
3．某电容器两端所允许加的最大直流电压是250
V．它在正弦交流电路中使用时，交流电压可以是(　　)
A．250
V
B．220
V
C．352
V
D．177
V
解析：选
D．电容器的耐压值是指最大值，根据正弦交流电的有效值公式得：U＝＝
V＝177
V.
4.如图所示，正弦式交流电的电压的最大值为311
V，负载电阻R＝440
Ω，不考虑电表内阻影响，则电路中交流电压表和电流表的示数分别为(　　)
A．311
V,0.707
A
B．220
V,0.5
A
C．311
V,10
A
D．311
V,0.05
A
解析：选B．交流电压表、电流表示数均为有效值，U＝＝
V＝220
V，I＝＝
A＝0.5
A.
5．某一电热器接在U＝110
V的直流电源上，每秒产生的热量为Q；现把它改接到正弦式交流电源上，每秒产生的热量为2Q，则该交流电压的最大值Um是(　　)
A．110
V
B．110
V
C．220
V
D．220
V
解析：选C.接在直流电源上，Q＝t，接在正弦式交流电源上应有2Q＝t，所以Um＝2U＝220
V.
6.如图所示电路中，A是熔断电流为2
A的保险丝，R是可变电阻，接入电动势最大值为311
V的正弦交流电源，内阻不计．为使保险丝不熔断，可变电阻阻值应该不小于(　　)
A．110
Ω
B．220
Ω
C．330
Ω
D．440
Ω
解析：选A.电动势的有效值E＝＝
V＝220
V．R＝≥
Ω＝110
Ω，所以可变电阻阻值不应小于110
Ω，A正确．
7．有一个电子元器件，当其两端电压高于100
V时导电，等于或低于100
V时不导电，若把这个电子元器件接到100
V,50
Hz的正弦交变电压上，这个电子元器件将(　　)
A．不导电
B．每秒导电50次
C．每秒导电100次
D．每秒电流方向改变50次
解析：选C.因为f＝50
Hz，所以T＝0.02
s．由于电压有效值U＝100
V，峰值Um＝100
V，一个周期内有两次出现峰值，一个周期内导电两次，所以每秒导电100次．又因为一个周期电流方向改变两次，则每秒电流方向改变100次．C正确，A、B、D错误．
8．两只阻值相等的电阻分别通以正弦交流电与方形交流电，它们电流的最大值相等，如图所示，则两只电阻的热功率之比是(　　)
A．1∶4
B．1∶2
C．1∶
D．1∶1
解析：选B．两交变电流周期相同，正弦交变电流的有效值I1＝，电功率P1＝I21R＝R.方形波交变电流的功率P2＝IR，所以P1∶P2＝1∶2，B正确．
☆9.如图甲所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如图乙所示，此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为(　　)
A．110
V
B．156
V
C．220
V
D．311
V
解析：选B．从u－t图象看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为220
V；后半周期电压为零．根据有效值的定义，T＝·＋0，解得U＝156
V.
☆10.
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0.36
Ω.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(　　)
A.×10－5
A
B．×10－5
A
C.×10－5
A
D．×10－5
A
解析：选B．由图知0～3
s内：＝2×10－3
T/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＝＝－3×10－5
A，方向与I1相反；由有效值定义得IRΔt1＋IRΔt2＝I2R(Δt1＋Δt2)，所以I＝×10－5
A，故选
B．
二、非选择题
11．如图所示是交流电的电流随时间变化的图象，负方向为正弦图象的一部分，则此交流电的电流的有效值是
______
A.
解析：按照交流电有效值的定义，交流电有效值的大小等于在相同时间内通过相同电阻产生相同热量的直流电流值，选择一个周期的时间(T＝0.4
s)，Q交＝(3)2R·＋2R·，Q直＝I2RT，Q交＝Q直，解得I＝
A.
答案：
12．如图所示，一个电阻为R的金属圆环放在磁场中，磁场与圆环所在的平面垂直，穿过圆环的磁通量随时间变化的图象如图所示，图中的最大磁通量Φ0和变化的周期T都是已知量，求在一个周期T的时间内金属环中产生的焦耳热和交变电流的有效值．
解析：0～T/4时间内，感应电动势为：E1＝＝
0～T/4时间内，感应电流为：I1＝＝
T/2～3T/4时间内，感应电动势、感应电流大小同0～T/4内相同，T/4～T/2及3T/4～T时间内感应电动势、感应电流为0，一个周期内产生的热量为：
2I21R＝
由有效值的定义可知I2RT＝
有效值为I＝.
答案：　(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．关于楞次定律，可以理解为(　　)
A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场
B．感应电流产生的效果总是阻碍导体与磁体间的相对运动
C．若原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场同向；若原磁通量减少，感应电流的磁场跟原磁场反向
D．感应电流的磁场总是与原磁场反向
解析：选B．感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，但阻碍不等于反向，楞次定律的另一种表述为“感应电流产生的效果总是阻碍导体与磁体间的相对运动”．
2.如图所示为日光灯电路，关于该电路，以下说法中正确的是(　　)
A．启动过程中，启动器断开瞬间镇流器L产生瞬时高电压
B．日光灯正常发光后，镇流器和启动器一样都不起作用了，且灯管两端电压低于电源电压
C．日光灯正常发光后启动器是导通的
D．图中的电源可以是交流电源，也可以是直流电源
解析：选A.日光灯是高压启动，低压工作，启动时，启动器断开，镇流器产生瞬时高压，正常发光后，镇流器起降压限流的作用，而此时启动器是断开的；镇流器只对交流电起作用，由此可见，A正确．
3．如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，
铜环的运动情况是(　　)
A．向右摆动
B．向左摆动
C．静止
D．不能判定
解析：选A.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，为阻碍原磁通量的增大，铜环必向磁感线较疏的右方运动，即往躲开磁通量增加的方向运动．
法二：等效法．磁铁向右运动，将铜环产生的感应电流等效为如图所示的条形磁铁，则两磁铁有排斥作用．
4．用如图所示的实验装置研究电磁感应现象．当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转．下列说法正确的是(　　)
A．当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针向左偏转
B．当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针向右偏转
C．保持磁铁在线圈中静止，电流表指针不发生偏转
D．磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针向左偏转
解析：选C.由题图可知，原磁场方向向下，磁铁插入时，原磁通量增大，感应电流磁场向上，感应电流由正接线柱流入电流表，指针向右偏，A错误．磁铁拔出时，原磁通量减小，感应电流磁场向下，感应电流由负接线柱流入电流表，指针向左偏，B错误．C、D两项中穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针不偏转，C正确，D错误．
5．一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，如图甲所示．现令磁感应强度B随时间t变化，先按图乙中所示的Oa图线变化，后来又按图线bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则(　　)
A．E1>E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
B．E1C．E1D．E2>E3，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向
解析：选B．由题图乙可知a点纵坐标为B0,0～4
s时，直线斜率表示磁感应强度随时间的变化率，E1＝S，磁通量是正向增大，由楞次定律知，感应电流I1是逆时针方向；7～8
s和8～9
s时，直线斜率是相同的，故E2＝E3＝S＝4E1,7～8
s磁通量是正向减小的，由楞次定律知，感应电流I2的方向是顺时针方向，8～9
s，磁通量是反向增大的，I3是顺时针方向，故选项B正确．
6．一直升机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B．直升机螺旋桨叶片的长度为L，螺旋桨转动的频率为f，逆着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，如图所示，则(　　)
A．E＝πfL2B，且a点电势低于b点电势
B．E＝2πfL2B，且a点电势低于b点电势
C．E＝πfL2B，且a点电势高于b点电势
D．E＝2πfL2B，且a点电势高于b点电势
解析：选C.螺旋桨角速度ω＝2πf.每个叶片产生的电动势E＝BL2ω＝πfL2B，由右手定则可知，a点电势高于b点电势，C正确，A、B、D错误．
7．如图所示，虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速运动．设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么下列图象中能正确描述线框从如图所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是(　　)
解析：选A.由图示位置转过90°过程中，无电流．进入磁场过程转过90°，电动势E＝Bl2ω，电流方向为逆时针．线框进入磁场后再转过90°，无电流．出磁场过程的90°内，电动势E＝Bl2ω，电流方向为顺时针，所以A正确．
二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意)
8.
如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中(　　)
A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
B．感应电流方向一直是逆时针
C．安培力方向始终与速度方向相反
D．安培力方向始终沿水平方向
解析：选AD．圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以选项A正确；由于圆环所在处的磁场，上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，故D正确．
9.
如图所示为早期制作的发电机及电动机的示意图，A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来．当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动．则下列说法中正确的是(　　)
A．不断转动A盘就可以获得持续的电流，其原因是将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势
B．当A盘转动时，B盘也能转动的原因是电流在磁场中受到力的作用，此力对转轴有力矩
C．当A盘顺时针转动时，B盘逆时针转动
D．当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动
解析：选ABC.将题图中铜盘A所在的一组装置作为发电机模型，铜盘B所在的一组装置作为电动机模型，这样就可以简单地把铜盘等效为由圆心到圆周的一系列“辐条”，处在磁场中的每一根“辐条”都在做切割磁感线运动，产生感应电动势，若A沿顺时针方向转动，由右手定则知A盘感应电流方向由中心向外，由左手定则可知B盘将沿逆时针方向转动．
10.如图所示，电路中L为一电感线圈，ab支路和cd支路电阻相等，则(　　)
A．刚合上开关S时，电流表A1的示数小于电流表A2的示数
B．刚合上开关S时，电流表A1的示数等于电流表A2的示数
C．断开开关S时，电流表A1的示数大于电流表A2的示数
D．断开开关S时，电流表A1的示数等于电流表A2的示数
解析：选AD．刚合上开关S时，电感线圈除了直流电阻外，还要产生自感电动势阻碍电流的增加，因此A1的示数小于A2的示数，A项正确，B项错误；断开开关S时，A1、A2、R、L构成一个回路，电感线圈产生自感电动势，相当于电源，对A1、A2提供电流，A1、A2示数相同，故C错误D正确．
11．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(　　)
A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
解析：
选AC.根据串、并联电路特点，虚线MN右侧回路的总电阻R＝R0.回路的总电流I＝＝，通过R2的电流I2＝＝，所以R2两端电压U2＝I2R2＝·＝U，选项A正确；根据楞次定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过R2的电流方向向左，所以电容器b极板带正电，选项B错误；根据P＝I2R，滑动变阻器R的热功率P＝I2＋2＝I2R0，电阻R2的热功率P2＝2R2＝I2R0＝P，选项C正确；根据法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势E＝＝S＝kπr2，选项D错误．
12．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，如图所示．则(　　)
A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝时，杆产生的电动势为Bav
C．θ＝0时，杆受的安培力大小为
D．θ＝时，杆受的安培力大小为
解析：选AD．开始时刻，感应电动势E1＝BLv＝2Bav，故A项正确．θ＝时，E2＝B·2acos·v＝Bav，故B项错误．由L＝2acos
θ，E＝BLv，I＝，R＝R0[2acos
θ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0时，F＝＝，故C项错误．同理，θ＝时F＝，故D项正确．
三、填空题(本题共1小题，共8分．按题目要求作答)
13．在研究电磁感应现象实验中：
(1)为了明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图．
(2)将原线圈插入副线圈中，闭合开关，副线圈中感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．
(3)将原线圈拔出时，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．
答案：(1)如图
(2)相反　(3)相同
四、计算题(本题共3小题，共34分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(10分)如图所示，水平的平行光滑导轨，导轨间距离为L＝1
m，左端接有定值电阻R＝2
Ω.金属棒PQ与导轨接触良好，PQ的电阻为r＝0.5
Ω，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝1
T的匀强磁场中，现使PQ在水平向右的恒力F＝2
N作用下向右运动．求：
(1)棒PQ中感应电流的方向；
(2)棒PQ中哪端电势高；
(3)棒PQ所受安培力方向；
(4)PQ棒的最大速度．
解析：PQ在恒力F作用下运动，产生感应电流，因而受安培力作用，随着速度的增大感应电动势增大，感应电流增大，安培力也增大，当安培力大小与恒力F相等时，PQ将做匀速运动，速度达到最大．
(1)由右手定则知感应电流方向为Q→P.(2分)
(2)PQ运动产生感应电动势，相当于电源，因电源内部电流由低电势流向高电势，所以P端电势高于Q端电势．(2分)
(3)因棒中电流由Q→P，由左手定则知棒所受安培力方向向左．(2分)
(4)当PQ受力平衡时，速度最大，则F＝BIL，I＝，
解得v＝＝
m/s＝5
m/s.(4分)
答案：(1)Q
→P　(2)P端高　(3)向左　(4)5
m/s
15．(10分)如图所示，l1＝0.5
m，l2＝0.8
m，回路总电阻为R＝0.2
Ω，M＝0.04
kg，导轨光滑，开始时磁感应强度B0＝1
T，现使磁感应强度以＝0.2
T/s的变化率均匀地增大．试求：当t为多少时，M刚好离开地面？(g取10
m/s2)
解析：回路中原磁场方向竖直向下，且磁场增强，由楞次定律可知，
感应电流的磁场方向竖直向上；根据安培定则可知，ab中的感应电流的方向是a→b；由左手定则可知，ab所受安培力的方向水平向左，从而向上拉重物．
设ab中电流为I时M刚好离开地面，此时有
FB＝BIl1＝Mg(2分)
I＝(2分)
E＝＝l1l2·(2分)
B＝B0＋t＝1＋0.2t(2分)
解得t＝5
s．(2分)
答案：5
s
16．(14分)如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板．R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻.
(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v.
(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.
解析：(1)导体棒匀速下滑时，
Mgsin
θ＝BIl①(1分)
I＝②(1分)
设导体棒产生的感应电动势为E0
E0＝Blv③(1分)
由闭合电路欧姆定律得
I＝④(1分)
联立②③④，得
v＝.⑤(2分)
(2)改变Rx，由②式可知电流不变．设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为E
U＝IRx⑥(2分)
E＝⑦(2分)
mg＝qE⑧(2分)
联立②⑥⑦⑧，得
Rx＝.(2分)
答案：(1)　　(2)一、选择题
1．决定闭合电路中感应电动势大小的因素是(　　)
A．磁通量　　　　　　　　
B．磁感应强度
C．磁通量的变化率
D．磁通量的变化量
解析：选C.根据法拉第电磁感应定律E＝n可知，感应电动势的大小决定于磁通量的变化率，所以只有选项C正确．
2．某闭合回路的磁通量Φ随时间t的变化图象分别如图所示，关于回路中产生的感应电动势的下列论述中正确的是(　　)
A．图甲的回路中感应电动势恒定不变
B．图乙的回路中感应电动势恒定不变
C．图丙的回路中0～t1时间内的感应电动势小于t1～t2时间内的感应电动势
D．图丁的回路中感应电动势先变大，再变小
解析：选B．由法拉第电磁感应定律E＝n知，E与成正比，是磁通量的变化率，在Φ－t图象中图线的斜率即为.图甲中斜率为0，所以E＝0.图乙中斜率恒定，所以E恒定．因为图丙中0～t1时间内图线斜率大小大于t1～t2时间内斜率大小，所以图丙中0～t1时间内的感应电动势大于t1～t2时间内的感应电动势．图丁中斜率绝对值先变小再变大，所以回路中的感应电动势先变小再变大，故选项B正确，选项A、C、D错误．
3．如图所示，矩形线框abcd的ad和bc的中点M、N之间连接一电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直，当线框向右匀速平动时，以下说法不正确的是(　　)
A．穿过线框的磁通量不变化，MN间无感应电动势
B．MN不产生电动势，所以MN间无电势差
C．MN间有电势差，所以电压表有读数
D．因为无电流通过电压表，所以电压表无读数
解析：选ABC.穿过线框的磁通量不变化，所以无感应电流，因此电压表无读数，C错误，D正确．MN切割磁感线，所以MN产生感应电动势，MN间有电势差，A、B错误.
4．如图所示，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(　　)
A．1∶1,1∶2　　　　　　
B．1∶1,1∶1
C．1∶2,1∶2
D．1∶2,1∶1
解析：选A.由E＝n知，EA＝EB，即EA∶EB＝1∶1.又rA＝2rB，所以电阻RA＝2RB，由I＝知IA＝IB，即IA∶IB＝1∶2，A正确．
5．如图所示，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(　　)
A．越来越大
B．越来越小
C．保持不变
D．无法判断
解析：选C.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．
6．物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量，如图所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.若将线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为(　　)
A.
B．
C.
D．
解析：选A.由通过线圈的电荷量可以求出平均电流I＝，然后根据E＝IR求出平均感应电动势E＝IR＝，又因为E＝n＝，所以＝，即B＝.故选A.
7．如图所示，平行导轨间距为d，其左端接一个电阻R.匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在平面．一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计．当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在导轨上滑行时，通过电阻R的电流强度是(　　)
A.
B．
C.
D．
解析：选B．金属棒MN垂直于磁场放置，运动速度v与棒垂直，且v⊥B，即已构成两两互相垂直关系，MN接入导轨间的长度为，所以E＝Blv＝，I＝＝，故选项B正确．
8．(多选)如图所示，长为L的金属杆在水平外力作用下，在匀强磁场中沿水平光滑导轨匀速运动，如果速度v不变，而将磁感应强度由B增为2
B．除电阻R外，其他电阻不计．那么(　　)
A．水平外力将增为4倍
B．水平外力将增为2倍
C．感应电动势将增为2倍
D．感应电流的热功率将增为4倍
解析：选ACD．由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，B增为2B，则E变为2E，C正确．又由闭合电路欧姆定律得由于电阻R不变，所以电流I变为2I，所以F安＝BIL变为原来的4倍，匀速运动，受力平衡，所以外力变为4倍，A正确，B错误．又热功率P＝I2R，故热功率变为原来的4倍，D正确．
☆9.竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过整个竖直平面，在环的最高点A用铰链连接的长度为2a、电阻为R/2的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，如图所示．当摆到竖直位置时，B点的速度为v，则这时AB两端电压的大小为(　　)
A．2Bav
B．Bav
C.Bav
D．Bav
解析：选D．AB棒摆至竖直位置时的电动势E＝B·2a·＝Bav，金属圆环两部分并联电阻R并＝，由闭合电路欧姆定律知：UAB＝·E＝Bav，故应选
D．
☆10.如图所示，圆环a和b的半径之比为R1∶R2＝2∶1，且是由粗细相同的同种材料的导线构成，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变化，那么，只有a环置于磁场中和只有b环置于磁场中两种情况下，A、B两点的电势差大小之比为(　　)
A．1∶1
B．2∶1
C．3∶1
D．4∶1
解析：选
B．设b环的面积为S，由题可知a环的面积为4S，设b环的电阻为R，则a环的电阻为2R.
当a环置于磁场中时，a环等效为内电路，b环等效为外电路，A、B两点的电压为路端电压，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得
E＝＝，UAB＝＝
当b环置于磁场中时E′＝
UAB′＝＝
所以UAB∶UAB′＝2∶1，B正确．
二、非选择题
11．如图甲所示的螺线管，匝数n＝1
500
匝，横截面积S＝20
cm2.电阻r＝1.5
Ω，与螺线管串联的外电阻R1＝3.5
Ω，R2＝25
Ω，方向向右穿过螺线管的匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，试计算电阻R2的电功率和a、b两点的电势差．
解析：螺线管中产生的感应电动势E＝nS＝6
V，根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流大小I＝＝0.2
A，电阻R2上消耗的电功率大小P＝I2R2＝1
W，a、b两点间的电势差U＝I(R1＋R2)＝5.7
V.
答案：1
W　5.7
V
12．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个面积为S的矩形线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′，以角速度ω匀速转动．
(1)穿过线框平面磁通量的变化率何时最大？最大值为多少？
(2)在线框由图示位置转过60°的过程中，平均感应电动势为多大？
(3)线框由图示位置转到60°时瞬时感应电动势为多大？
解析：(1)线框平面与磁感线平行时，磁通量的变化率最大，Em＝2Blab··ω＝BSω.
(2)由题图所示位置转过60°的过程中，磁通量变化量
ΔΦ＝BS－BScos
60°＝BS
所以＝＝＝.
(3)瞬时感应电动势为：
E＝2Blab·vabsin
60°＝BSω.
答案：(1)线框平面与磁感线平行时磁通量的变化率最大　BSω　(2)　(3)BSω一、必做题
1．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是(　　)
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D．焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系
解析：选ACD．欧姆发现了欧姆定律，揭示了导体中的电流和导体两端电压的关系，B项错误．
2．下列过程中一定能产生感应电流的是(　　)
A．导体和磁场相对运动
B．导体的一部分在磁场中切割磁感线
C．闭合导体静止不动，磁场相对导体运动
D．闭合导体内磁通量发生变化
解析：选D．产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，因此，只有D正确．
3．用导线将灵敏电流表和金属棒连接成一个磁生电的实验电路，如图所示，则下列哪种操作能使指针偏转(　　)
A．使导体ab向左(或向右)移动
B．使导体ab向上(或向下)移动
C．使导体ab沿a→b的方向移动
D．使导体ab沿b→a的方向移动
解析：选A.要使闭合回路中产生感应电流，导体棒需切割磁感线，选项B、C、D中导体棒在磁场中运动，但没有切割磁感线，均错误．
4．一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动．已知线圈始终与纸面垂直，当线圈由水平位置第一次到达位置Ⅰ的过程中，穿过线圈的磁通量(　　)
A．向右逐渐增大
B．向左逐渐减小
C．向右先增大后减小
D．向左先减小后增大
解析：选C.开始时细杆处于水平位置，穿过线圈的磁通量为零，转到细杆和磁场相垂直时磁通量最大，然后穿过线圈的磁通量开始减小，所以当线圈由水平位置第一次到达位置Ⅰ的过程中，穿过线圈的磁通量向右先增大后减小，C选项正确．
二、选做题
5．某部小说中描述一种窃听电话：窃贼将并排在一起的两根电话线分开，在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线，这条导线与电话线是绝缘的，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．不能窃听到电话，因为电话线中电流太小
B．不能窃听到电话，因为电话线与耳机没有接通
C．可以窃听到电话，因为电话中的电流是恒定电流，在耳机电路中引起感应电流
D．可以窃听到电话，因为电话中的电流是交流电(交流电是大小和方向做周期性变化的电流)，在耳机电路中引起感应电流
解析：选D．因为电话中的电流是交流电，在窃听电路中磁通量发生变化，所以在窃听电路中产生感应电流，故选
D．
6．下图为“研究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图．试回答下列问题：
(1)在该实验中电流计G的作用是________________．
(2)按实验要求，将下面的实物连成电路．
(3)在产生感应电流的回路中，上图器材中________相当于电源．
解析：(1)电流计G的作用是检测电路中感应电流的大小及方向．
(2)连接实物如图
(3)B线圈与电流计G组成的回路产生感应电流，B线圈相当于电源．
答案：(1)检测感应电流的大小及方向　(2)见解析
(3)B线圈一、必做题
1．下列说法中正确的是(　　)
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：选D．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错误；湿敏传感器为化学传感器，故B错误；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错误；由物理传感器定义知D正确．
2．关于光敏电阻和热敏电阻，下列说法中正确的是(　　)
A．光敏电阻是用半导体材料制成的，其阻值随光照增强而减小，随光照的减弱而增大
B．光敏电阻是能把光照强度这个光学量转换为电流这个电学量的传感器
C．热敏电阻是用金属铂制成的，它对温度感知很灵敏
D．热敏电阻是把热量这个热学量转换为电阻这个电学量的传感器
解析：选A.光敏电阻是把光强转换为电阻的元件，热敏电阻是把温度转换为电阻的元件，故B、D错误；热敏电阻和光敏电阻都是半导体材料制成的，半导体具有光敏性和热敏性，金属铂与热敏电阻相反，故C错误．
3．如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时(　　)
A．电压表的示数减小　　　
B．R2中电流强度增大
C．小灯泡的功率增大
D．电路的路端电压升高
解析：选C.当照射光强度增大时，R3变小，R3、L与R2的并联电阻变小，因为I＝，所以I变大，因此电压表示数变大．又因U外＝E－Ir，I变大，所以路端电压变小，并联电路电压减小，流过R2的电流减小，总电流增大，所以流过L和R3的电流增大，小灯泡功率增大，故A、B、D错误，C正确．
4．如图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．对光电计数器的基本工作原理描述错误的是(　　)
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．工件每挡住光一次，信号处理系统就计数一次
解析：选B．当有光照射R1时，光敏电阻减小，电路中的电流增大，R2上获得的电压增大，信号处理系统获得高电压，故A正确B错误．当工件每挡住一次光时，应该计一次数，故信号处理系统每获得一次低电压就计数一次，C、D正确．
二、选做题
5．有定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三只元件，将这三只元件分别接入如图所示电路中的A、B两点后，用黑纸包住元件或者把元件置于热水中，观察欧姆表的示数，下列说法中正确的是(　　)
A．置于热水中与不置于热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是热敏电阻
B．置于热水中与不置于热水中相比，
欧姆表示数不变化，这只元件一定是定值电阻
C．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻
D．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数不变化，这只元件一定是定值电阻
解析：选AC.热敏电阻的阻值随温度变化而变化，定值电阻和光敏电阻的阻值不随温度变化；光敏电阻的阻值随光照变化而变化，定值电阻和热敏电阻的阻值不随光照变化．
6．传感器担负着信息采集的任务，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)，例如热传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻随温度变化的图线如图甲所示，图乙是用热敏电阻R1作为传感器制作的简单自动报警器原理图．则
(1)为了使温度过高时报警器铃响，开关应接在________(填“a”或“b”)．
(2)若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器的滑片P向________移动(填“左”或“右”)．
解析：温度较高时，热敏电阻阻值减小，图乙中通电螺线管的磁性增强，将与弹簧相连的金属导体向左吸引，要使报警器所在电路接通并报警的话，开关应接在a.要实现温度更高时，即热敏电阻更小时才将报警器电路接通的话，应该将滑动变阻器连入电路的阻值调大，即P向左移动．
答案：(1)a　(2)左一、必做题
1．下面关于自耦变压器的说法中正确的是(　　)
A．自耦变压器一定有两个或两个以上的线圈
B．自耦变压器只有一个线圈
C．自耦变压器既可升压也可降压
D．自耦变压器的缺点是使用不够安全
解析：选BCD．自耦变压器只有一个线圈，故A错误，B正确；如果整个线圈作为原线圈接电源，绕组的一部分接负载，则成为降压变压器；反之则成为升压变压器，故C正确；自耦变压器的缺点是低压端和高压端直接有电的联系，使用不够安全，故D正确．
2．一个正常工作的理想变压器的原副线圈中，下列哪个物理量不一定相等(　　)
A．交变电流的频率　　　　
B．电流的有效值
C．电功率
D．磁通量的变化率
解析：选B．根据变压器的工作原理知，原、副线圈中的交变电流的频率相等，穿过原、副线圈的磁通量及变化情况相同，即磁通量的变化率也相等；由于匝数不相等，则原副线圈中的电流(包括瞬时值、最大值、有效值)则一般不相等．
3．一个理想变压器副线圈上接一个电阻，欲使此电阻的电功率增大，可以采取的措施是(每次只改变一个因素)(　　)
A．增加原线圈的匝数n1
B．减少副线圈的匝数n2
C．增大电阻值
D．减少电阻值
解析：选D．电阻消耗的功率P＝，而＝，所以P＝，P要增大，减小n1或R，或增大n2均可．
4．为保证用户电压稳定在220
V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是(　　)
A．u2＝190sin
(50πt)
V
B．u2＝190sin
(100πt)
V
C．为使用户电压稳定在220
V，应将P适当下移
D．为使用户电压稳定在220
V，应将P适当上移
解析：选D．由图象可知，正弦式交变电压的最大值为190
V，其周期为0.02
s，可得其表达式u2＝190·sin
(100πt)
V，A、B错误，又在u1、n2不变的前提下通过改变n1来使u2增大，由＝可得应使n1减小，故应将P适当上移，D选项正确．
二、选做题
5．图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，V为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5
000
V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是(　　)
A．电压表的示数等于5
V
B．电压表的示数等于
V
C．实现点火的条件是>1
000
D．实现点火的条件是<1
000
解析：选BC.电压表的示数即交流电压的有效值
V，B项正确；由＝得U2＝U1，也有U2m＝U1m，因U2m>5
000
V，即有×5>5
000，故>1
000，C项正确．
6．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(　　)
A．ab接MN、cd接PQ，IabB．ab接MN、cd接PQ，Iab>Icd
C．ab接PQ、cd接MN，IabD．ab接PQ、cd接MN，Iab>Icd
解析：选B．高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据＝，MN应接匝数少的线圈，故ab接MN，cd接PQ，且Iab>Icd，选项B正确．一、必做题
1．下列说法正确的是(　　)
A．交流发电机是把其他形式的能转化为电能的装置
B．交流发电机是把电能转变成其他形式能的装置
C．交流发电机中电枢和磁极不管谁转动，只要转动，就称为转子，只要不动，就称为定子
D．交流发电机利用的是电磁感应原理
解析：选ACD．交流发电机是利用线圈在磁场中转动，引起电磁感应现象形成电流，将其他形式的能转化为电能．交流发电机的内部是由转子和定子组成的，转动的为转子，不动的为定子．故选项A、C、D正确，B错误．
2．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生交流电压为u＝220sin
100πt
V，则(　　)
A．当t＝
s时，电压为零
B．当t＝0时，线圈平面与中性面垂直
C．电压的平均值是220
V
D．当t＝
s时，电压达到最大值
解析：选AD．当t＝
s时，sin＝sin
π＝0，u＝0，故A对；当t＝0时，电压为零，则线圈平面与中性面重合，故B错；电压的有效值是220
V，故C错；当t＝
s时，sin＝sin＝1，u＝220
V，所以电压达到最大值，故D对．
3．图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，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是(　　)
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：选AC.根据i t图象可知，电流最大值Im＝10
A，有效值I＝＝10
A，A选项正确；交变电流的周期T＝2×10－2
s，角速度ω＝＝100π
rad/s.从图示位置开始转动时，经0.01
s线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行．根据右手定则，在0.02
s时，线圈经过一个周期，即在图示位置，电阻R中的电流方向自左向右，因此选项A、C正确．
4．实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10
V．已知R＝10
Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．线圈位于图中位置时，线圈中的瞬时电流为零
B．从中性面开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为i＝sin
25t(A)
C．流过电阻R的电流每秒钟方向改变50次
D．电阻R上的热功率等于20
W
解析：选C.如题图所示位置，磁通量变化最快，感应电动势最大，感应电流最大，A错误．电压有效值为10
V，最大值为10
V，电流的最大值Im＝＝
A，从中性面开始计时应该为：i＝sin
50πt(A)，B错误．频率为25
Hz，每秒钟电流方向改变50次，C正确．电压有效值为10
V，R的功率为P＝＝10
W，D错误．
二、选做题
5．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，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则(　　)
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：选B．由题图乙可知该正弦交变电动势的电压最大值为311
V，周期等于0.02
s，因此，根据正弦交变电动势的最大值与有效值之间的关系式U＝得知选项C错误；又f＝，则频率f＝50
Hz，选项D错误；当t＝0.005
s时，e＝n＝311
V，取得最大值，穿过线圈的磁通量变化率最大，选项A错误；当t＝0.01
s时，交变电压及电流方向发生改变，电压值最小等于零，线框平面与中性面重合，选项B正确．
6．如图所示，匀强磁场B＝0.1
T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2
m，bc＝0.5
m，以角速度ω＝100π
rad/s绕OO′轴匀速转动．当线圈平面通过中性面时开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式．
(2)由t＝0至t＝过程中的平均电动势值．
解析：(1)感应电动势的瞬时值e＝NBSωsin
ωt，
由题可知S＝·＝0.2×0.5
m2＝0.1
m2，
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π
V＝314
V，
所以e＝314sin
100πt
V.
(2)用E＝N计算t＝0至t＝过程中的平均电动势为：
E＝N＝N＝，
即E＝NBSω，代入数值得E＝200
V.
答案：(1)e＝314sin
100πt
V　(2)200
V一、必做题
1．下列哪些仪器不是利用涡流工作的(　　)
A．电磁炉　　　　　　　
B．微波炉
C．金属探测器
D．真空冶炼炉
解析：选B．电磁炉、金属探测器、真空冶炼炉都是利用涡流工作的，微波炉是利用微波能量易被水吸收的原理达到加热食物的目的，不是利用涡流工作的，故选B．
2．变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成，而不采用一整块硅钢，这是为了(　　)
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，降低变压器的效率
C．增大涡流，减小铁芯的发热量
D．减小涡流，减小铁芯的发热量
解析：选D．涡流的主要效应之一就是热效应，而变压器的铁芯发热是我们所不希望出现的，故不采用整块硅钢，而采用薄硅钢片叠压在一起，目的是减少涡流，减小铁芯的发热量，进而提高变压器的效率．故选D．
3．如图所示，磁带录音机可用来录音，也可用来放音．其主要部件为可匀速行进的磁带a和绕有线圈的磁头b，不论是录音还是放音过程，磁带或磁隙软铁会存在磁化现象．对于它们在录音、放音过程中的主要工作原理，下列说法正确的是(　　)
A．放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应
B．录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应
C．放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用
D．放音和录音的主要原理都是电磁感应
解析：选A.录音过程及原理是：先将声音信号通过话筒转换成变化的电流信号，加在题图中的线圈上，由于电流的磁效应，变化电流产生的变化磁场信号将由于磁带被磁化而记录在匀速经过的磁带上，是电流的磁效应．放音过程是该过程的逆过程，磁带匀速通过磁隙，由于磁带上变化的磁场使磁头发生磁化现象，使磁头线圈的磁通量发生变化，导致磁头上的线圈中产生感应电流，该感应电流通过扬声器即发出声音，是电磁感应过程．故选项A是正确的．
4．如图所示是冶炼金属的感应炉的示意图．高频感应炉中装有待冶炼的金属，当线圈中通有电流时，通过产生涡流来熔化金属．以下关于高频感应炉的说法中正确的是(　　)
A．高频感应炉的线圈中必须通有变化的电流，才会产生涡流
B．高频感应炉的线圈中通有恒定的电流，也可以产生涡流
C．高频感应炉是利用线圈中电流产生的焦耳热使金属熔化的
D．高频感应炉是利用线圈中电流产生的磁场使金属熔化的
解析：选A.变化的电流才能产生变化的磁场，引起磁通量的变化，产生电磁感应现象，恒定电流不会使感应炉中的磁通量发生变化，不会有涡流产生，选项A正确、B错误；当感应炉内装入待冶炼的金属时，会在待冶炼的金属中直接产生涡流来加热金属，而不是利用线圈中电流产生的焦耳热，也不是利用线圈中电流产生的磁场加热，C、D错误．
二、选做题
5.弹簧上端固定，下端悬挂一根磁铁．将磁铁抬到某一高度后放下，磁铁能上下振动较长时间才停下来，如图甲所示；如果在磁铁下端放一个固定的铁制金属圆环，使磁铁上、下振动穿过它，能使磁铁较快地停下来，如图乙所示；若将铁环换成橡胶环，如图丙所示，可以推测下列叙述正确的是(　　)
A．放入橡胶环，磁铁机械能转化成一部分电能，从而对磁铁产生阻力，故橡胶环有明显的阻尼效果
B．放入橡胶环，没有机械能与电能的转化，橡胶环不产生阻尼作用
C．放入铁环后，磁铁的机械能转化为电能，然后进一步转化为内能，磁铁机械能迅速地转化掉，具有阻尼效果
D．放入铁环时，磁铁的机械能转化为热能，损失掉了，能起阻尼作用
解析：选BC.放入橡胶环时，磁铁向下运动时，不产生涡流，没有机械能和电能的转化，故A错误，B正确．而放入铁环后，能将机械能转化为电能，电能又进一步转化为内能，具有阻尼效果，C正确，D错误．
6．如图所示的动圈式话筒的音圈半径为r，磁铁产生的径向磁场的磁感应强度为B，音圈匝数为n，音圈导线的横截面积为S，电阻率为ρ，如果音圈在某一时刻振动的速率为v，求此时在线圈中产生的感应电流的大小．
解析：由法拉第电磁感应定律知，音圈中产生的感应电动势为E＝nBLv＝nB×2πrv＝2nBπrv
由电阻定律，得音圈的电阻为R＝ρ＝ρ
由欧姆定律，得音圈中的感应电流为I＝＝.
答案：(温馨提示：凡题号前标有☆的为稍难题目)
一、选择题
1．关于感应电流，下列说法中正确的是(　　)
A．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生
B．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生
C．线圈不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流
D．只要电路的一部分做切割磁感线的运动，电路中就一定有感应电流
解析：选C.产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，A、B错误，C正确．电路一部分导体切割磁感线时，电路中的磁通量不一定变化，D错误．
2.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，第二次将线框绕cd边翻转到2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则(　　)
A．ΔΦ1>ΔΦ2　　　　　　　　
B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1<ΔΦ2
D．无法确定
解析：选C.设线框在位置1时的磁通量为Φ1，在位置2时的磁通量为Φ2，直线电流产生的磁场在1处比在2处要强．若平移线框，则ΔΦ1＝Φ1－Φ2；若转动线框，磁感线是从线框的正反两面穿过的，一正一负，因此ΔΦ2＝Φ1＋Φ2.根据分析知：ΔΦ1<ΔΦ2，选项C正确．
3．在如图所示的条件下，闭合矩形线圈能产生感应电流的是(　　)
解析：选D．A选项中因为线圈平面平行于磁感线，在以OO′为轴转动的过程中，线圈平面始终与磁感线平行，穿过线圈的磁通量始终为零，所以无感应电流产生；B选项中，线圈平面也与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为零，竖直向上运动过程中，线圈平面始终与磁感线平行，磁通量始终为零，故无感应电流产生；C选项中尽管线圈在转动，但B与S都不变，B又垂直于S，所以Φ＝BS始终不变，线圈中无感应电流；而D选项，图示状态Φ＝0，当转过90°时Φ＝BS，所以转动过程中穿过线圈的磁通量在不断地变化，因此转动过程中线圈中产生感应电流．
4．如图所示，一有限范围的匀强磁场的宽度为d，将一边长为l的正方形导线框由磁场边缘以速度v匀速地通过磁场区域，若d>l，则在线框通过磁场区域的过程中，能产生感应电流的时间段为(　　)
A.　　　　　　　　　
B．
C.
D．
解析：选B．线框完全进入磁场后，磁通量不变化，线框中无感应电流，当线框进入、离开磁场时，磁通量变化，都会产生感应电流，故正确选项为B．
5．(多选)A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计(如图所示)，下列操作及相应的结果可能实现的是(　　)
A．先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转
B．S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转
C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转
D．S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转
解析：选AD．由于感应电流产生的条件是穿过闭合线框的磁通量变化，故A、D正确．
6．如图所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况下，cd中无电流的是(　　)
A．开关S闭合或断开的瞬间
B．开关S是闭合的，但滑片向左移动
C．开关S是闭合的，但滑片向右移动
D．开关S始终闭合，滑片不动
解析：选D．如果导线cd中无电流产生，则说明穿过上面的闭合回路的磁通量没有发生变化，也就说明通过导线ab段的电流没有发生变化．显然，在开关S闭合或断开的瞬间，开关S闭合、滑片向左移动的过程，开关S闭合、滑片向右移动的过程，通过导线ab段的电流都发生变化，都能使cd导线中产生感应电流．
7．如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是(　　)
A．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动
B．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动
C．线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动
D．线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动
解析：选C.四种情况中初始位置线框均与磁感线平行，磁通量为零，按A、B、D三种情况线框运动后，线框仍与磁感线平行，磁通量保持为零不变，线框中不产生感应电流．C中线框转动后，穿过线框的磁通量不断发生变化，所以产生感应电流，C项正确．
8．如图所示，开始时矩形线圈平面与磁场方向垂直，且一半在匀强磁场内，下列做法不能使线圈中产生感应电流的是(　　)
A．以ab为轴转动
B．以bd为轴转动(转动的角度小于60°)
C．在纸平面内向左平移
D．以ac为轴转动(转动的角度小于60°)
解析：选B．以ab为轴转动，或以ac为轴转动且转动角度小于60°，或在纸面内向左平移时，线圈位于磁场中的有效面积变化，穿过闭合线圈的磁通量变化，因此线圈中产生感应电流，而以bd为轴转动且转动角度小于60°时，线圈位于磁场中的有效面积不变，穿过线圈的磁通量不变化，线圈中无感应电流产生，故选
B．
☆9.(多选)某一实验装置如图甲所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B，如果线圈A中的电流i和时间t的关系有图乙所示的四种情况，则在t1～t2这段时间内，哪种情况可以在线圈B中观察到感应电流(　　)
解析：选BCD．A中t1～t2时间内，线圈A中电流恒定，产生的磁通量恒定，所以线圈B中磁通量不变，不产生感应电流．而B、C、D中，线圈A中电流变化，所产生的磁场变化，所以线圈B中的磁通量变化，产生感应电流．
10．(多选)如图所示的实验中，在一个足够大的磁铁的磁场中，如果AB沿水平方向运动速度的大小为v1，两磁极沿水平方向运动速度的大小为v2，则(　　)
A．当v1＝v2，且方向相同时，可以产生感应电流
B．当v1＝v2，且方向相反时，可以产生感应电流
C．当v1≠v2时，方向相同或相反都可以产生感应电流
D．当v2＝0时，v1的方向改为与磁感线的夹角为θ，且θ<90°，可以产生感应电流
解析：选BCD．当v1＝v2，且方向相同时，二者无相对运动，AB不切割磁感线，回路中无感应电流，A错；当v1＝v2，且方向相反时，则AB切割磁感线，穿过回路的磁通量变大或变小，都有感应电流产生，B对；当v1≠v2时，无论方向相同或相反，二者都有相对运动，穿过回路的磁通量都会发生变化，有感应电流产生，C对；当v2＝0，v1的方向与磁感线的夹角θ<90°时，v1有垂直磁感线方向的分量，即AB仍在切割磁感线，穿过回路的磁通量发生变化，有感应电流产生，D对．
二、非选择题
11．逆向思维是一种重要的思想方法，在这种思想方法的引领下，许多重要的科学定律被发现．“电生磁，磁生电”这种逆向互生的关系，体现了物理学中的一种对称美．请思考：
(1)你还能指出物理学中的其他对称性和对称实例吗？
(2)1831年，物理学家法拉第用如图所示的实验，成功发现了磁生电现象，当开关始终处于闭合状态时，a线圈中________(选填“有”或“无”)感应电流产生，当开关闭合或断开瞬间，a线圈中________(选填“有”或“无”)感应电流产生．
(3)如图是某兴趣小组研究磁生电现象所需的器材．
请你协助该小组完成如下工作，用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路，并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________.
解析：(1)电荷的正与负、吸引与排斥、运动和静止、光滑和粗糙、正电子和负电子、物质和反物质．
(2)因穿过a线圈的磁通量不变，所以无感应电流产生．开关闭合瞬间穿过a线圈的磁通量突然增大，所以有感应电流产生．开关断开瞬间，穿过a线圈的磁通量突然减小，所以有感应电流产生．
(3)实物连接如图所示．
①合上(或断开)开关瞬间；②合上开关后，将原线圈A插入副线圈B或从副线圈B中抽出；③合上开关，将原线圈A插入副线圈B后，移动滑动变阻器的滑片．
答案：(1)见解析　(2)无　有　(3)见解析
12．如图所示，有一个100匝的线圈，其横截面是边长为L＝0.20
m的正方形，放在磁感应强度为B＝0.50
T的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直．若将这个线圈横截面的形状由正方形改变成圆形(横截面的周长不变)，在这一过程中穿过线圈的磁通量改变了多少？
解析：线圈横截面为正方形时的面积：
S1＝L2＝(0.20)2
m2＝4.0×10－2
m2.
Φ1＝BS1＝0.50×4.0×10－2
Wb＝2.0×10－2
W
B．
截面形状为圆形时，其半径r＝＝.
截面积大小S2＝π2＝m2.
穿过线圈的磁通量：
Φ2＝BS2＝
Wb＝2.55×10－2
W
B．
所以，磁通量的变化：
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(2.55－2.0)×10－2
Wb＝5.5×10－3
W
B．
答案：5.5×10－3
Wb一、选择题
1．日光灯镇流器的作用有(　　)
A．启动器动、静触片接触时，镇流器产生瞬时高压
B．正常工作时，镇流器降压限流保证日光灯正常工作
C．正常工作时，使日光灯管两端的电压稳定在220
V
D．正常工作时，不准电流通过日光灯管
解析：选B．当启动器的动、静触片分离，即电路断开时，镇流器能产生瞬时高压，与电源电压一起加在灯管两端，使灯管中的气体导电，日光灯开始发光；在日光灯正常发光时，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中产生自感电动势，总是阻碍电流的变化，起着降压(低于220
V)限流的作用，保证日光灯的正常工作．
2．关于日光灯的发光实质，下列说法中正确的有(　　)
A．是由于灯管两端的灯丝在炽热状态下发光，后经灯管壁多次反射和透射传到周围空间
B．是在镇流器的高电压作用下，灯管内气体被电离成为导体，形成大电流，使气体处于炽热状态而发光
C．日光灯发出的其实就是紫外线
D．日光灯发出的光，实质上是紫外线激发荧光物质发光
解析：选D．日光灯发光的本质，是灯丝发射的电子与汞原子碰撞而放出紫外线，紫外线照射灯管内壁的荧光物质而发光．故选项D正确．
3．(多选)关于感应圈的原理，下列说法正确的是(　　)
A．感应圈是利用低压交流电获得高压的
B．感应圈是利用低压直流电源获得高电压的
C．感应圈是利用自感现象获得高电压的
D．感应圈是利用分压器获得高压的
解析：选BC.感应圈是利用低压直流电源和自感现象获得高电压的．
4．(多选)启动器是由电容和氖管两大部分组成，其中氖管中充有氖气，内部有静触片和U形动触片．通常动、静触片不接触，有一个小缝隙．则下列说法中正确的是(　　)
A．当电源的电压加在启动器两极时，氖气放电并产生热量，导致双金属片受热膨胀
B．当电源的电压加在启动器两极后，动、静触片间辉光放电，受热膨胀两触片接触而不分离
C．启动器中U形动触片是由单金属片制成
D．当动、静两触片接触后，氖气停止放电、温度降低，两触片分离
答案：AD
5．(多选)用电流传感器可以清楚地演示自感对电路中电流的影响，不一定要用两个灯泡作对比．电流传感器的作用相当于一个电流表，实际就用电流表的符号表示．它与电流表的一个重要区别在于，传感器与计算机相结合能够即时反映电流的迅速变化，并能在屏幕上显示电流随时间变化的图象．先按图甲连接电路，测一次后，可以拆掉线圈，按图乙再测一次，得到丙、丁图象．则下列说法正确的是(　　)
A．丙图象是对应甲测得的　
B．丙图象是对应乙测得的
C．丁图象是对应甲测得的
D．丁图象是对应乙测得的
解析：选AD．电感线圈对应电路电流应逐渐增加，乙电路电键S接通后电流能突变．
6．(多选)在日光灯电路中，如果与启动器并联的电容器被击穿，为排除故障使日光灯正常工作而采取的下列方法中合理的是(　　)
A．去掉电容器
B．打坏玻璃泡，把动触片和静触片捆在一起
C．去掉启动器从启动器插座上接出两根导线，然后拧在一起
D．用一段中间有绝缘皮的导线弯成U字形，去掉启动器，将U形导线两端插入启动器座，待灯管两端发光后迅速断开
解析：选AD．电容器对启动过程没有影响，所以去掉以后启动器启动作用不变，A正确；启动的原理是瞬间接通，待灯管两端发光后，迅速断开，镇流器产生瞬时高压把灯管点亮，B、C不能断开，显然不可以，B、C错误，D正确．
7．(多选)家用日光灯电路如图所示，S为启动器，A为灯管，L为镇流器，关于日光灯的工作原理下列说法正确的是(　　)
A．镇流器的作用是将交变电流变为直流电
B．在日光灯的启动阶段，镇流器能提供一个瞬时高压，使灯管开始工作
C．日光灯正常发光时，启动器中的两个触片是分离的
D．日光灯发出柔和的白光是由汞电子受到激发后直接辐射的
解析：选BC.镇流器是一个自感系数很大的线圈，当流经线圈的电流发生变化时能产生很大的自感电动势阻碍电流的变化，在日光灯启动时，镇流器提供一个瞬时高压使其工作；在日光灯正常工作时，自感电动势方向与原电压相反，镇流器起着降压限流的作用，此时启动器的两个触片是分离的，当灯管内的汞蒸气被激发时能产生紫外线，涂在灯管内壁的荧光物质在紫外线的照射下发出可见光．
8．如图所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆解时应(　　)
A．先断开S1
B．先断开S2
C．先拆除电流表
D．先拆除电阻R
解析：选B．S1断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2.
☆9.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、启动器．启动器的构造如图所示，为了便于日光灯工作，常在启动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(　　)
A．启动器两脚A、B与启动器座接触不良
B．电容器C断路
C．电容器C击穿而短路
D．镇流器自感系数L太大
解析：选C.题目说镇流器无故障，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，即启动器接通，但不能自动断开，说明电容器C短路了，选C.
☆10.如图所示为日光灯示教电路，L为镇流器，S为启动器．下列操作中，观察到的现象错误的是(　　)
A．接通K1，K2接a，K3断开，灯管正常发光
B．灯管正常发光时，将K2由a迅速接到b，灯管将不再正常发光
C．断开K1、K3，令K2接b，待灯管冷却后再接通K1，可看到S闪光，灯管不能正常发光
D．取下S，令K2接a，再接通K1、K3，接通几秒后迅速断开K3，灯管可以正常发光
解析：选B．按选项A的做法，电路就是一个常见的日光灯照明电路，故A选项正确．选项D是用手动开关K3来代替启动器S，由所学知识可知，这种做法是可行的，故D选项正确．灯管正常工作后，镇流器L只起降压限流的作用，其工作完全可由一个电阻来替代．故灯管正常工作后，将K2由a转到b，灯泡中的钨丝电阻替代镇流器工作，只要阻值合适，日光灯仍可正常发光．故B选项错误．镇流器L在启动器S中的双金属片断开的瞬间产生高压，促使日光灯管发光，而灯泡D不能替代镇流器产生所需的高压，按选项C，只能看到S断续闪光，而灯管不能正常发光．
二、非选择题
11．如图所示，在日光灯工作原理中．
(1)开关刚合上时，220
V交流电压加在____________之间，使氖泡发出辉光；
(2)日光灯正常发光时，启动器的静触片和动触片_______(填“接通”或“断开”)，镇流器起着____________的作用，保证日光灯正常工作；
(3)启动器中的电容器能____________，没有电容器，启动器也能工作．
解析：按原理图接好日光灯电路后，当开关闭合，电源把电压加在启动器的两金属片之间，使氖泡内的氖气放电发出辉光．辉光放电产生的热量使U形动触片膨胀，跟静片接触把电路接通，于是镇流器的线圈和灯管的灯丝中就有电流通过，电路接通后，启动器中的氖气停止放电，U形片冷却后收缩恢复原状，两金属片分离，电路断开，由于镇流器的自感作用，会产生很高的自感电动势，其方向与原电压方向相同，很高的自感电动势加上原电源电压加在灯管两端，使管内汞气体导电，产生紫外线，激发荧光粉发光，灯管被点亮．
日光灯使用的是正弦交流电，电流的大小和方向都随时间做周期性变化，在日光灯正常发光后，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中会产生自感电动势，它的作用总是阻碍电流的变化，这时的镇流器就起到了降压限流的作用，保证日光灯的正常工作．启动器中的电容器能使动静片脱离时避免产生电火花而烧毁启动器．没有电容器，同样能工作，当日光灯正常点亮后，启动器不再起作用，就是摘去了也不影响日光灯的发光．
答案：(1)启动器的两电极　(2)断开　降压限流
(3)避免产生电火花
12．如图所示是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和
B．线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合电路．在拉开开关S的时候，弹簧K并不能立即将衔铁D拉起，从而使触头C(连接工作电路)立即离开，过一段时间后触头C才能离开；延时继电器就是这样得名的．试说明这种继电器的工作原理．
解析：当拉开开关S时使线圈A中电流变小并消失时，铁芯中的磁通量发生了变化(减小)，从而在线圈B中激起感应电流，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍原磁场的减小，这样，就使铁芯中磁场减弱得慢些，因此弹簧K不能立即将衔铁拉起．
答案：见解析一、选择题
1．对于电能输送的以下说法，正确的是(　　)
A．输送电能的基本要求是经济实惠
B．减小输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电
C．减小输电线上电压损失的唯一方法是增大导线的横截面积
D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输送功率大小、距离远近、技术和经济要求等
解析：选D．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济．减少输电线上的功率损失可采用高压输电，也可采用减小输电线电阻，即增大传输导线横截面积的方法，但不经济，且增加架设难度．实际输电时，要综合考虑各种因素．
2．(多选)下列关于远距离高压直流输电的说法中，正确的是(　　)
A．直流输电系统只在输电环节是直流，而发电环节和用电环节是交流
B．直流输电系统只在发电环节和用电环节是直流，而输电环节是交流
C．整流器将交流变直流，逆变器将直流变交流
D．逆变器将交流变直流，整流器将直流变交流
解析：选AC.直流输电系统由整流站、直流线路和逆变站三部分组成，在整流站通过整流器将交流电变换为直流电，在逆变站利用逆变器将直流电变换为交流电．因此选项A、C正确．
3．(多选)某发电厂原来用11
kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220
kV输电，输送的电功率都是P，若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是(　　)
A．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流变为原来的
B．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流增大为原来的20倍
C．根据公式ΔP＝I2R，提高电压后输电线上的功率损耗变为原来的
D．根据公式P＝，提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的400倍
解析：选AC.根据I＝知I∝故A正确，B错误；由ΔP＝2R知ΔP∝故C正确D错误．
4．用电器电阻值为R，距交变电源的距离为L，输电线电流为I，电阻率为ρ，要求输电线上电压降不超过U，则输电线截面积最小值为(　　)
A.　　　　　　　　　
B．
C.
D．
解析：选B．输电线上电压降U＝IR，其中R＝ρ，则Iρ＝U，得S＝，B正确．
5．(多选)为了减少输电线路中电能损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压，某降压变电站将电压U0＝11
000·sin
100πt(V)的交流电压降为220
V供居民小区用电，则降压变电站变压器(　　)
A．原、副线圈匝数比为50∶1
B．副线圈中电流的频率是50
Hz
C．原线圈的导线比副线圈的要粗
D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和
解析：选AB．原线圈的电压的有效值为U1＝11
000
V，由＝得，＝，选项A正确；变压器不改变交流电的频率，由f＝＝＝
Hz＝50
Hz，故选项B正确；由＝得，副线圈的电流大，要想导线发热少，导线要粗一些(电阻小)，故选项C错误；居民小区各用电器电流总和应该等于副线圈的电流，选项D错误．
6．低温雨雪冰冻往往会造成高压输电线因结冰而损毁．为消除高压输电线上的冰凌，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6I
B．输电电流为9I
C．输电电压为3U
D．输电电压为U
解析：选D．高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线①
若热耗功率变为9ΔP，则9ΔP＝I′2R线②
由①②得I′＝3I，A、B错误．
又输送功率不变P＝UI＝U′I′得U′＝U，所以D正确，C错误．
7．500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程，我省超高压输电工程正在紧张建设之中．若输送功率为3200万千瓦，原来采用200千伏输电，由于输电线有电阻而损失的电功率为P，则采用500千伏超高压输电后在输电线上损失的电功率为(设输电线的电阻未变)(　　)
A．0.4P
B．0.16P
C．2.5P
D．6.25P
解析：选B．由于P＝UI，输电线上损失的热功率ΔP＝I2r，则输电线上损失的热功率ΔP＝2r，所以有：＝＝2，P′＝0.16P，B正确．
8．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电总电阻为0.4
Ω，它提供给用电器的电功率为40
kW，电压为800
V．若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为(　　)
A．1
kW
B．1.6×103
kW
C．1.6
kW
D．10
kW
解析：选A.节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I＝＝
A＝50
A．P线＝I2R＝502×0.4
W＝1
000
W，故节约的电功率为1
kW，A项正确．
9．如图为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述错误的是(　　)
A．增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
解析：选C.导线的横截面积越大，导线的电阻越小，电能损失也就越小，选项A正确；在输送功率一定的前提下，提高输电电压U，由I＝知，能减小电流I，从而减小发热损耗，选项B正确；若输送电压一定，由I＝知，输送的电功率P越大，I越大，发热损耗就越多，选项C错误；高压输电时要综合考虑材料成本、技术、经济等各种因素，不是电压越高越好，选项D正确．
10．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图，发电机的输出电压为220
V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220
V的用电器正常工作，则(　　)
A.>
B．<
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
解析：选AD．根据变压器工作原理可知＝，＝，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2>U3，所以有>，A正确，B、C不正确．升压变压器的输出功率减去输电线上损失的功率等于降压变压器的输入功率，D正确．
二、非选择题
11．如图所示为演示远距离输电的装置，理想变压器B1、B2的变压比分别为1∶4和5∶1，交流电源的内阻r＝1
Ω，三只灯泡的规格均为“6
V,1
W”，输电线总电阻为10
Ω.若三只灯泡都正常发光，则交变电源的电动势E为多大？
解析：设变压器B1的原线圈电压为U1，副线圈电压为U2，变压器B2的原线圈电压为U3，副线圈电压为U4.通过B1原线圈的电流为I1，输电线中的电流为I2，B2副线圈中的电流为I3.
根据题意得：U4＝6
V，而I3＝0.5
A.
对B2，由电流关系得：I2＝I3＝0.1
A.
线路上损失的电压为ΔU线＝I2R线＝1
V.
由线路上的电压关系得：U2＝ΔU线＋U3
＝，＝，将有关数据代入得U1＝7.75
V.
再对B1使用电流关系I1n1＝I2n2，求得：I1＝0.4
A．最后由闭合电路欧姆定律得：
E＝I1r＋U1＝8.15
V.
答案：8.15
V
12.
风力发电作为新型环保能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100
kW，输出电压是250
V，用户需要的电压是220
V，输电线电阻为10
Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比．
(2)画出此输电线路的示意图．
(3)用户得到的电功率是多少．
解析：(1)输电线损失的功率
P损＝P×4%＝100
kW×4%＝4
kW.
输电线电流I2＝
＝
A＝20
A.
升压变电器输出电压
U2＝＝
V＝5×103
V.
升压变压器原、副线圈匝数比：
＝＝＝.
电压损失U损＝I2R线＝20×10
V＝200
V.
降压变压器原线圈端电压
U3＝U2－U损＝4
800
V.
降压变压器原、副线圈匝数比
＝＝.
(2)如图所示．
(3)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为：P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96%
kW＝96
kW.
答案：(1)1∶20　240∶11　(2)见解析图　(3)96
kW一、选择题
1．下列器件是应用光传感器的是(　　)
A．鼠标器　　　　　　　　
B．火灾报警器
C．测温仪
D．电子秤
解析：选A.测温仪应用温度传感器，火灾报警器利用烟雾传感器，电子秤是应用力传感器，鼠标应用光传感器．
2．传感器的种类多种多样，其性能也各不相同，空调机在室内温度达到设定的温度后，会自动停止工作，空调机内使用的传感器是(　　)
A．生物传感器
B．红外传感器
C．温度传感器
D．压力传感器
解析：选C.空调机是根据温度调节工作状态的，所以其内部使用了温度传感器，故选项C正确．
3．关于传感器工作的一般流程，下列说法中正确的是(　　)
A．非电学量→敏感元件→转换电路→电学量→转换元件
B．电学量→敏感元件→转换电路→转换元件→非电学量
C．非电学量→敏感元件→转换元件→转换电路→电学量
D．非电学量→转换电路→转换元件→敏感元件→电学量
解析：选C.传感器工作的一般流程为：非电学量敏感元件转换元件转换电路电学量，因此A、B、D错误，C正确．
4.如图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)(　　)
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：选C.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.
5．(多选)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：选BC.热敏电阻和霍尔元件是常见的传感器，但干电池和发光二极管不能作为传感器，故B、C正确．
6．如图所示是电阻R随温度T变化的图象，下列说法中正确的是(　　)
A．图线1是热敏电阻的图象，它是用金属材料制成的
B．图线2是热敏电阻的图象，它可以用半导体材料制成
C．图线1的材料化学稳定性好、测温范围大、灵敏度高
D．图线2的材料化学稳定性差、测温范围小、灵敏度低
解析：选B．图线1是金属热电阻的图象，金属热电阻的化学稳定性好，测量范围大，但是灵敏度较低，故选项A、C错误．图线2是热敏电阻的图象，热敏电阻可以用半导体材料制成，热敏电阻的化学稳定性差，测量范围小，但灵敏度高，故选项B正确，D错误．
7．如图所示，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，当外电路的电流变化说明电容值增大时，则导电液体的深度h变化为(　　)
A．h增大
B．h减小
C．h不变
D．无法确定
解析：选A.由题意知，导线和导电液体构成电容器的两极，类似于平行板电容器的两极，当液面高度发生变化时相当于两极正对面积发生变化，会引起电容的变化，与平行板电容器类比可得，导电液体深度h增大时，导线芯和导电液体正对面积增大，电容器的电容值变大．
8．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(　　)
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.当RM变大时，回路的总电阻R总变大，根据I总＝，得干路中的电流变小，S两端的电压U＝I总RS变小，故选项A、B错误；当RM变小时，回路的总电阻R总＝＋RS变小，根据I总＝，得干路中的电流变大，S两端的电压U＝I总RS变大，而且R越大，RM变小时，对回路的总电阻变化的影响越明显，故选项C正确，选项D错误．
☆9.如图所示为测定压力的电容式传感器，将平行板电容器、灵敏电流表(零刻度在中间)和电源串联成闭合回路，当压力F作用于可动膜片电极上时，膜片发生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流表指针偏转，在对膜片开始施加压力使膜片电极从图中的虚线推到图中实线位置并保持固定的过程中，灵敏电流表指针偏转情况为(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)(　　)
A．向右偏到某一刻度后回到零刻度
B．向左偏到某一刻度后回到零刻度
C．向右偏到某一刻度后不动
D．向左偏到某一刻度后不动
解析：选A.压力F作用时，极板间距d变小，由C＝电容器电容C变大．又根据Q＝CU，极板带电荷量变大，所以电容器应充电．灵敏电流计中产生由正接线柱流入的电流，所以指针将右偏，极板保持固定后，充电结束，指针回到零刻度．
☆10.如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则(　　)
A．t1时刻小球动能最大
B．t2时刻小球动能最大
C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
解析：选C.0～t1时间内小球做自由落体运动，落到弹簧上并往下运动的过程中，小球重力与弹簧对小球弹力的合力方向先向下后向上，故小球先加速后减速，t2时刻到达最低点，动能为0，A、B错误；t2～t3时间内小球向上运动，合力方向先向上后向下，小球先加速后减速，动能先增加后减少，C正确；t2～t3时间内由能量守恒知小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能减去小球增加的重力势能，D错误．
二、非选择题
11.如图所示，将多用电表的选择开关置于“欧姆挡”，再将电表的两支表笔与负温度系数的热敏电阻Rt的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的正中间．若往Rt上擦一些酒精，表针将向________(填“左”或“右”)偏；若用吹风机将热风吹向电阻，表针将向________(填“左”或“右”)偏．
解析：若往Rt上擦一些酒精，由于酒精蒸发吸热，热敏电阻Rt温度降低，电阻值增大，指针应该向左偏；用吹风机将热风吹向电阻，电阻Rt温度升高，电阻值减小，指针应该向右偏．
答案：左　右
12．有自动控制功能的蔬菜大棚，要靠传感器感知作物生长所需的各种信息．如图为蔬菜大棚内信息采集与自动控制示意图．试结合图上信息，分析讨论：
(1)在种植蔬菜大棚中要用到哪些传感器？它们的作用是什么？
(2)为了控制大棚中的蔬菜的生长条件，还需要哪些设施与传感器配合使用．
答案：(1)在蔬菜大棚中要用到检测光照的光敏传感器；检测温度的温度传感器；检测空气湿度和土壤湿度的湿度传感器；检测二氧化碳浓度的二氧化碳浓度传感器等．
(2)配套设施有：调节光照的遮阳棚，调整温度的加热装置与通风装置，调整湿度的通风加湿装置和喷淋器，调整二氧化碳浓度的自动排气装置．(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合物理学史实的是(　　)
A．科拉顿发现了电流热效应的规律
B．法拉第总结出了点电荷间相互作用的规律
C．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
解析：选C.焦耳通过实验直接得到了电流热效应的规律——焦耳定律，选项A错误；库仑在前人研究的基础上通过扭秤实验总结出点电荷间相互作用的规律——库仑定律，选项B错误；奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，拉开了电与磁相互关系的序幕，选项C正确；伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，选项D错误．
2．电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电气设备．下列用电器中，没有利用电磁感应原理的是(　　)
A．动圈式话筒　　　　　
B．自动取款机
C．磁带录音机
D．白炽灯泡
解析：选D．动圈式话筒、自动取款机、磁带录音机都应用了电磁感应原理．只有选项D中白炽灯泡没有利用电磁感应原理．
3．如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心线正好和线圈的一条直径MN重合．要使线圈a中产生感应电流，可采用的方法有(　　)
A．将螺线管在线圈a所在平面内转动
B．使螺线管上的电流发生变化
C．使线圈以MN为轴转动
D．使线圈以与MN垂直的一条直径为轴转动
解析：选D．A、B、C中线圈a中磁通量始终为零，没有发生变化，无法产生感应电流．
4．研究表明，地球磁场对鸽子辨别方向起到重要作用．鸽子体内的电阻大约为1
000
Ω，当它在地球磁场中展翅飞行时，两翅会切割磁感线，产生感应电动势．这样，鸽子体内灵敏的感受器即可根据感应电动势的大小来判别其飞行方向．若磁场的大小为5×10－5
T，鸽子翼展长度约0.5
m，当鸽子以20
m/s的速度飞翔时，两边翅膀间的感应电动势约为(　　)
A．50
mV
B．5
mV
C．0.5
mV
D．0.5
V
解析：选C.鸽子翼展长度大约为0.5
m，根据E＝Blv，得E＝5×10－5×0.5×20
V＝5×10－4
V＝0.5
mV，故C正确．
5．用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示．在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和U
D．下列判断正确的是(　　)
A．UaB．UaC．Ua＝Ub＝Uc＝Ud
D．Ub解析：选B．线框进入磁场过程中产生的电动势分别为Ea＝Eb＝BLv，Ec＝Ed＝2BLv，由于单位长度电阻相等，则有：Ua＝Ea＝BLv，Ub＝Eb＝BLv，Uc＝Ec＝BLv，Ud＝Ed＝BLv，所以Ua6.如图所示，接有理想电压表的三角形导线框abc，在匀强磁场中向右运动，问：框中有无感应电流？b、c两点间有无电势差？电压表有无读数？(　　)
A．无、无、无
B．无、有、有
C．无、有、无
D．有、有、有
解析：选C.因闭合回路内磁通量无变化，故无感应电流，电压表也无读数，但bc有效切割磁感线，b、c两点间有电势差．
7.半径为R的圆形线圈，两端A、D接有一个平行板电容器，线圈垂直放在随时间均匀变化的匀强磁场中，如图所示，则要使电容器所带电荷量Q增大，可以采取的措施是(　　)
A．增大电容器两极板间的距离
B．增大磁感应强度的变化率
C．减小线圈的半径
D．改变线圈所在平面与磁场方向间的夹角
解析：选B．Q＝CU，由C＝知，增大极板距离d，电容C减小，因此Q也减小，故A错误；由U＝E＝n＝nS，分析可得增大磁感应强度变化率或增大线圈在垂直磁场方向的投影面积，可增大A、D间电压，从而使Q增大，所以B正确，C、D错误．
二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意)
8．一圆形闭合线圈放在随时间均匀变化的磁场中，线圈平面和磁场方向垂直．若想使线圈中的感应电流增强1倍，下述方法不可行的是(　　)
A．使线圈匝数增加1倍
B．使线圈面积增加1倍
C．使线圈匝数减少一半
D．使磁感应强度的变化率增大1倍
解析：选ABC.线圈匝数增加1倍，感应电动势和线圈电阻都增加1倍，感应电流不变，A不对；线圈面积增加1倍，电阻也变化，则感应电流不能增强1倍，B不对；同理，C也不对；只有D正确．
9．如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是(　　)
A．感应电流方向不变
B．CD段直线始终不受安培力
C．感应电动势最大值E＝Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
解析：选ACD．在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，感应电流的方向不变，A正确．CD段通电导体在磁场中受到安培力的作用，B不正确．当半圆闭合回路进入磁场一半时，等效切割长度最大为a，这时感应电动势最大为E＝Bav，C正确．感应电动势平均值＝＝＝πBav，D正确．
10．如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图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，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9
s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则(　　)
A．W1B．W1>W2
C．q1＝q2
D．q1>q2
解析：选BC.设线框长为l1，宽为l2，第一次拉出速度为v1，第二次拉出速度为v2，则v1＝3v2.匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有W1＝F1·l1＝BI1l2l1＝，同理W2＝，故W1>W2，选项B正确；又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，由q＝ΔΦ/R，得q1＝q2，选项C正确．
11.如图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜球在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(　　)
A．A、B两点在同一水平线上
B．A点高于B点
C．A点低于B点
D．铜球最后将在磁场内做等幅摆动
解析：选BD．铜球在进入和穿出磁场的过程中，球中会有涡流产生，有一些机械能转化为电能(最终转化为内能)，所以A点应高于B点，故选项B正确．完全在磁场中运动时，无感应电流，没有能量转化，故D正确．
12．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中(　　)
A．运动的平均速度大小为v
B．下滑的位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为mgsin
θ
解析：选BD．流过ab棒某一截面的电量q＝·t＝·t＝，ab棒下滑的位移s＝，其平均速度＝，而棒下滑过程中做加速度减小的加速运动，故平均速度不等于v，A错误B正确；由能量守恒mgssin
θ＝Q＋mv2，产生的焦耳热Q＝mgssin
θ－mv2＝mg·sin
θ－mv2，C错误；当mgsin
θ＝时v最大，安培力最大，即F安m＝mgsin
θ，D正确．
三、填空题(本题共1小题，共8分．按题目要求作答)
13．某同学在探究感应电流产生的条件时，做了如下实验：
探究Ⅰ：如图甲所示，先将水平导轨、导体棒AB放置在磁场中，并与电流表组成一闭合回路．然后进行如下操作：
①AB与磁场保持相对静止；
②让导轨与AB一起平行于磁感线(上下)运动；
③让AB在水平方向上运动(切割磁感线)．
探究Ⅱ：如图乙所示，将螺线管与电流表组成闭合回路．然后进行如下操作：
①把条形磁铁放在螺线管内不动．
②把条形磁铁插入螺线管．
③把条形磁铁拔出螺线管．
探究Ⅲ：如图丙所示，螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成一个回路；A放在螺线管B内，B与电流表组成一个闭合回路．然后进行如下操作：
①闭合和断开开关瞬时．
②闭合开关，A中电流稳定后．
③闭合开关，A中电流稳定后，再快速改变滑动变阻器的阻值．
可以观察到：[请在(1)(2)(3)中填写探究中的序号]
(1)在探究Ⅰ中，________闭合回路会产生感应电流．
(2)在探究Ⅱ中，________闭合回路会产生感应电流．
(3)在探究Ⅲ中，________闭合回路会产生感应电流．
(4)从以上探究中可以得到的结论是：当____________________时，闭合回路中就会产生感应电流．
解析：在探究Ⅰ中，③会产生感应电流，在探究Ⅱ中，②③会产生感应电流，在探究Ⅲ中，①③会产生感应电流．由上可知，穿过闭合回路的磁通量有变化是产生感应电流的条件．
答案：(1)③　(2)②③　(3)①③
(4)穿过闭合回路的磁通量发生变化
四、计算题(本题共3小题，共34分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(9分)如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l＝0.50
m，左端接一电阻R＝0.20
Ω，磁感应强度B＝0.4
T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v＝4.0
m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
(1)ab棒中感应电动势的大小；
(2)回路中感应电流的大小；
(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小．
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势E＝Blv＝0.4×0.50×4.0
V＝0.80
V(3分)
(2)感应电流大小为I＝＝
A＝4.0
A(3分)
(3)ab棒所受安培力F安＝BIl＝0.4×4.0×0.50
N＝0.8
N，故外力F的大小也为0.8
N(3分)
解析：(1)0.80
V　(2)4.0
A　(3)0.8
N
15．(10分)如图所示，A是一面积为S＝0.2
m2、匝数为n＝100匝的圆形线圈，处在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度随时间变化规律为B＝(6－0.02t)
T，开始时外电路开关S断开，已知R1＝4
Ω，R2＝6
Ω，电容器电容C＝30
μF，线圈内阻不计，求：
(1)S闭合后，通过R2的电流大小；
(2)S闭合一段时间后又断开，在断开后流过R2的电荷量．
解析：由B＝(6－0.02t)
T知，圆形线圈A内的磁场先是向里均匀减小，后是向外均匀增大，画出等效电路图如图所示．
(1)E＝n＝n||S(2分)
由题意知||＝0.02
T/s(1分)
故E＝100×0.02×0.2
V＝0.4
V(1分)
由I＝，得IR2＝I＝
A＝0.04
A．(2分)
(2)S闭合后，电容器两端电压
UC＝U2＝IR2＝0.04×6
V＝0.24
V(1分)
电容器带电量Q＝CUC＝30×10－6×0.24
C
＝7.2×10－6
C(2分)
断开S后，放电电荷量为Q＝7.2×10－6
C．(1分)
答案：(1)0.04
A　(2)7.2×10－6
C
16.(15分)如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g.求：
(1)磁感应强度的大小；
(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率．
解析：(1)设小灯泡的额定电流为I0，有
P＝IR①(2分)
由题意知，在金属棒沿导轨竖直下落到某时刻后，两小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为
I＝2I0②(2分)
此时金属棒MN所受的重力和安培力大小相等，下落的速度达到最大值，有
mg＝BLI③(3分)
联立①②③式得
B＝.④(2分)
(2)设灯泡正常发光时，导体棒的速度为v，由电磁感应定律与欧姆定律得
E＝BLv⑤(2分)
E＝RI0⑥(2分)
联立①②④⑤⑥式得
v＝.(2分)
答案：(1)　(2)一、选择题
1．下列器件不是应用温度传感器的是(　　)
A．电熨斗　　　　　　　　
B．话筒
C．电饭锅
D．测温仪
解析：选B．话筒应用的是声传感器，电熨斗、电饭锅、测温仪应用的都是温度传感器，故选B．
2．在防治“非典”期间，在机场、车站等交通出入口，使用了红外线热像仪，红外线热像仪通过红外线遥感，可检测出经过它时的发热病人，从而可以有效控制疫情的传播．关于红外线热像仪，下列说法正确的是(　　)
A．选择红外线进行检测，主要是因为红外线光子能量小，可以节约能量
B．红外线热像仪通过发射红外线照射人体来检测
C．红外线热像仪同时还具有杀菌作用
D．一切物体都能发射红外线，而且物体在不同温度下发射的红外线的频率和强度不同
解析：选D．红外线热像仪是根据物体发射的红外线的频率和强度不同而工作的，故选项D正确．
3．类人型机器人装有作为眼睛的“传感器”，犹如大脑的“控制器”，以及可以行走的“执行器”，在它碰到障碍物前会自动避让并及时转弯．下列有关该机器人“眼睛”的说法中正确的是(　　)
A．是力传感器
B．是光传感器
C．是温度传感器
D．是声音传感器
解析：选
B．遇到障碍物会绕开，说明它是光传感器，B正确，A、C、D错误．
4．随着生活质量的提高，自动干手机已进入家庭．洗手后，将湿手靠近自动干手机，机内的传感器便驱动电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干．手靠近干手机能使传感器工作，是因为(　　)
A．改变了湿度
B．改变了电容
C．改变了温度
D．改变了磁场
解析：选
B．根据自动干手机工作的特征，即手靠近自动干手机，电热器开始工作，手撤离自动干手机电热器停止工作，由此可以判断传感器的种类是电容传感器．人是导体，可以和其他导体构成电容器，手放入时，通过改变电容而使干手机工作，故选
B．
5．当客人走近一些大饭店或宾馆的门口时，门就会自动打开，是因为门上安装了某种传感器．这种传感器可能是(　　)
A．声音传感器
B．位移传感器
C．红外线传感器
D．温度传感器
解析：选C.这种自动门的特点是人靠近就能打开，不需要发出声音，不是声音传感器，A错误，把一个木箱推向自动门，门不会自动打开，不是位移传感器，B错误，不管冬天夏天只要有人靠近就能打开，不是温度传感器，D错误，该自动门很可能是红外线传感器，C正确．
6．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(　　)
A．温度传感器
B．压力传感器
C．磁传感器
D．光传感器
解析：选B．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．
7．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．参照右图，下列对故障判断正确的是(　　)
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.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．
8．(多选)如图是自动调温式电熨斗，下列说法正确的是(　　)
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化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正确；C错误．
☆9.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图甲所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在运动过程中，电流表的示数如图乙所示，下列判断中正确的是(　　)
A．乙图表示电梯做匀速直线运动
B．乙图表示电梯做匀加速运动
C．乙图表示电梯做变加速运动
D．乙图表示电梯做匀减速运动
解析：选C.从题图乙可以看出电流增大，由欧姆定律知道压敏电阻阻值应该减小，结合压敏电阻特点可以判断，压力增大，而且电流逐渐变大，压力应该也是逐渐增大，说明电梯的加速度逐渐增大，所以电梯做变加速运动，A、B、D错误，C正确．
☆10.某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中(　　)
A．P、Q构成的电容器的电容增大
B．P上电荷量保持不变
C．M点的电势比N点的低
D．M点的电势比N点的高
解析：选D．电容式话筒与电源串联，电压保持不变，在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式C＝得电容减小，又根据电容定义式C＝得电容器所带电量减少，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高，D正确．
二、非选择题
11．如图甲是汽车过桥时对不同类型桥面压力变化的实验．采用DIS方法对模型进行测量，其结果如图乙中电脑屏幕所示．
(1)图甲中的传感器为________传感器．
(2)图甲中①②③分别为三种不同类型的桥面，对于凸形桥①，其相对应的压力图线应是屏幕上的________．(填“a”、“b”或“c”)
(3)如增大小球在斜槽上的高度，在图乙中大致画出小球通过凸形桥①时的压力图线．
解析：(1)由于是将压力信号转化为电信号，所以是压力传感器．
(2)桥面如题图①所示时，小球在最高点时对桥的压力小于重力；
桥面如题图②所示时，小球对桥的压力不变，总等于重力；
桥面如题图③所示时，小球在最低点时对桥的压力大于重力；
由此可得：对应凸形桥①的压力图线是电脑屏幕上的c.
(3)若增大小球在斜槽上的高度，小球通过凸形桥①时的压力图线将向下凹，如图所示．
答案：(1)压力　(2)c　(3)见解析图
12．现代汽车在制动时，有一种ABS系统，它能阻止制动时车轮抱死变为纯滑动．这种滑动不但制动效果不好，而且易使车辆失去控制．为此需要一种测定车轮是否还在转动的装置．如果检测出车轮不再转动，就会自动放松制动机构，让轮子仍保持缓慢转动状态．这种检测装置称为电磁脉冲传感器，如图甲，B是一根永久磁铁，外面绕有线圈，它的左端靠近一个铁质齿轮，齿轮与转动的车轮是同步的．图乙是车轮转动时输出电流随时间变化的图象．
(1)说明为什么有电流输出？
(2)若车轮转速减慢了，图象会变成怎样？
解析：(1)当齿轮上的齿靠近线圈时，由于磁化使空间的磁场增强，线圈中的磁通量变化产生感应电流，当齿轮离开时，空间的磁场减弱，产生反方向的感应电流．
(2)车轮转速减慢，电流变化频率变小，周期变大，电流值变小．如图所示．
答案：见解析一、必做题
1．在远距离输电过程中，为减少输电线路上的电能损失，可采用的最佳方法是(　　)
A．使输电线粗一些　　　　
B．减短输电线长度
C．减少通电时间
D．采用高压输电
解析：选D．减小输电线的长度不可行，因为要保证输电距离．采用直径更大的导线，可适当增大横截面积，太粗不可能，既不经济又架设困难．减少用电时间也不可以，要保障工农业生产及居民正常生活用电．提高输电电压，减小输电线上的电流是减少电能损失的最佳方法，选D．
2．中国已投产运行的1
000
kV高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原采用500
kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1
000
kV高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为(　　)
A．P/4
B．P/2
C．2P
D．4P
解析：选A.由P＝UI可知由500
kV的超高压输电变为1
000
kV高压输电时，输电线电流变为原来的1/2，再据P线＝I2R线可得输电线上损耗的电功率将变为P/4，故选A.
3．如图为远距离输电线路的示意图：
若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是(　　)
A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备的功率无关
B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定
C．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大
D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
解析：选C.变压器输入功率、输入电流的大小是由次级负载的功率大小决定的，选项A、B错误．用户的总电阻减小，根据P＝，消耗的功率增大，输电线上电流增大，线路损失功率增大，C项正确．升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失的电压加上降压变压器的输入电压，D项错误．
4．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为(　　)
A.，
B．2R，
C.，
D．2R，
解析：选D．当副线圈与原线圈的匝数比为k时，副线圈输出电压为kU，输出电流I＝，线路损耗的电功率为P1＝I2R＝2R.若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，副线圈输出电压为nkU，输出电流I′＝，线路损耗的电功率为P2＝I′2R＝2R.＝，选项D正确，A、B、C错误．
二、选做题
5．某水电站，用总电阻为2.5
Ω的输电线输电给500
km外的用户，其输出电功率是3×106
kW.现用500
kV电压输电，则下列说法正确的是(　　)
A．输电线上输送的电流大小为2.0×105
A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15
kV
C．若改用5
kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108
kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/R，U为输电电压，R为输电线的电阻
解析：选B．输电线上输送的电流为I＝＝
A＝6×103
A，A项错误；输电线上损失的电压为U损＝IR＝6×103×2.5
V＝1.5×104
V＝15
kV，B项正确；当用5
kV电压输电时，输电导线上损失的功率不会超过输电功率，故C项错误；当用公式ΔP＝计算损失的功率时，U为输电线上损失的电压而不是输电电压，D项错误．
6．交流发电机的路端电压为220
V，输出的电功率为4
400
W，发电机到用户单根输电线的电阻为2
Ω，求：
(1)用户得到的电压和电功率各是多少？
(2)如果用变压比为1∶10的升压变压器升压后向用户输电，用户处再用变压比为10∶1的降压变压器降压后使用，那么用户得到的实际电压和电功率又是多少？并画出全过程的线路示意图．
解析：(1)不用变压器，直接输电时：
干线中电流：I＝＝
A＝20
A
电线上损失的电压：U损＝I·R线＝20×2×2
V＝80
V
P损＝I·U损＝1
600
W
用户得到的电压：U户＝220
V－80
V＝140
V
P户＝P－P损＝4
400
W－1
600
W＝2
800
W.
(2)用变压器时，电路如图所示．
U1＝10U＝2
200
V
I线＝＝
A＝2
A
U2＝U1－I线R＝2
200
V－2×4
V＝2
192
V
所以U户′＝＝219.2
V
P户′＝P－I2线×R＝4
400
W－4×4
W＝4
384
W.
答案：(1)140
V　2
800
W　(2)219.2
V　4
384
W　图见解析(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．如图是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中交流电流表示数为零的位置是(　　)
A．甲、丙　　　　　　　　
B．乙、丁
C．甲、乙
D．丙、丁
解析：选A.线圈转动中感应电流时刻在变化，位于中性面位置时磁通量最大，但感应电流最小，等于零．位于与中性面垂直位置时，磁通量最小，但感应电流最大，故选A.
2．图中的四幅图是交流电的图象，其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是(　　)
解析：选C.我国居民用电是有效值为U＝220
V，频率为50
Hz的正弦交流电，故其最大值为Um＝
U＝311
V，周期为T＝＝0.02
s，选项C正确．
3．如图所示，把电阻、电感器、电容器并联接到某一交流电路上，三个电流表的示数相同，若保持电源电压不变，而将频率变大，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系是(　　)
A．I1＝I2＝I3
B．I1>I2>I3
C．I2>I1>I3
D．I3>I1>I2
解析：选D．电容器的容抗与交变电流的频率有关，频率高、容抗小，即对高频交流电的阻碍作用小．电感线圈对交变电流的阻碍作用随频率升高而增加．电阻R中电流只与交变电流有效值及R值有关．故本题的答案为D项．
4．如图甲所示，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(　　)
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．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．
5．交变电压的瞬时值为u＝Umsin
100πt(V)，当t＝
s时，u＝5
V，则从电压表上看到的读数为(　　)
A.
V
B．5
V
C．10
V
D．10
V
解析：选D．将t＝
s及u＝5
V代入u＝Umsin
100πt(V)，可以求得最大值Um＝10
V，有效值为10
V，电压表的读数为有效值，故D正确．
6．测电笔中的氖管起辉电压为86.6
V，把它接到有效电压为70.7
V、频率为50
Hz的余弦交流电源上，则氖管(　　)
A．不能发光
B．能发光，每秒发光50次
C．能发光，每秒发光100次
D．增大电源电压，每次发光时间减少
解析：选C.交变电流电压的最大值为×70.7
V≈100
V，大于起辉电压86.6
V，故能发光，一个周期内发光两次，每秒发光100次．
7．如图所示为一台发电机的结构示意图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状．M是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框，可绕与铁芯M共轴的固定转轴旋转．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场．若从图示位置开始计时，当线框绕固定轴匀速转动时，下列图象中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是(　　)
解析：选D．线圈总有一个边垂直切割磁感线，有效速度不变，产生的电动势大小不变，只是方向周期性变化．
二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意)
8．边长为L的正方形闭合线圈共n匝，在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕垂直于磁感线并在线圈平面内的轴匀速转动，要使线圈中的感应电流增大1倍，下列措施可采用的是(　　)
A．只将角速度ω增大1倍
B．只将线圈边长L增大至2L
C．只将线圈匝数增加至2n
D．只将磁感应强度增至2B
解析：选ABD．由公式I＝＝＝可推得A、D正确．边长为2L时，S′＝4S，R′＝2R，故B正确，若匝数n′＝2n，则R′＝2R，I不变，故C项错误．
9．有一个交变电流u＝311sin(314t)V，则下列说法中正确的是(　　)
A．这个交变电流的频率是50
Hz
B．它可以使“220
V,100
W”的灯泡正常发光
C．用交流电压表测量时，读数为311
V
D．使用这个交变电流的用电器，每通过一库仑的电量时，电流做功311焦耳
解析：选AB．由瞬时值表达式可知：Um＝311
V，有效值U＝220
V，每通过1
C的电量时电流做功W＝qU＝1×220
J＝220
J．故B正确，C、D错误，f＝＝
Hz＝50
Hz，A正确．
10．如图甲所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如图乙所示．若电热丝的电阻为110
Ω，则以下说法中正确的是(　　)
A．经过电热丝的交变电流周期为2×10－2
s
B．电热丝两端的电压为220
V
C．通过电热丝的电流为2
A
D．电热丝在1
min内产生的热量为1.32×104
J
解析：选AD．由图乙可知交流电的周期为2×10－2
s，A正确；根据正弦交流电的有效值可知前半个周期电压的有效值为220
V，根据交流电有效值的定义×＝×T，得U有＝110
V，所以B错误；由I＝求得通过电热丝的电流为
A，所以C错误；由Q＝I2Rt，代入数据，电热丝在一分钟内产生的热量为1.32×104
J，故D正确．
11．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(　　)
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，磁通量变化率达最大，其值为3.14
Wb/s
解析：选CD．由Φ t图象可知Φmax＝BS＝0.2
Wb，T＝0.4
s，又因为N＝50，所以Emax＝NBSω＝NΦmax·＝157
V，C正确；t＝0.1
s和0.3
s时，Φ最大，e＝0，电动势改变方向；t＝0.2
s和0.4
s时，Φ＝0，e＝Emax最大，故A、B错误，根据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知当t＝0.4
s时，最大，＝3.14
Wb/s，D正确．
12．一只电饭煲和一台洗衣机同时并联接入u＝311sin
314t
V的交流电源上，均正常工作．用交流电流表分别测得流过电饭煲的电流是5
A，流过洗衣机的电流是0.5
A，则下列说法中正确的是(　　)
A．电饭煲的电阻是44
Ω，洗衣机电动机线圈的电阻是440
Ω
B．电饭煲消耗的电功率为1
100
W，洗衣机电动机消耗的功率为110
W
C．1
min内电饭煲消耗的电能为6.6×104
J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103
J
D．电饭煲的发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍
解析：选BC.电饭煲与洗衣机并联接在电源上，电源两端电压有效值相等，均为U＝＝220
V，但洗衣机不是纯电阻用电器，由R1＝＝
Ω＝440
Ω是错误的，电饭煲是纯电阻用电器，可计算R2＝＝
Ω＝44
Ω，故选项A错误；电饭煲的电功率为P2＝UI2＝220×5
W＝1
100
W，洗衣机电动机的电功率为P1＝UI1＝220×0.5
W＝110
W，故选项B正确，1
min内电饭煲产生的热量Q2＝P2t2＝6.6×104
J，洗衣机电动机消耗的电能Q1＝P1t1＝6.6×103
J，故选项C正确；由题目条件计算不出洗衣机电动机的发热功率，故选项D错误．
三、填空题(本题共1小题，共8分．按题目要求作答)
13．如图所示的电表均为理想的交流电表，保险丝P的熔断电流为2
A，电容器C的击穿电压为300
V，若在a、b间加正弦交流电压，并适当地调节R0和R接入电路中的阻值，使P恰好不被熔断，C恰好不被击穿，则电流表的读数为________
A，电压表的读数为________
V.
解析：电阻R0和R串联接入交流电路中，通过保险丝的电流值与通过电流表的电流值相等，而电容器与电阻R并联，因而其两端的电压与电阻R两端的电压相等，也和电压表两端的电压相同，注意到电压表的读数是电阻R两端电压的有效值，而电容器是否击穿应看加在电容器两端交流电压的最大值，而看保险丝是否被熔断，要看电流的有效值是否超过熔断电流．故电流表的读数为2
A，电压表的读数为
V＝212.1
V.
答案：2　212.1
四、计算题(本题共3小题，共34分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(8分)圆形线圈共100匝，半径为r＝0.1
m，在匀强磁场中绕过直径的轴OO′匀速转动，角速度为ω＝
rad/s，电阻为R＝10
Ω，求：
(1)转过90°时，线圈中的感应电流为多大？
(2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图所示，B＝0.1
T，以图示位置为t＝0时刻)．
解析：当从题图所示位置转过90°时，线圈中有最大感应电流，图示位置为中性面，从中性面位置开始计时，表明瞬时值e与t是正弦关系．
(1)Em＝nBSω＝100×0.1×π×0.12×
V＝30
V．(3分)
Im＝＝
A＝3
A．(2分)
(2)i＝3sinA.(3分)
答案：(1)3
A　(2)i＝3sin
A
15．(12分)图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、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并联的交流电压表为理想电表．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：
(1)交流发电机产生的电动势最大值；
(2)电路中交流电压表的示数．
解析：(1)交流发电机产生电动势的最大值
Em＝nBSω，(2分)
而Φm＝BS，ω＝，所以Em＝(2分)
由Φ－t图线可知
Φm＝2.0×10－2
Wb，T＝6.28×10－2
s
所以Em＝200
V．(2分)
(2)电动势的有效值E＝Em＝100
V(2分)
由闭合电路欧姆定律，电路中电流的有效值为
I＝＝
A(2分)
交流电压表的示数为U＝IR＝90
V＝127.26
V．(2分)
答案：(1)200
V　(2)127.26
V
16．(14分)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为π，磁场均沿半径方向．匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直，线圈的总电阻为r，外接电阻为R.求：
(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
(3)外接电阻上电流的有效值I.
解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ω，
感应电动势Em＝4NBlv(2分)
解得Em＝2NBl2ω.(2分)
(2)电流Im＝(1分)
安培力F＝2NBIml(2分)
解得F＝.(2分)
(3)一个周期内，通电时间t＝T
R上消耗的电能W＝IRt且W＝I2RT(3分)
解得I＝.(2分)
答案：(1)2NBl2ω　(2)　(3)(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．下列说法正确的是(　　)
A．金属导体的电阻率随温度升高而减小
B．半导体的电阻率随温度升高而增大
C．用半导体制成的光敏电阻，可以作为测温元件
D．用半导体制成的光敏电阻，可以起到开关的作用
解析：选D．金属导体的电阻率随温度的升高而增大，A项错误；负温度系数热敏电阻半导体的电阻率随温度的升高而减小，B项错误；因半导体制成的光敏电阻随光的强度变化而变化，故不可作为测温元件，C项错误；用半导体制成的光敏电阻，随光强的改变，其阻值可以大幅度改变，可用于光控开关进行自动控制，D项正确．
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．楼梯口的夜间有声音时就亮的灯
解析：选C.商场里的自动玻璃门是红外线传感器．夜间自动打开的路灯的自控电路中是光敏电阻，即光电传感器．自动恒温冰箱内是靠热敏电阻的变化控制电路通断的．楼梯口的夜间有声音时就亮的灯是由声电传感器和光电传感器双重控制的，故选C.
3.如图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，导致话筒所在的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极间的(　　)
A．距离变化　　　　　　　
B．正对面积变化
C．介质变化
D．电压变化
解析：选A.电容式话筒中振动膜上的金属层和这个金属板构成的电容器相当于一个平行板电容器．当人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使两极板间的距离发生变化，从而导致电容器的电容发生变化，故A选项正确．
4.如图所示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，如果保持电流I恒定，则可以验证UH随B的变化情况．以下说法中不正确的是(　　)
A．将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，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．在测定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：选C.由UH＝kIB/d知电压与磁感应强度成正比，垂直工作面的磁感应强度B越大，电压越大；将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面，磁感应强度B变大，UH将变大，A正确．霍尔元件的工作面应与B垂直，在测定地球两极的磁场强弱时应保持水平，在测定地球赤道上的磁场强弱时应保持竖直，故B正确C错误．垂直工作面的磁感应强度B越大，电压越大，所以当磁感线与霍尔元件工作面的夹角变化时，UH将发生变化，D正确．
5.惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计．加速度计构造原理的示意图如图所示，沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连；两弹簧的另一端与固定壁相连．滑块原来静止，弹簧处于自然长度，滑块上有指针可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导．设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度(　　)
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点距离为s时，左边弹簧被压缩s，右边弹簧被拉伸s，选滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有：a＝＝，方向向右，所以D正确．
6．铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置．能产生匀强磁场的磁铁，被安装在火车首节车厢下面，如图甲所示(俯视图)．当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生电信号，被控制中心接收．当火车通过线圈时，若控制中心接收到的线圈两端的电压信号如图乙所示，则说明火车在做(　　)
A．匀速直线运动
B．匀加速直线运动
C．匀减速直线运动
D．加速度逐渐增大的变加速直线运动
解析：选B．由图线可以看出，接收到的电压信号越来越大，且均匀增大，根据公式E＝Blv可知火车速度正均匀增加，即火车做匀加速直线运动，所以B正确．
7．如图甲所示的电路中，光敏电阻R2加上图乙所示的光照时，R2两端的电压变化规律是(　　)
解析：选B．光敏电阻随光照的增强电阻减小，电路中电流增大，电阻R1两端电压增大，R2两端电压减小，但不能减小到零．故选项B正确．
二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意)
8．2007年度诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家，以表彰他们发现“巨磁电阻效应”，基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术，被认为是纳米技术的第一次真正应用．在下列有关其他电阻应用的说法中，正确的是(　　)
A．电阻在电路中主要起到通过直流、阻碍交流的作用
B．热敏电阻可应用于温度测控装置中
C．光敏电阻是一种光电传感器
D．电阻丝可应用于电热设备中
解析：选BCD．热敏电阻对温度很敏感，光敏电阻对光照很敏感，电阻丝可用于电加热，这很常见，所以B、C、D均正确．交流电、直流电均可通过电阻，电阻对它们均可产生阻碍作用，所以A错误．
9．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的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．电子体温计主要是采用了温度传感器
C．电脑所用的光电鼠标主要是采用声波传感器
D．电子秤中主要是采用了压力传感器
解析：选BD．电视机对无线遥控信号的接收采用了红外线传感器，电脑所用的光电鼠标采用了光传感器，故A、C选项错误，电子体温计采用温度传感器，电子秤采用压力传感器，B、D选项正确．
10．为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，电容器可通过开关S与线圈L或电源相连，如图所示．当开关从a拨到b时，由L与C构成的回路中产生周期T＝2π
的振荡电流．当罐中的液面上升时(　　)
A．电容器的电容减小
B．电容器的电容增大
C．LC回路的振荡频率减小
D．LC回路的振荡频率增大
解析：选BC.液面上升时，两板间的电介质变多，根据电容的决定式C＝知，电容器的电容C增大，选项B正确、A错误；根据振荡电流的周期T＝2π可知，周期变大，由f＝可知，频率变小，选项C正确、D错误．
11．全自动洗衣机中，排水阀是由程序控制器控制其动作的．当洗衣机进行排水和脱水工序时电磁铁的线圈通电，使电磁铁的铁芯2动作，牵引排水阀的活塞，排出污水，牵引电磁铁的结构如图所示．以下说法正确的是(　　)
A．若某时刻输入控制电流时，a为正，b为负，则铁芯2中A端为N极，B端为S极
B．若某时刻输入控制电流时，a为正，b为负，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，铁芯2不能吸入线圈中
D．若a、b处输入交变电流，铁芯2能吸入线圈中
解析：选BD．若输入控制电流由a流入，b流出，则铁芯1左端为N极，右端为S极，它将使铁芯2被磁化，A端为S极，B端为N极，并吸入线圈中．若a、b处输入交变电流，铁芯2仍能被吸入线圈中，故选B、
D．
12.在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制．如图所示电路，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻(温度越高电阻越小)，C为电容器．当环境温度降低时(　　)
A．电容器C的带电荷量增大
B．电压表的读数减小
C．电容器C两板间的电场强度减小
D．R1消耗的功率减小
解析：选AD．温度降低时，R2电阻增大，由I＝知，I减小，内电压与R1两端电压减小，R2两端电压增大，所以电容器带电荷量增大，电容器两极板间电场强度增大，A正确，C错误．由于内电压减小，所以路端电压增大，B错误．由于电流减小，所以R1消耗的功率减小，D正确．
三、填空题(本题共1小题，共10分．按题目要求作答)
13．某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性．现有器材：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、开关和导线等．
(1)若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性，请你在实物图上连线．
(2)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．
(3)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R－t关系图线如图所示，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)．
解析：改变温度后，热敏电阻阻值改变，电压表示数改变，从图线知R与t成线性关系，且纵轴上截距(当t＝0
℃时)R＝100
Ω.斜率为ΔR/Δt＝0.400，所以R＝100＋0.400t(Ω)．
答案：(1)如图所示
(2)②记录温度计示数　记录电压表示数
(3)100　0.400
四、计算题(本题共3小题，共32分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(8分)某兴趣小组为了研制一台“电子秤”，找到一个力电转换传感器，该传感器的输出电压正比于受压面的正压力，实验操作时，先调节传感器输入端的电压(要求从零开始调节)，使力电转换传感器在空载时的输出电压为零；而后在其受压面上放一物体，即可测得与物体的质量成正比的输出电压．
(1)如图所示：E为直流电源；S为开关；R为滑动变阻器；V为电压表，在图中用笔划线代替导线连接成实验电路图．
(2)若将质量为m0的砝码放在力电转换传感器的受压面上，电压表的示数为U0；然后取下砝码，再将待测质量为m的物体放在力电转换传感器的受压面上，电压表的示数为U，则待测物体的质量m＝________.
解析：(1)要求传感器输入端的电压从零开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法(见答案图)．(5分)
(2)因为测得的输出电压和所放物体的质量成正比，故＝，则待测物体的质量m＝m0.(3分)
答案：(1)如图所示
(2)m0
15．(10分)如图甲所示为半导体材料做成的热敏电阻的阻值随温度变化的曲线，图乙为用此热敏电阻RT和继电器设计的温控电路，设继电器的线圈电阻为Rx＝50
Ω，当继电器线圈中的电流IC大于或等于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，温度满足什么条件时，电路右侧的小灯泡会发光？
解析：热敏电阻与继电器串联，若使电流不小于IC＝20
mA，则总电阻不大于R总＝＝300
Ω(4分)
由于R总＝RT＋Rx，则RT不大于250
Ω(4分)
由甲图可看出，当RT＝250
Ω时，温度t＝50
℃，即温度不小于50
℃(2分)
答案：温度不小于50
℃时，电路右侧的小灯泡会发光
16.
(14分)在航天事业中要用角速度计测得航天器的自转角速度ω，结构如图所示，当系统绕轴OO′转动时元件A在光滑杆上发生滑动，并输出电信号，成为航天器的制导信号源，已知A质量为m，弹簧的劲度系数为k，原长为l0，电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器总长为l，电阻分布均匀，系统静止时滑动变阻器触头P在中点，与固定接头Q正对，当系统以角速度ω转动时，求：
(1)弹簧形变量x与ω的关系式．
(2)电压表示数U与角速度ω的关系式．
解析：(1)由圆周运动规律知
kx＝mω2R＝mω2(l0＋x)(5分)
即kx－mω2x＝mω2l0
所以x＝.(5分)
(2)由串联电路的规律知
U＝E＝.(4分)
答案：(1)x＝　(2)U＝一、选择题
1．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；电流通过它们时，在电阻上产生焦耳热，在线圈上产生磁场能，在电容器上产生电场能，C错误；在交变电路中，电阻器、电感器、电容器可以同时存在，D正确．
2．(多选)关于电子技术中的扼流圈，下列说法正确的是(　　)
A．扼流圈是利用电感线圈对交流电的阻碍作用来工作的
B．高频扼流圈的作用是允许低频交流通过，而阻碍高频交流通过
C．低频扼流圈的作用是不仅要阻碍高频交流通过，还要阻碍低频交流通过
D．高频扼流圈的电感比低频扼流圈的电感大
解析：选ABC.扼流圈是利用变化的电流通过线圈时，感应出自感电动势，从而来阻碍电流的变化的，故A正确．高频扼流圈是“通低频，阻高频”，故B正确；低频扼流圈是“阻高频，阻低频，通直流”，故C正确；高频扼流圈比低频扼流圈自感系数小，故D错误．
3．直流电源的电压与交流电源电压的有效值相同，自感线圈的直流电阻不计，则灯泡发光最亮的图是(　　)
解析：选D．电容C、电感L都对交流电有阻碍作用，故A、B两图中灯不是最亮的；C图中灯被短路，不亮；D图中电容C有隔直流作用．所以D中灯泡最亮．
4．如图所示为电子技术中常用的电路之一．“～”表示低频交流，“　　”表示高频交流，“－”表示直流，则下列叙述错误的是(　　)
A．图甲中后级输入只有交流成分
B．图乙中后级输入主要是直流成分
C．图丙中后级输入只有低频交流成分
D．图丙中后级输入只有高频交流成分
解析：选D．甲图中的C隔直通交、后级输入的是交流电．乙图中L阻高频，后级输入的主要是直流成分．丙图中的C滤掉的是高频，后级输入的是低频成分．
5．(多选)“二分频”音箱内有高、低两个扬声器．音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动．如图为音箱的电路简化图，高低频混合电流由a、b端输入，L是线圈，C是电容器，则(　　)
A．甲扬声器是低音扬声器
B．C的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器
C．L的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D．乙扬声器是低音扬声器
解析：选AB．电路中的电感和电容作用可以简单概括为：电感是通直流，阻交流，通低频，阻高频；电容是通交流，隔直流，通高频，阻低频．
6．如图甲、乙所示，从某一装置中输出的电流既有交流成分，又有直流成分，现要把交流成分输送给下一级，有关甲、乙图的说法正确的是(　　)
A．应选用甲图电路，其中C的电容要大
B．应选用甲图电路，其中C的电容要小
C．应选用乙图电路，其中C的电容要大
D．应选用乙图电路，其中C的电容要小
解析：选C.电容器在电路中要起到“隔直流，通交流”的作用，应选乙图电路．要使交流成分都顺利通过电容器而输送到下一级，则电容器的容抗要小，故C的电容要大．
7．某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分，为使放大器仅得到交流低频成分，如图所示，电路中可行的是(　　)
解析：选D．信号中含有三种成分，去掉直流成分用隔直电容即可，因此排除A、
B．而C中交流高低频成分均进入放大器，需加入另一旁路电容C2，所以D正确．
8．(多选)在频率为f的交变电流电路中，如图所示，当开关S依次分别接通R、C、L支路，这时通过各支路的电流有效值相等．若将交变电流的频率提高到2f，维持其他条件不变，则下列几种情况正确的是(　　)
A．通过R的电流有效值不变
B．通过C的电流有效值变大
C．通过L的电流有效值变小
D．通过R、C、L的电流有效值都不变
解析：选ABC.电阻对交变电流阻碍作用的大小与电流的频率无关，因此，通过电阻的电流的有效值不变，故A正确；电感线圈对交变电流阻碍作用的大小用感抗表示，线圈的自感系数越大，电流的频率越高，自感电动势就越大，即线圈对电流的阻碍作用就越大，感抗也就越大，因此，通过电感线圈的电流的有效值变小，故C正确．电容器对交变电流阻碍作用的大小用容抗表示，电容一定时，在相同的电压下电容器容纳的电荷一定．频率越高，充、放电的时间越短，充、放电的电流越大，容抗越小，因此，通过电容器的有效值变大，故B正确．
☆9.在收音机线路中，经天线接收到的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输入给下一级，我们采用了如图装置电路，其中代号a、b应选择的元件是(　　)
A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流线圈
B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流线圈
C．a是电容较小的电容器，b是高频扼流线圈
D．a是电容较小的电容器，b是低频扼流线圈
解析：选C.电容器具有“通高频，阻低频”作用，这样的电容器电容应较小，故a处是电容较小的电容器．电感线圈在该电路中要求做到“通低频，阻高频”，所以b处应接一个高频扼流线圈．
☆10.两个相同的白炽灯泡L1和L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联．当a、b间接电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．在a、b间更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度低于灯L2的亮度．则新电源的电压最大值和频率可能是(　　)
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．最大值大于Um，而频率仍为f
D．最大值小于Um，而频率仍为f
解析：选B．电感通低频，阻高频，而电容通高频，阻低频，由于灯L1的亮度低于灯L2的亮度，可判断新电源的频率一定小于f，故选
B．
11.如图所示，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(　　)
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：选B．由a、b接直流时的现象可知，元件x“通直流”，元件y“隔直流”；由a、b接交流电源时的现象可知，元件x“阻交流”，元件y“通交流”；根据电容器和电感线圈的特点，元件x是电感线圈，元件y是电容器，故B正确．
二、非选择题
12．如图所示，从AO输入的信号中，有直流和交流两种成分．
(1)现在要求信号到达BO两端只有交流，没有直流，需要在AB端接一个什么元件？该元件的作用是什么？
(2)若要求信号到达BO端只有直流，而没有交流，则应在AB端接入一个什么元件？该元件的作用是什么？
解析：根据电容和电感对直流和交流的作用原理进行分析．
(1)因为BO端不需要直流，只需要交流，故根据电容C有“通交流，隔直流”作用，应在AB端接入一个电容器C.该电容器对直流有阻隔作用，对交流有通过作用．
(2)因为BO端不需要交流，只需要直流，故根据电感L有“通直流，阻交流”的作用，应在AB端接入一个低频扼流圈．
答案：(1)电容器　通交流，隔直流
(2)低频扼流圈　通直流，阻交流一、选择题
1．(多选)下列各图中能产生交变电流的是(　　)
解析：选BCD．A图中的转轴与磁场方向平行，线圈中的磁通量始终为零，线圈中无感应电流产生，故A错误；根据交变电流产生的条件可知，线圈绕垂直于磁感线的轴线转动，就可以产生交变电流，对线圈的形状没有特别要求，故B、C、D正确．
2．线框在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向)，当转到如图所示位置时，磁通量和感应电动势大小的变化情况是(　　)
A．磁通量和感应电动势都在变大
B．磁通量和感应电动势都在变小
C．磁通量在变小，感应电动势在变大
D．磁通量在变大，感应电动势在变小
解析：选D．由题图可知，Φ＝Φmcos
θ，e＝Emsin
θ，所以磁通量变大，感应电动势变小．
3．(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为e＝220sin
(100πt)
V．关于这个交变电流，下列说法中正确的是(　　)
A．交变电流的频率为100
Hz
B．电动势的有效值为220
V
C．电动势的峰值为311
V
D．t＝0时，线圈平面与中性面重合
解析：选CD．因为ω＝100π，所以f＝50
Hz，A错误．电动势的峰值为220
V约311
V，C正确．电动势的有效值U＝
V＝220
V，B错误．t＝0时，e＝0，线圈平面处于中性面，D正确．
4．一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n转/秒，则(　　)
A．线框产生交变电动势的最大值为nπBS
B．线框产生交变电动势的有效值为nπBS/2
C．从开始转动经过周期，线框中的平均感应电动势为2nBS
D．感应电动势瞬时值表达式为e＝2nπBSsin
2nπt
解析：选D．转速为n转/秒，则角速度为2πn，根据感应电动势的最大值公式Em＝NBSω可以知道，电动势的最大值为2nπBS，有效值为最大值的，即为nπBS，所以A、B错误．从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，感应电动势瞬时值表达式为e＝BSωsin
ωt＝2nπBSsin
2nπt，D正确．由E＝N得平均电动势为4nBS，C错误．
5．电阻为1
Ω的某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生的正弦交流电的图象如图线a所示，当调整线圈转速后该线圈中所产生的正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交变电流的说法正确的是(　　)
A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B．线圈先后两次转速比为2∶3
C．交流电a的电动势的有效值为5
V
D．交流电b的电动势的最大值为5
V
解析：选C.t＝0时，磁通量都为最大，A错误．两次周期之比Ta∶Tb＝0.4∶0.6＝2∶3，所以转速之比na∶nb＝3∶2，B错误．由Ia＝及Ua＝IaR得，Ua＝5
V，C正确．由Em＝NBSω可知，Uam∶Ubm＝3∶2，所以Ubm＝
V，D错误．
6．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象是(　　)
解析：选B．我国照明用电的周期为0.02
s，转速减半，周期变为原来的2倍，角速度变为原来的一半，根据最大值公式Em＝nBSω可知，Em变为原来的一半，B正确．
7．(多选)如图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(　　)
A．线圈每转动一周，指针左右摆动一次
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．图示位置ab边的感应电流方向为a→b
D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零
解析：选AC.线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A正确．线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，C正确．线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，B、D错误．
☆8.如图所示，虚线OO′的左边存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，右边没有磁场．单匝矩形线圈abcd的对称轴恰与磁场右边界重合，线圈平面与磁场垂直，线圈沿图示方向绕OO′轴以角速度ω匀速转动(即ab边先向纸外、cd边先向纸里转动)，规定沿abcd方向为感应电流的正方向，从图示位置开始计时，下图中能正确表示线圈内感应电流i随时间t变化规律的是(　　)
解析：选B．0～内，ab一侧的线框在磁场中绕OO′转动产生交变电流，由楞次定律得电流方向为dcba且越来越大，～内，ab一侧线框在磁场外，而dc一侧线框又进入磁场，产生交变电流，电流方向为dcba且越来越小，以此类推，可知i－t图象为
B．
☆9.一个匝数为10的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，周期为T.若把多用电表的选择开关拨至交流电压挡，测得a、b两点间的电压为20
V，则可知从中性面开始计时，当t＝T时，穿过线圈的磁通量的变化率约为(　　)
A．1.41
Wb/s　　　　　　
B．2.0
Wb/s
C．14.1
Wb/s
D．20.0
Wb/s
解析：选B．电子电压表测量的是交变电流有效值，由此可以计算出交变电压的最大值为Em＝20
V；交变电压的瞬时表达式为：e＝20sin
t；当t＝时的瞬时值为e＝20
V；由法拉第电磁感应定律知，对应该时刻磁通量的变化率为2.0
Wb/s，故B正确．
☆10.(多选)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2
Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1
A．那么(　　)
A．线圈消耗的电功率为4
W
B．线圈中感应电流的有效值为2
A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint
解析：选AC.由于线圈从垂直于中性面的位置开始计时，则瞬时值表达式可记为e＝Emcos
θ，代入数据可知2＝Emcos
60°，得最大值Em＝4
V，即有效值E＝2
V以及I＝＝
A，功率为P＝＝4
W，瞬时值表达式为e＝4cost.故A、C正确，B错误．再由Em＝NBSω，得任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝BSsin
θ＝sin
θ＝sin
θ＝sint，可知D错误．
二、非选择题
11.如图所示为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B＝0.5
T，线圈匝数n＝50，每匝线圈面积为0.48
m2，转速为150
r/min，在匀速转动过程中，从图示位置开始计时．
(1)写出交变感应电动势瞬时值的表达式；
(2)画出e－t图线．
解析：(1)当线圈平面经过中性面时开始计时，则线圈在时间t内转过角度ωt，于是感应电动势瞬时值e＝Emsin
ωt，其中Em＝nBSω.
由题意知n＝50，B＝0.5
T，ω＝
rad/s＝5π
rad/s，S＝0.48
m2，
Em＝nBSω＝50×0.5×0.48×5π
V≈188
V，
所以e＝188sin
5πt(V)．
(2)根据交流电的方程画图线时，最大值是正弦图线的峰值，由纵轴上的刻度值标出，交流电的频率与正弦图线的周期相对应，ω＝，而周期由时间轴上的刻度值标出，T＝2π/ω＝0.4
s，e－t图线如图所示．
答案：(1)e＝188sin
5πt(V)　(2)见解析图
☆12.如图甲是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)
(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；
(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；
(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热．(其他电阻均不计)
解析：(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，只有ab和cd切割磁感线，且转动的半径为r＝，设ab和cd的转动速度为v，则v＝ω·
在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1＝BL1v⊥
由图可知v⊥＝vsin
ωt
则整个线圈的感应电动势为
e1＝2E1＝BL1L2ωsin
ωt.
(2)当线圈由图丙位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2＝BL1L2ωsin
(ωt＋φ0)．
(3)由闭合电路欧姆定律可知I＝
这里E为线圈产生的电动势的有效值
E＝＝
则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为
QR＝I2RT
其中T＝
于是QR＝πRω2.
答案：(1)e1＝BL1L2ωsin
ωt
(2)e2＝BL1L2ωsin
(ωt＋φ0)
(3)πRω2一、必做题
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．在线圈中产生的感应电流大小恒定不变
解析：选C.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．E＝n＝nS，根据闭合电路欧姆定律I＝＝，若不变，则I恒定．若变化，则I大小发生变化，故D错误．
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，则导线中产生的感应电动势(　　)
A．一定为0.1
V　　　　　
B．可能为零
C．可能为0.01
V
D．最大值为0.1
V
解析：选BCD．当公式E＝Blv中B、l、v互相垂直且导体切割磁感线运动时感应电动势最大：Em＝Blv＝0.1×0.1×10
V＝0.1
V，考虑到它们三者的空间位置关系，可判断出B、C、D正确，A错误．
3．
磁流体发电机的电动势是导电流体(在工程技术上常用等离子体)通过磁场时，以导电的流体切割磁感线而产生的．如图所示，等离子体进入发电管道，管道长、宽、高分别为a、b、c，发电管道的两侧有磁极以产生磁场，磁感应强度为B，另外两侧面安有电极，等离子体以速度v通过通道时，则灯泡两端的稳定电势差为(　　)
A．Bav　　　　　　　　
B．Bbv
C．Bcv
D．无法计算
解析：选B．等离子体通过通道时，等离子体起到金属导线的作用，切割磁感线产生感应电动势，即E＝Blv＝Bbv，故B正确．
4．穿过一个内阻为1
Ω的10匝闭合线圈的磁通量每秒均匀减少2
Wb，则线圈中(　　)
A．感应电动势每秒增加2
V
B．感应电动势每秒减少2
V
C．磁通量的变化率为2
Wb/s
D．感应电流为2
A
解析：选C.磁通量的变化率＝2
Wb/s，C正确．由E＝n得E＝10×2
V＝20
V，感应电动势不变，A、B错误．由I＝得I＝
A＝20
A，D错误.
二、选做题
5．如图甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45°角，O、O′分别是ab边和cd边的中点．现将线框右边ObcO′绕OO′逆时针旋转90°到图乙所示位置，在这一过程中，导线框中通过的电荷量是(　　)
A.
B．
C.
D．0
解析：选A.线框左半边不动，磁通量不变，穿过右半边的磁通量Φ1＝BS·sin
45°＝BS，旋转90°时，Φ2＝Φ1＝BS，但因磁感线穿入方向变化，故磁通量变化应是ΔΦ＝Φ1＋Φ2＝BS，线框产生的平均电动势＝，＝，通过的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝＝，A正确．
6．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1
000，线圈面积S＝200
cm2，线圈的电阻r＝1
Ω，线圈外接一个阻值R＝4
Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．求：
(1)前4
s内的感应电动势；
(2)前4
s内通过R的电荷量．
解析：(1)由图象可知前4
s内磁感应强度B的变化率
＝
T/s＝0.05
T/s
4
s内的平均感应电动势
E＝nS＝1
000×0.02×0.05
V＝1
V.
(2)电路中的平均感应电流
＝，q＝t，又因为E＝n
所以q＝n＝1
000×
C＝0.8
C.
答案：(1)1
V　(2)0.8
C一、必做题
1．对日光灯电路，以下说法正确的是(　　)
A．日光灯的启动器是装在专用插座上的，当日光灯正常发光后，取下启动器，不会影响灯管发光
B．如果启动器丢失，作为应急措施，可用一段带有绝缘外皮的导线启动日光灯
C．日光灯正常发光后，灯管两端电压为220
V
D．镇流器在日光灯启动后，不断产生瞬时高压维持灯管发光
解析：选AB．日光灯正常工作时，启动器不起作用，启动器丢失可用导线代替，导线接触后再断开即可让镇流器产生自感现象．日光灯正常发光后，灯管电压小于220
V，另一部分电压被镇流器分担．
2．关于日光灯工作过程中的电磁感应现象，下列说法中不正确的是(　　)
A．在灯丝预热阶段，镇流器利用自感控制电流
B．在灯管点燃阶段，镇流器利用断电自感提供瞬时高压
C．灯管正常发光阶段，镇流器利用反抗电流变化的自感作用降压限流，保证日光灯正常发光
D．灯管正常发光后，镇流器已失去作用
解析：选D．在日光灯启动发光的不同阶段，镇流器所起的作用也是不同的．在灯丝预热阶段，镇流器利用自感控制电流加热灯丝，以获得电子；在灯管点燃阶段，需镇流器提供瞬时高压；正常发光时，镇流器起降压限流作用，选项D错误．
3．如图所示，日光灯正常发光时，流过灯管的电流为I，那么对于灯丝ab上的电流，以下说法正确的是(　　)
A．灯丝ab上的电流处处为I
B．灯丝a处的电流为I
C．灯丝b处的电流为I，其他地方的电流都比I小
D．灯丝b处最容易烧断
解析：选CD．灯管正常发光后，流过灯管中的电流为I，这个电流从b通过水银蒸气到另一端，和镇流器组成回路，灯管正常工作后，启动器及灯丝a端都无电流流过，故b处最容易烧断，答案为CD．
4．下列关于电焊机的说法正确的是(　　)
A．电焊时，焊条与工件始终接触
B．电焊时，是靠流过焊条与工作接触电阻的电流的热效应完成的
C．电焊时，点火电压很高，约为几万伏
D．电焊时，电弧火花产生的高温把金属工件局部熔化，冷却后焊接处就熔为一体
解析：选D．电焊时，先把焊条与被焊的工件短暂接触，然后迅速将焊条提起，与工件保持4
mm～5
mm的距离，故选项A错误；电焊时，是靠电弧火花产生的高温把金属工件局部熔化进行焊接，故选项B错误，D正确；电焊时，点火电压约为70
V，并不高，故C错误．
二、选做题
5．在无线电技术中，常有这样的要求，有两个线圈，要使一个线圈中有电流变化时对另一个线圈几乎没有影响，在如图电路中它们的安装符合要求的是(　　)
解析：选D．根据螺线管通电后的磁感线的分布情况以及螺线管的排列位置，A、B、C选项中都会出现互感，只有D选项中可以消除互感的影响．
6．各种会议室或者客厅中经常是两个日光灯管并在一起使用，请你根据所学知识设计一个电路保证两个灯管都能正常发光．
解析：要使两灯管都能正常工作，需使两灯管都能达到工作电压．两灯管需并联，启动器与灯管应并联，镇流器与灯管应串联．如图所示．
答案：见解析一、必做题
1．关于线圈的自感系数，下列说法中正确的是(　　)
A．线圈中电流变化量越大，线圈的自感系数越大
B．线圈中电流变化越快，线圈的自感系数越大
C．若线圈中通入恒定电流，线圈的自感系数为零
D．不管电流如何变化，线圈的自感系数不变
解析：选D．线圈的自感系数是由线圈本身的因素决定的，与线圈是否通电以及所通电流的变化情况无关．
2．关于自感现象，下列说法中正确的是(　　)
A．感应电流一定和原电流方向相反
B．线圈中产生的自感电动势较大时，其自感系数一定较大
C．对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感系数较大
D．对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大
解析：选D．自感现象中感应电动势的方向遵从楞次定律．当原电流减小时，自感电流与原电流方向相同；当原电流增大时，自感电流与原电流方向相反，所以A错误；自感电动势的大小E自＝L，所以自感电动势大不一定是由自感系数大引起的，有可能是电流的变化率很大引起的，所以B错误；线圈自感系数的大小，由线圈本身决定，与线圈中有无电流以及电流变化的快慢无关，所以C错误；由E自＝L知，对于同一线圈，自感系数L确定，当电流变化较快时，线圈中产生的自感电动势也越大，所以D正确．
3．在如图所示的电路中，两个相同的电流表G1和G2的零点在刻度盘中央．当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；当电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通且稳定后再断开开关S的瞬间，下述说法中正确的是(　　)
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．两表的指针都向右摆
D．两表的指针都向左摆
解析：选A.由题意可知，电流表指针摆动方向与流经电流表电流方向相同，当S断开时由于L的自感作用，流过G1的电流方向不变，大小逐渐减小，所以G1指针向右摆，又由于G1、G2与L组成新的闭合回路，G2中电流从“－”入、从“＋”出，所以G2指针向左摆，A正确，B、C、D错误．
4．一个称为“千人震”的趣味物理小实验，实验是用一节电动势为1.5
V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器(自感线圈)．几位做实验的同学手拉手连成一排，另一位同学将电池、镇流器、开关用导线将它们和首、尾两位同学的手相连，如图所示，在开关闭合或断开时就会使连成一排的同学都有触电感觉，则(　　)
A．该实验的原理是镇流器的自感现象
B．该实验的原理是1.5
V的电压让人感到触电
C．人有触电感觉是在开关闭合的瞬间
D．在开关断开瞬间和断开后比较长的时间内人都会有触电感觉
解析：选A.开关接通或断开时，镇流器会产生自感电动势．开关闭合时，人两端电压为1.5
V，电流太小，人不会有触电的感觉，开关断开瞬间，自感电动势与原电流方向相同，且镇流器产生的自感电动势较大，人会有触电感觉．所以只有A正确．
二、选做题
5.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是(　　)
解析：选B．开关闭合时，由于线圈的自感阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，路端电压UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡中的电流方向与原来相反，并逐渐减小到零，路端电压UAB逐渐减小到零，UAB为负值．A图象开关闭合时，UAB增大，不符合题意，错误；B图象电压UAB的变化规律符合题意，正确；C图象的电压UAB先增大后减小，且方向不变，错误；D图象在两过程中电压UAB始终为正，不正确．
6．如图所示的电路中，已知E＝20
V，R1＝20
Ω，R2＝10
Ω，L是纯电感线圈，电源内阻不计，则S闭合，电路稳定后断开S的瞬间，L两端的电压是多少？哪端电势高？
解析：当S闭合，电路稳定时，流过L的电流I＝＝2
A，此时a端电势高于b端．断开S的瞬间，R2和R1与L串联，线圈L中电流减小，开始瞬间，L中电流为I，所以L两端电压为I(R1＋R2)＝60
V，此时线圈L中的磁场能转化为电能释放出来，线圈L相当于电源，R1与R2相当于外电路，所以b端电势高于a端．
答案：60
V　b端(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．关于三相交流电，下列说法正确的是(　　)
A．三相交流发电机输出的三相交变电流的有效值不一定是相同的
B．三相交流发电机输出的三相交变电流的频率可以不同
C．若三相电源采用星形接法，一定要采用三相四线制对外输电
D．生活照明用电一定采用三相四线制供电
解析：选D．三相交流发电机的三相绕组完全相同，产生的交变电流的有效值一定相同，频率一定相同，瞬时值、最大值依次落后三分之一个周期，A、B错．电源的星形接法对外供电时可以是三相四线制，也可以是三相三线制，在生活用电中，很难做到三相负载完全对称，一定要用三相四线制供电，C错，D对．
2．如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11
000sin
100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6
Ω的导线对“220
V　880
W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知(　　)
A．原、副线圈的匝数比为50∶1
B．交变电压的频率为100
Hz
C．副线圈中电流的有效值为4
A
D．变压器的输入功率为880
W
解析：选C.由交变电压的表达式可知，该交流电的电压的有效值U1＝11
000
V，交流电的频率f＝＝
Hz＝50
Hz，B错误；由于电器RL正常工作，则由P＝U0I可知，副线圈中电流I＝＝
A＝4
A，C正确；由于理想变压器的变压比等于匝数比，则原、副线圈的匝数比＝＝＝，A错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出＝880
W＋I2r＝976
W，D错误．
3．理想变压器的原、副线圈匝数之比为n∶1,
副线圈的负载电阻为R，如图所示，当变压器正常工作时，a、b间的等效电阻是(　　)
A．nR
B．
C．n2R
D．
解析：选C.由电阻的定义知R＝
a、b间的等效电阻Rab＝
因为＝＝n，＝＝
所以Rab＝＝＝n2＝n2R.
4．水电站向小山村输电，输送电功率为50
kW，若以1
100
V送电，则线路损失为10
kW，若以3
300
V送电，则线路损失可降为(　　)
A．3.3
kW
B．1.1
kW
C．30
kW
D．11
kW
解析：选B．由P＝UI，ΔP＝I2R可得ΔP＝R，所以当输送电压增大为原来3倍时，线路损失变为原来的，即ΔP＝1.1
kW.
5．用220
V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110
V，通过负载的电流图象如图所示，则(　　)
A．变压器输入功率约为3.9
W
B．输出电压的最大值是110
V
C．变压器原、副线圈匝数比是1∶2
D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin
A
解析：选A.根据i t图象，负载电流的函数表达式i＝0.05sin
100πt(A)且Im＝0.05
A，通过负载的电流的有效值I2＝，输出电压的最大值Um＝U2＝110
V，变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2≈3.9
W，变压器原、副线圈匝数比＝＝.综上知选项A正确，选项B、C、D错误．
6．如图所示，a、b为输入端，接交流电源，c、d为输出端，则输出电压大于输入电压的电路是(　　)
解析：选C.选项A、B中为分压器，A项中滑片P与c间的电阻没有分得电压，所以输出电压等于输入电压，而B项中的输出电压为滑动变阻器的部分电阻分得的电压，所以小于输入电压．要注意分压器是不可能升压的．
7．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．但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．这是因为此时(　　)
A．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小
B．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小
C．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失电压大
D．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电流
解析：选C.在用电高峰期，总负载较重，负载等效电阻较小，线路中的电流过大，线路上损失电压过大，造成用户灯两端的电压减小，所以变暗了．
二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意)
8.如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220
V，电流表的示数为10
A，则(　　)
A．a为电流表，b为电压表
B．a为电压表，b为电流表
C．线路输送电功率是2
200
W
D．线路输送电功率是2.2×106
W
解析：选BD．电压互感器并联到电路里，电流互感器串联到电路里，所以a是电压表，b是电流表，故B正确；电压表和电流表的示数不是线路中的电压和电流，电表的示数是副线圈两端的电压或电流，线路中的还要通过变比进行计算，所以，线路电压为22
000
V，电流为100
A，输送功率为2
200
kW，所以D正确，选项B、D正确．
9．如图为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连，P为滑动头．现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯泡L两端的电压等于其额定电压为止．用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值；电功率指平均值)．下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是(　　)
解析：选BC.当滑动头P匀速上滑时，副线圈匝数均匀增大，由＝知，U2＝U1，U2随时间均匀增大，C项正确；由于灯泡的电阻随温度的升高而增大，所以当电压均匀增加时，由欧姆定律I＝知灯泡中电流并非均匀增加，而是增加的越来越慢，其I2－t图线的斜率逐渐减小，B项正确；灯泡消耗的功率N2＝U2I2，N2随时间并不是均匀增加的，D项错误；变压器的输入功率与输出功率相等，当灯泡功率增大时，输入功率也在增大，原线圈中电流增大，A项错误．
10．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有(　　)
A．向下滑动P
B．增大交流电源的电压
C．增大交流电源的频率
D．减小电容器C的电容
解析：选BC.要使灯泡变亮，根据欧姆定律，一方面可使U2变大，另一方面可使电路对交流电的阻碍作用减小．由＝知，向下滑动P时，U2变小，选项A错误；增大交流电源的电压U1，U2变大，选项B正确；由XC＝知，增大交流电源的频率时，容抗XC变小，选项C正确；减小电容器C的电容，容抗XC变大，选项D错误．
11．如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是(　　)
A．原线圈中的电流为nI
B．变压器的输入功率为
C．电动机输出的总功率为I2R
D．电动机两端电压为
解析：选BD．电流表的读数为副线圈电流，所以原线圈电流为，故A错误；原线圈的输入功率则为U，故B对；电动机上的热功率为I2R，电动机消耗功率为U，两端电压为，故C错误，D正确．
12．如图所示为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈的电压，则(　　)
A．保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大
B．保持P的位置及U1不变，S由b合到a时，R消耗功率将减小
C．保持U1不变，S合在a处，使P上滑，I1将增大
D．保持P的位置不变，S合在a处，若U1增大，I1将增大
解析：选ABD．S由a合到b时，n1减小而U1不变，由＝可知副线圈上电压U2增大，负载R的电流I2增大，P2增大；又由于P1＝P2＝U1I1，故I1增大，A项正确．同理S由b合到a时，P2减小，B项正确．P上滑时，负载电阻R增大，而U1、U2均不变，由I2＝可知I2减小，又由于n1、n2均不变，由＝可知I1将减小，故C项错误．当U1增大时，由＝可知U2也增大，I2＝增大，再由＝可知I1增大，故D项正确．
三、填空题(本题共1小题，共8分．按题目要求作答)
13.如图所示为一理想自耦变压器，当它的滑片P向b方向移动时，R和R′保持不变，则交流电压表的示数将________，交流电流表的示数将________；若P的位置不动，滑动变阻器滑片Q向上移动时，电压表示数将________，电流表示数将________．(填“增大”“减小”或“不变”)
解析：当P向b滑动时，原线圈匝数增多，两端电压不变，而副线圈匝数不变，故副线圈两端电压将减小，电流减小，输出功率减小，原线圈输入功率减小，电压不变，电流减小；若P不动，Q上移，副线圈的总电阻减小，原、副线圈电压不变，副线圈消耗的功率增大，原线圈输入功率增大，电流增大．
答案：减小　减小　不变　增大
四、计算题(本题共3小题，共34分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(8分)(2014·济南高二检测)发电机输出功率为40
kW，输出电压为400
V，用变压比(原、副线圈匝数比)为1∶5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5
Ω，到达用户后再用变压器降为220
V，求：
(1)输电线上损失的电功率是多少？
(2)降压变压器的变压比是多少？
解析：(1)发电机输出的电压为400
V，经升压变压器后电压为U＝×400
V＝2.0×103
V(1分)
由P＝UI得输电线上的电流
I＝＝
A＝20
A(1分)
输电线上的功率损失
ΔP＝I2r＝202×5
W＝2.0×103
W(2分)
(2)输电线上的电压损失
ΔU＝Ir＝20×5
V＝100
V(1分)
加在降压变压器原线圈两端的电压
U1＝U－ΔU＝2.0×103
V－100
V＝1.9×103
V(1分)
降压变压器副线圈两端的电压(用户所需的电压)
U2＝220
V
降压变压器的变压比
＝＝＝(2分)
答案：(1)2.0×103
W　(2)95∶11
15．(12分)如图所示，理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，交流电源电压U1＝220
V，F为熔断电流为I0＝1.0
A的保险丝，负载为一可变电阻．
(1)当电阻R＝100
Ω时，保险丝能否被熔断？
(2)要使保险丝不被熔断，电阻R的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？
解析：(1)由＝得，副线圈两端的电压
U2＝U1＝×220
V＝110
V(2分)
当R＝100
Ω时，副线圈中电流
I2＝＝
A＝1.10
A(1分)
原线圈中的电流为
I1＝·I2＝×1.10
A＝0.55
A(2分)
由于I1(2)设电阻R取某一值R0时，原线圈中的电流I1刚好达到熔断电流I0，即I1＝1.0
A
则副线圈中的电流为
I2＝I1＝·I1＝2×1.0
A＝2.0
A(2分)
变阻器阻值为R0＝＝
Ω＝55
Ω(1分)
此时变压器的输出功率为
P2＝I2·U2＝2.0×110
W＝220
W．(2分)
可见，要使保险丝F不被熔断，电阻R的阻值不能小于55
Ω，输出的电功率不能大于220
W．(1分)
答案：(1)不会　(2)电阻R的阻值不能小于55
Ω，输出的电功率不能大于220
W
16．(14分)(2014·黄冈高二检测)三峡水利工程中某一水电站发电机组设计为：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，水流量为Q＝10
m3/s.水轮机效率为75%，发电机效率为80%，g＝10
m/s2.试问：
(1)发电机的输出功率是多少？
(2)如果发电机输出电压为240
V，用户所需电压为220
V，输电线路中能量损耗为5%，输电线的电阻共为12
Ω，那么所需的升、降压变压器的原、副线圈匝数比分别是多少？
解析：(1)水轮机的输出功率即发电机的输入功率，为
P1＝
＝×75%＝7.8×105
W(5分)
发电机的输出功率为
P0＝P1×80%＝6.24×105
W．(2分)
(2)输电示意图如图所示，
发电机输出的电流
I1＝＝
A＝2
600
A．(1分)
输电导线中的热损耗
P耗＝P0×5%＝3.12×104
W．(1分)
输电线路中的电流
I2＝＝
A≈51
A，(1分)
所以升压变压器T1的原、副线圈匝数比
＝≈1∶51.(1分)
降压变压器T2的输出功率
P＝P0－P耗＝5.928×105
W．(1分)
T2的输出电流
I3＝＝
A≈2.7×103
A，(1分)
所以降压变压器T2的原、副线圈匝数比
＝＝≈53∶1.(1分)
答案：(1)6.24×105
W　(2)1∶51　53∶1一、选择题
1．关于自感现象，下列说法中正确的是(　　)
A．自感现象是线圈自身的电流变化而引起的电磁感应现象
B．自感电动势总是阻止原电流的变化
C．自感电动势的方向总是与原电流方向相反
D．自感电动势的方向总是与原电流方向相同
解析：选A.根据自感的定义，A正确，B错误；选项C、D把阻碍电流变化理解错了，其实自感电动势与原电流方向可以相同，也可以相反．根据阻碍含义，若原电流增大，自感电动势就阻碍增大，与原电流方向相反；若原电流减小，自感电动势就阻碍减小，与原电流方向相同，故C、D错误．
2.在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流的变化而引起的自感现象，采用双线并绕的方法，如图所示，其道理是(　　)
A．当电路中的电流变化时，两股导线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：选C.由于采用双线并绕的方法，当电流通过时，两段导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两段导线中的电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生自感现象，因此消除了自感．故正确答案为C.
3．(多选)某线圈通有如图所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有(　　)
A．第1
s末　　　　　　　
B．第2
s末
C．第3
s末
D．第4
s末
解析：选B
D．在自感现象中当原电流减小时，自感电动势与原电流的方向相同，当原电流增加时，自感电动势与原电流方向相反．在图象中0～1
s时间内原电流正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向，在1～2
s时间内原电流负方向增加，所以自感电动势与其反方向相反，即沿正方向；同理分析2～3
s、3～4
s时间内的情况可得答案为B、D．
4.如图所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开电路的瞬间会有(　　)
A．灯泡立刻熄灭
B．灯泡慢慢熄灭
C．闪亮一下后再慢慢熄灭
D．闪亮一下后突然熄灭
解析：选A.当电路断开时，由于通过线圈的电流从有到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈与灯泡不能构成闭合回路，因此灯泡立刻熄灭．
5．如图所示电路，A1、A2均为零刻度在中央的电流表．L是一带铁芯的线圈，R为电阻．两条支路的直流电阻相等．那么在接通和断开电键的瞬间，两电流表的读数I1、I2的大小关系是(　　)
A．接通时I1I2
B．接通时I2C．接通时I1>I2，断开时I1D．接通时I1＝I2，断开时I1解析：选B．接通时，L的自感作用阻碍L所在支路电流的增加，I1>I2；断开时，由于L的自感作用，在L、R组成的临时回路中，I1＝I2，B正确．
6．如图所示，电流表A和电压表V均为理想电表，电压表量程为20
V，电流表量程为15
A，线圈的自感系数足够大，不计线圈直流电阻及电源内阻，电源电动势为12
V，电阻R＝1
Ω，则下列说法中正确的是(　　)
A．合上S瞬间，电压表读数最大，其值为12
V
B．电路稳定后，电流表读数最大，其值为12
A
C．断开S瞬间，电流表和电压表的示数都立即减为0
D．在断开S时，为了避免不必要的损失，应在断开前将电压表取下，并将S放入耐高压的绝缘油中
解析：选ABD．合上开关S瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增大，流过线圈的电流为零，即线圈处相当于断路，电压表读数为12
V；电流稳定后，线圈两端电压为零，电压表读数为零，A、B正确．断开瞬间，电流表读数瞬间为零，但线圈与电压表构成回路，线圈由于产生自感电动势，所以电压表仍有读数，C错误．断开S时，由于线圈产生的自感电动势较大，为保护电压表，应先将电压表取下，为避免S出现电火花，应将S放入绝缘油中，D正确．
7．如图所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，这时灯泡具有一定的亮度，若将一软铁棒从螺线管左边插入螺线管时，则将看到(　　)
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：选A.软铁棒迅速插入的过程中，穿过螺线管的磁通量增加，螺线管产生电磁感应现象．根据楞次定律可知，感应电流的磁场将阻碍磁通量的增加，产生的感应电动势与原电动势方向相反，所以，电路中的总电动势减小，造成电流减小，故有灯泡变暗和螺线管伸长的现象发生．选项A正确．
8．如图所示，a、b、c为三个相同的灯泡，额定电压稍大于电源的电动势，电源内阻可以忽略．L是一个本身电阻可忽略的电感线圈．开关S闭合．现突然断开，已知在这一过程中灯泡都不会烧坏，则下列关于c灯的说法中正确的是(　　)
A．亮度保持不变
B．将闪亮一下，而后逐渐熄灭
C．将闪亮一下，而后逐渐恢复原来的亮度
D．将变暗一下，而后逐渐恢复原来的亮度
解析：选C.S断开前，L把a灯短路，加在c灯两端电压为电源电压，流过c灯电流是流过L电流的一半．当S断开的瞬间，L上的电流要减小，L上产生自感电动势阻碍电流的减小，所以开始时，通过c灯的电流是原来的2倍，c灯比原来亮得多，随后电流逐渐减小，达到稳定后，c灯两端的电压又等于电源电压，所以亮度跟原来的一样，C正确．
☆9.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，线圈会产生很高的自感电动势，使开关S处产生电弧，危及操作人员的人身安全．为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个元件，在下列设计的方案中可行的是(　　)
解析：选D．断开开关S，A图由于电容器充电，开关S处仍将产生电弧；B、C图闭合开关S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S处电弧的产生．
☆10.在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为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的变化的图象是(　　)
解析：选B．闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明RL＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至达到电流为I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流为I，故C、D错误．
二、非选择题
11.如图是演示断电自感现象的实验装置，L是一个自感线圈，D是小灯泡，合上S后小灯泡能正常发光．突然断开S时，通过小灯泡的电流方向是从________到________，此时由________对小灯泡供电．
解析：S断开后，L自感给小灯泡供电．电流由b到a通过小灯泡
D．
答案：b　a　L
☆12.如图所示的电路中，电源电动势E＝6
V，内阻不计，A1和A2是两个相同的小灯泡，都标有“6
V,0.3
A”，L是一个自感系数很大的线圈，其直流电阻与R相同，均为20
Ω.试分析：在开关S接通和断开瞬间，通过灯泡A1和A2的电流大小及两灯亮度的变化．
解析：(1)开关S接通瞬间，A1、A2同时亮，IA1＝IA2＋IR，RA1＝RA2＝20
Ω，IA1＝0.2
A，IA2＝0.1
A，所以A1比A2亮．稳定后IA1＝IA2＝0.15
A，A1、A2亮度相同．
(2)开关S断开瞬间，IA1＝0.15
A，IA2＝0，即A2立即熄灭，A1的电流由0.15
A逐渐减小到零，所以A1后熄灭．
答案：S接通瞬间，A1、A2同时亮，IA1＝2IA2＝0.2
A，A1比A2亮
S断开瞬间，IA1＝0.15
A，IA2＝0，A2立即熄灭，A1逐渐熄灭一、选择题
1．下列关于三相交流发电机的说法中，正确的是(　　)
A．三个线圈都不可以单独向外供电
B．三个线圈发出交变电流的有效值依次相差T/3
C．三个线圈发出交变电流的瞬时值依次相差T/3
D．三个线圈发出交变电流的最大值依次相差T/3
解析：选D．产生三相交变电流的三个线圈是相互独立的，每一个都相当于一个独立的电源可以单独供电，只是它们到达最大值的时间依次相差三分之一个周期，故A错误，D正确；三个线圈发出交变电流的有效值任何时刻都相同，故B错误；由三相交变电动势的图象(如图)知，C错误．
2．对于照明电路的“火线”与“地线”，正确的理解是(　　)
A．进入每个家庭的两根输电线，火线即是某一相的端线，地线即是星形接法中的零线
B．电路中的电流总是由火线流入，地线流出，因而开关要接在火线上
C．正常情况下，地线电势为零，与大地没有电势差
D．火线与地线间的电势差为220
V，且总是火线的电势高
解析：选A.照明电路中电流大小和方向都是周期性变化的，时而由火线流入地线流出，时而由火线流出地线流入．开关接在火线上，断开开关使用电器脱离火线，避免检修时接触火线触电．火线和地线间的电势时而火线高，时而地线高，因此只有A正确．
3．(多选)三相交流发电机的3个线圈中，A相的电压U＝311·sin(100πt)
V，那么(　　)
A．3个线圈中交流电的频率都是50
Hz
B．在t＝0时刻，其他两相的输电电压为零
C．若按Y形接法，任意两线间的电压最大值为380
V
D．若按△形接法，任意两线间的电压有效值为380
V
解析：选AD．由ω＝100π
rad/s求出f＝50
Hz，A对；由于三个线圈相位差为120°，A相电压最大或为零时，另两相的输电电压没有达到最大或零值，B项错误；按Y形接法，两火线间电压为380
V，指的是有效值，C错误；按△形接法，任意两线间电压都为380
V，指的是有效值，D正确．
4．如图所示是三相交流发电机与三只灯泡连接的电路图，已知发电机每个线圈发出交变电压的有效值为220
V，则下列说法中正确的是(　　)
A．每只灯泡的额定电压必须是380
V才能正常工作
B．每只灯泡的额定电压必须是220
V才能正常工作
C．三只灯泡的额定功率必须都相同才能正常工作
D．一只灯泡灯丝断开，其他两只灯泡不能正常工作
解析：选B．每只灯泡均接在各自一个线圈两端，故每只灯泡的额定电压为220
V就能正常工作；因为连接有中性线，所以一只灯泡灯丝断开，其他灯泡不受影响．
5．(多选)一台三相电炉，铭牌上标有“220
V/380
V，△/Y”的字样，由此可见(　　)
A．电炉每一相的额定电压是220
V
B．电炉每一相的额定电压是380
V
C．供电电压是380
V，电炉的三相负载应该采用三角形连接
D．供电电压是380
V，电炉的三相负载应该采用星形连接
解析：选AD．铭牌上的字样说明电炉每一相的额定电压为220
V，故A正确．若供电线路的线电压为220
V时，用三角形接法，若供电线路的线电压为380
V时，用星形接法，故D正确．
6．三相电源的连接如图所示，电路中的三个交流电压表的示数U1、U2、U3间的关系是(　　)
A．U1∶U2＝1∶　　　　　
B．U1∶U3＝1∶1
C．U2∶U3＝1∶1
D．U2∶U3＝1∶
解析：选B．该接法是星形接法，采用三相四线制对外供电，三只交流电压表，其中U1、U3测量的是相电压，U2测量的是线电压，选项B正确．
7．(多选)发电机三相线圈绕组采用星形接法时，关于输电线中性线的说法中正确的是(　　)
A．中性线不能去掉
B．当三相负载不对称时，中性线中有电流
C．中性线中一定没有电流
D．当三相负载对称时，中性线中无电流
解析：选BD．三相四线制星形接法中，若各电路负载相同，则中性线中无电流，可以去掉，形成三相三线制接法；若负载不对称，各相用电情况不一定相同，中性线中有电流通过，不能去掉，故选项B、D正确，A、C错误．
8．(多选)关于三相交流电源的负载的连接方式，下列说法正确的是(　　)
A．负载采用何种连接方式取决于负载的额定电压
B．发电机采用星形接法，负载就必须采用星形接法
C．三相对称负载可以接成三角形，也可以接成星形
D．三相四线制和三相三线制的星形接法中U相＝＝220
V
解析：选ACD．负载采用何种接法应取决于负载的额定电压，A正确．三相对称负载可以按星形或三角形连接，C正确．星形接法中U线＝U相，D正确．发电机采用星形接法时，负载有星形、三角形两种接法，B错误．
☆9.如图所示，A、B、C是三相交流电源的三根火线，D是零线．电源的相电压为220
V，L1、L2、L3是三个“220
V,60
W”的灯泡．开关S1断开，S2和S3闭合，由于某种原因，电源的零线在图中O′处断开，那么L2和L3两灯泡将(　　)
A．立即熄灭
B．变得比原来亮些
C．变得比原来暗些
D．保持亮度不变
解析：选C.当S1和零线断开后，两灯泡L2和L3变成串联关系，两端电压为B、C两火线间的线电压380
V，此时每个灯泡分得的电压为190
V，均小于它们的额定电压220
V，两灯泡变暗．故选C.
☆10.如图所示，A、B、C为三相交流电源，每个灯泡的额定电压均为220
V，额定功率相同．则L与L′两灯的实际功率之比为(设灯泡电阻恒定)(　　)
A．1∶2
B．2∶1
C．1∶3
D．3∶1
解析：选D．由题意知电源线电压U线＝220
V，对负载采用三角形接法来说，每相负载两端的电压都等于电源的线电压，因此L灯两端电压UL＝U线＝220
V.
对负载采用星形接法来说，由于三相负载相同，每相负载的电压为线电压的，因此L′灯两端电压UL′＝U线＝
V．设每盏灯的电阻为R，则L灯的实际功率PL＝＝，L′灯的实际功率PL′＝＝，故PL∶PL′＝3∶1.
二、非选择题
11.三相交流发电机线圈和负载连接如图所示，已知每相线圈的电压为220
V，R1＝R2＝R3＝38
Ω，RA1＝RA2＝RA3＝22
Ω.求通过电阻和电灯的电流．
解析：发电机每个线圈始端A、B、C分别由端线引出，末端X、Y、Z用中性线连接，形成星形连接，因AX、BY、CZ间电压(相电压)是220
V，所以A、B、C三条端线间电压(线电压)U线＝U相＝380
V.
电阻R1、R2、R3是三角形连接，电阻两端电压是两端线间电压UR＝U线＝380
V，通过每个电阻的电流
IR＝＝
A＝10
A.
电灯A1、A2、A3是星形连接，两端电压是端线与中性线之间的电压，UA＝U相＝220
V，所以通过每个电灯的电流为IA＝＝
A＝10
A.
答案：10
A　10
A
☆12.在线电压为380
V的三相交流电路中，如图所示，接有三只电阻均为484
Ω的电灯．问：
(1)这三只电灯属何种接法？每只灯的电压、电流、功率各是多少？
(2)若L1灯的保险丝熔断，则其余两灯的电压、电流、功率又各是多少？
(3)若L1灯短路，则其余两灯的情况怎样？
解析：(1)属于星形接法，每只灯上的电压为相电压，即
U＝220
V，根据欧姆定律和功率公式得：
I＝＝
A＝0.45
A，P＝＝
W＝100
W.
(2)若L1灯保险丝熔断，即断开了一相，此时属于线电压加在BC两端，这两只灯每只灯上的电压为U2＝190
V，电流、功率分别是I2＝＝
A＝0.4
A，
P2＝＝
W＝74.6
W.
(3)若L1灯短路，则O点与A等电势，L2、L3两灯两端的电压均为线电压380
V，均被烧毁．
答案：(1)星形接法　220
V　0.45
A　100
W
(2)190
V　0.4
A　74.6
W
(3)均被烧毁