第二章
第六节
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．某变电站用原、副线圈匝数比为n1∶n2的变压器，将远距离输来的电能送到用户，如图所示．将变压器看作理想变压器，当正常工作时，下列说法正确的是( )
A．原、副线圈电压比为n2∶n1
B．原、副线圈电流比为n1∶n2
C．原、副线圈电压比为n1∶n2
D．变压器的输入功率与输出功率的比为n1∶n2
【答案】C
2．如图所示电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220
V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110
V；若分别在c、d与g、h的两端加上110
V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为( )
A．220
V,220
V
B．220
V,110
V
C．110
V,110
V
D．220
V,0
V
【答案】B
3．如图所示为一理想变压器在两种情况下工作的示意图．其中灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝4∶1，则图甲中L1的功率和乙中L1的功率分别为( )
甲 乙
A．P，P
B．16P，P
C.P,16P
D．16P,4P
【答案】B
4．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开．当S接通时，以下说法中不正确的是( )
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R两端的电压将增大
C．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
【答案】A
5．下列关于理想变压器的说法中，正确的是( )
A．输入功率等于输出功率
B．输送的电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能
C．输送的电能经变压器先转化为电场能，再转化为电能
D．输送的电能经变压器的铁芯直接传输过去
【答案】AB
6．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示数的比值变大
D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
【答案】AD
二、非选择题
7．如图所示，交流发电机电动势的有效值E＝20
V，内阻不计，它通过一个R＝6
Ω的指示灯连接降压变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6
V 0.25
W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：
(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；
(2)发电机的输出功率．
【答案】(1)3∶1 (2)6.67
W
【解析】(1)彩色小灯泡的额定电流
IL＝＝
A＝
A，
次级线圈总电流I2＝24IL＝1
A，
变压器输入功率等于I1U1＝I2U2＝6
W，
变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得
E＝U1＋I1R＝＋6I1，
代入E值解得I1＝
A(I1＝3
A应舍去，据题意是降压变压器，应I1＜I2)，
所以＝＝.
(2)发电机输出功率P＝I1E≈6.67
W.
8．(2016·大庆模拟)如图所示，变压器原线圈输入电压为200
V，副线圈输出电压为36
V，两只灯泡的额定电压均为36
V，L1额定功率为12
W，L2额定功率为6
W．求：
(1)该变压器的原、副线圈匝数比．
(2)两灯均工作时原线圈的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流．
【解析】(1)由电压变比公式得＝＝.
(2)两灯均工作时，由能量守恒得P1＋P2＝U1I1，
I1＝0.09
A，
只有L1灯工作时，由能量守恒得P1＝U1I2，
解得：I2＝0.06
A.
能力提升
9．(多选)图甲中A、V表为理想电表，理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝20∶1，R＝55
Ω，变压器原线圈接上如图乙的正弦交流电，则( )
A．V表的示数为220
V
B．A表的示数为0.2
A
C．原线圈中交流电的频率是50
Hz
D．通过R的电流的频率为2.5
Hz
【答案】BC
【解析】交流电周期为0.02
s，故频率为50
Hz，C正确，D错误；输入电压有效值为220
V，故输出电压有效值为11
V，电流为0.2
A，A错误，
B正确．
10．(多选)如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，变阻器R表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P向下移时( )
A．相当于在增加用电器的数目
B．V1表的示数随V2表的示数的增大而增大
C．A1表的示数随A2
表的示数的增大而减小
D．变压器的输入功率在增大
【答案】AD
【解析】当滑动变阻器触头P向下移动时，导致总电阻减小，由于用电器是并连接入电路，所以数目增加，故A正确；理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，虽然滑动变阻器触头P向下移动，但由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V2的示数不变，所以B错误；由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，A2的示数变大，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以A1的示数变大，所以C错误，D正确．
11．(多选)调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q，则( )
A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大
B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小
C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大
D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小
【答案】BC
12．在下图中，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈匝数与次级线圈的匝数之比是3∶1.初级线圈的输入电压是660
V，次级线圈的电阻为0.2
Ω，这台变压器供给100盏(220
V,60
W)的电灯用电．求：
(1)空载时次级线圈的端电压和输出功率．
(2)接通时次级线圈的端电压．
(3)每盏灯的实际功率．
【解析】(1)将变压器视为理想变压器．设空载时次级线圈的端电压为U2.
由＝，得U2＝U1＝220
V.
因为空载，次级线圈的负载电阻R2→∞，次级线圈中的电流为零I2＝0，P＝I2U2＝0.
(2)接通电路后，100盏灯并联的总电阻为
R外＝＝＝8.07
Ω，
次级线圈中的电流为
I2＝＝＝26.6
A，
所以次级线圈的端电压U2′＝I2R外＝214.68
V.
(3)每盏灯的实际功率为P＝U2′＝57.1
W.
PAGE第三章
第四节
1．如图所示，将一光敏电阻连入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照射光敏电阻时表针的偏角为θ，现用手掌挡住部分光线，表针的偏角变为θ′，则可判断( )
A．θ′＝θ
B．θ′<θ
C．θ′>θ
D．不能确定θ和θ′的关系
【答案】B
【解析】光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小，开始时有光照射，光敏电阻的阻值较小，当手掌挡住部分光线时，光敏电阻的阻值增大，因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧，所以欧姆表测电阻时，阻值越大，指针张角越小，所以选项B正确．
2．某小型电磁继电器，其中L为含铁芯的线圈．P为可绕O点转动的铁片，K为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱．电磁继电器与传感器配合，可完成自动控制的要求如图所示．其工作方式是( )
A．A与B接信号电压，C与D跟被控电路串联
B．A与B接信号电压，C与D跟被控电路并联
C．C与D接信号电压，A与B跟被控电路串联
D．C与D接信号电压，A与B跟被控电路并联
【答案】A
【解析】A、B接电磁继电器线圈，所以A、B应接信号电压，线圈随信号电压变化使电磁继电器相吸或释放，从而使C、D接通或断开，进而起到控制作用．故正确答案为A.
3．演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据来反映物体位移的大小x.假设电压表是理想电压表，则下列说法正确的是( )
A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化
B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化
C．物体M不动时，电路中没有电流
D．物体M不动时，电压表没有示数
【答案】B
【解析】电压表为理想电表，则电压表不分流，故触头移动不会改变电路的总电阻，也就不会改变电路中的电流，故A项错误；电压表测的是触头P左侧电阻分得的电压，故示数随物体M的移动，亦即随触头的运动而变化，故B正确，C、D错误．
4．(多选)如图所示为一个逻辑电势检测电路，A与被测点相接，则( )
A．A为低电势，LED发光
B．A为高电势，LED发光
C．A为低电势，LED不发光
D．A为高电势，LED不发光
【答案】BC
【解析】A为低电势时，Y为高电势，LED的电压小，不发光；A为高电势时，Y为低电势，LED的电压大，发光，故B、C正确．
5．如图所示是电阻式温度计，一般是利用金属铂制作的，已知铂丝的电阻随温度的变化情况，测出铂丝的电阻就可以知道其温度．这实际上是一个传感器，它是将________________转化为______________来进行测量的．
【答案】温度这个热学量 电阻这个电学量
PAGE第一章
第三节
1．如图所示，螺线管CD的导线绕法不明，当磁铁AB插入螺线管时，闭合电路中有图示方向的感应电流产生，下列关于螺线管磁场极性的判断，正确的是( )
A．C端一定是N极
B．D端一定是N极
C．C端的极性一定与磁铁B端的极性相同
D．因螺线管的绕法不明，故无法判断极性
【答案】C
【解析】由“来拒去留”得磁铁与螺线管之间产生相斥的作用，即螺线管的C端一定与磁铁的B端极性相同，与螺线管的绕法无关．但因为磁铁AB的N、S极性不明，所以螺线管CD的两端极性也不能明确，所以A、B、D错，C对．
2．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．向左和向右拉出时，环中感应电流方向相反
B．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向
C．向左和向右拉出时，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
【答案】B
【解析】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．
3．如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，导体ab上的感应电流方向为a→b的是( )
A B C D
【答案】A
【解析】A中电流由a→b，B中电流由b→a，C中电流沿a→c→b→a方向，D中电流由b→a.故选A.
4．(多选)下列说法正确的是( )
A．感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相反
B．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反
C．楞次定律只能判定闭合回路中感应电流的方向
D．楞次定律可以判定不闭合的回路中感应电动势的方向
【答案】BD
【解析】本题的关键是理解楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．如果是因磁通量的减小而引起的感应电流，则感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相同，阻碍磁通量的减小；如果是因磁通量的增大而引起的感应电流，则感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相反，阻碍磁通量的增大，故A项错误，B项正确；楞次定律既可以判定闭合回路中感应电流的方向，还可以判定不闭合回路中感应电动势的方向．C项错误，D项正确．
5．如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则哪个最先落地，哪个最后落地？
【解析】甲中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍线框下落，aPAGE第三章
第一、二节
1．霍尔元件能转换哪个物理量( )
A．把温度这个热学量转换成电阻这个电学量
B．把磁感应强度这个磁学量转换成电压这个电学量
C．把力这个力学量转换成电压这个电学量
D．把光照强弱这个光学量转换成电阻这个电学量
【答案】B
【解析】根据霍尔元件工作原理，截流子在洛伦兹力作用下漂移，形成霍尔电压，UH＝k，所以它将磁感应强度这个磁学量转换成电压这个电学量，故B正确．
2．关于干簧管，下列说法正确的是( )
A．干簧管接入电路中相当于电阻的作用
B．干簧管是根据热胀冷缩的原理制成的
C．干簧管接入电路中相当于开关的作用
D．干簧管是作为电控元件以实现自动控制的
【答案】C
【解析】干簧管在电路中起到开关的作用，故C选项正确，A选项错误；干簧管是感知磁场信息的元件，故B、D选项错误．
3．很多汽车的车窗有防夹手功能．车窗在关闭过程中碰到障碍时会停止并打开．实现该功能可能使用的传感器是( )
A．生物传感器
B．气体传感器
C．温度传感器
D．压力传感器
【答案】D
【解析】汽车的车窗有防夹手功能，在关闭过程中碰到障碍时会停止并打开，这是因为使用压力传感器．故D正确，A、B、C错误．
4．(多选)如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，RT为负温度系数热敏电阻，R为光敏电阻，闭合开关后，小灯泡L正常发光，由于环境条件改变(光照或温度)，发现小灯泡亮度变暗，则引起小灯泡变暗的原因可能是( )
A．温度不变，光照增强
B．温度升高，光照不变
C．温度降低，光照增强
D．温度升高，光照减弱
【答案】AC
【解析】由题图可知，当光敏电阻阻值减小或热敏电阻阻值增大时，小灯泡L都会变暗，结合光敏电阻特性可知，A正确，B错误；若光敏电阻阻值减小的同时，热敏电阻的阻值增大，小灯泡L变暗，C正确；若热敏电阻减小，光敏电阻增大，则小灯泡变亮，D错误．
5．如图所示，甲、乙是两类热敏电阻的Rt特征图线，如果想用热敏电阻作传感器，并与继电器相连，构成一个简单的自动报警线路，当温度过高时，由继电器接通电路报警．采用哪个图热敏电阻较好，为什么？
【答案】甲
【解析】因为甲种电阻有一段突变，当温度升高时，电阻值突然减小到很小，使电路中的电流变化较大，起到较好的效果.
PAGE第二章
第二节
1．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时
( )
A．线圈平面与磁感线方向平行
B．通过线圈的磁通量达到最大值
C．通过线圈的磁通量变化率达到最大值
D．线圈中的感应电动势达到最大值
【答案】B
【解析】中性面是通过磁通量最大的位置，也是磁通量变化率为零的位置，即在该位置通过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势为零，无感应电流，B正确．
2．如下图所示图象中不属于交流电的是( )
A B
C D
【答案】D
【解析】根据交变电流的定义分析，是否属于交变电流关键是看电流方向是否发生变化，而不是看大小．
3．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图所示，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图象是( )
A B
C D
【答案】C
【解析】线圈在磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电．对于题图起始时刻，线圈的cd边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电
动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对．
4．(多选)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形图如图所示，下列说法中正确的是( )
A．在t1时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
B．在t2时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
C．在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
D．在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
【答案】BC
【解析】从题图中可知，t1、t3时刻线圈中感应电流达到峰值，磁通量变化率达到峰值，而磁通量最小，线圈平面与磁感线平行；t2、t4时刻感应电流等于零，磁通量变化率为零，线圈处于中性面位置，磁通量达到峰值．正确答案为BC.
5．如图所示，线圈的面积是0.05
m2，共100匝，匀强磁场的磁感应强度B＝
T，当线圈以300
r/min的转速匀速旋转时，求：
(1)若从线圈的中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．
(2)从中性面开始计时，线圈转过
s时电动势瞬时值多大？
【答案】(1)e＝50sin(10πt)
V (2)43.
3
V
【解析】(1)n＝300
r/min＝5
r/s，因为从中性面开始转动，并且求的是瞬时值，故
e＝Emsin
ωt＝NBS·2πnsin(2πnt)＝50sin(10πt)
V.
(2)当t＝
s时，e＝50sin
V≈43.3
V.
PAGE第三章
第三节
1．下列关于传感器的说法中正确的是( )
A．霍尔元件能够把电学量转换为磁学量
B．干簧管是一种能够感知电场的传感器
C．电子秤应用的是光传感器
D．电饭锅通过温度传感器实现温度的自动控制
【答案】D
【解析】霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量，A错误；干簧管是一种能够感知磁场的传感器，能起到开关作用，B错误；电子秤应用的是力传感器，C错误；D正确．
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
【答案】C
【解析】室内温度达到设定温度，空调自动停止工作，所以安装的温度传感器．
3．(2016·廉江校级模拟)普通电熨斗中用到的传感器是( )
A．温度传感器
B．生物传感器
C．压力传感器
D．声音传感器
【答案】A
【解析】普通电熨斗中用到的是温度传感器．双金属片受热时，由于铜片膨胀得比铁片大，双金属片便向铁片那边弯曲．温度愈高，弯曲得愈显著．
4．(多选)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0.某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中( )
甲
乙
A．物体处于失重状态
B．物体处于超重状态
C．升降机一定向上做匀加速运动
D．升降机可能向下做匀减速运动
【答案】BD
【解析】由乙图知电流强度变为原来的二倍，而加在压敏电阻两端的电压不变，说明压敏电阻的阻值减小，即物体对压敏电阻的压力增大，物体所受支持力大于重力，升降机匀加速上升或匀减速下降，处于超重状态，故选BD.
5．如图为烟雾散射式火灾报警器，它主要由带孔的外罩，发光二极管LED、光电三极管及不透明的挡板组成，请简述它的工作原理．
【答案】见解析
【解析】报警器工作时发光二极管处于发光状态，由于挡板遮挡，平时光电三极管收不到LED发出的光，呈现高电阻状态，烟雾进入罩内后对光有散射作用，使部分光线照射到三极管上，其电阻变小，与传感器连接的电路检测出这种变化，就会报警．
PAGE第二章
第一节
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．如下所示的各图线中不表示交变电流的是( )
A B
C D
【答案】B
2．关于中性面，以下说法不正确的是( )
A．中性面就是穿过线圈的磁通量为零的面
B．中性面就是线圈中磁通量变化率为零的面
C.线圈过中性面时，电流方向必改变
D．中性面就是线圈内感应电动势为零的面
【答案】A
3．如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连．M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连．在线圈转动过程中，通过电阻R的电流( )
A．大小和方向都随时间做周期性变化
B．大小和方向都不随时间做周期性变化
C．大小不断变化，方向总是P→R→Q
D．大小不断变化，方向总是Q→R→P
【答案】C
4．如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)．若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是下图中的( )
A B C D
【答案】A
【解析】感应电压为正弦交流电，又起始后电流方向为负方向，因此只有A正确．
5．如图中的线圈产生了交流电的是( )
A B C D
【答案】BC
6．对于正弦交流电，下列说法正确的是( )
A．线圈转动一周，电流方向改变两次
B．线圈转动一周，电流大小不变
C．线圈转动一周，电流大小随时改变
D．线圈转动一周，电流方向改变四次
【答案】AC
【解析】正弦交流电的电流随时间周期变化，线圈转动一周为一个周期，电流方向改变两次，故A、C正确．
二、非选择题
7．(2016·会宁校级期中)我国交流电的频率为______Hz，那么1
min内电流的方向改变______次．
【答案】50 6
000
【解析】交流电是电流方向周期性改变的电流，我国使用的是正弦式交流电，在一个周期之内电流方向变化两次，频率为50
Hz，周期为0.02
s，即在1
min内电流方向改变6
000次．
8．(2016·潞西校级期末)大小、______随时间发生__________变化的电流叫做交变电流．我国电网的交变电流在1
s内出现______次峰值．
【答案】方向 周期性 100
【解析】交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，而对于周期性变化的电流，即为大小与方向都随着时间做周期性变化．我国电网交流电的频率为50
Hz，交变电流在1
s内出现50个完整波形，则有100次峰值．
能力提升
9．(多选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且沿线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是( )
A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大
B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零
C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边不切割磁感线
【答案】CD
【解析】中性面磁通量最大，但不切割磁感线，感应电动势最小，且前后方向改变；在线圈与磁场方向平行时磁通量最小，但感应电动势最大，但前后方向不变．
10．(多选)如图所示，观察电流表的指针，可以看到( )
A．指针随着线圈转动而摆动，并且线圈转动一周，指针左右摆动一次
B．当线圈平面转到跟磁感线垂直的平面位置时，电流表的指针的偏转最大
C．当线圈平面转到跟磁感线平行的位置时，电流表的指针的偏转最大
D．在匀强磁场中匀速转动的线圈里产生的感应电动势和感应电流是按正弦规律变化的
【答案】AC
11．(多选)某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量Φ随时间的变化规律可用图表示，则( )
A．t1和t2时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大
B．t2时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零
C．t3时刻，线圈中的感应电动势为零
D．t4时刻，线圈中的感应电动势达最大值
【答案】CD
12．图中画出了六种电流随时间变化的图象．这六个图中的电流，都随时间t做周期性变化，其中属于交流电的是________，属于正弦式交流电的是________．
【答案】(a)(c)(e)(f) (c)
PAGE第一章
第六节
1．关于自感现象，下列说法正确的是( )
A．感应电流一定和原来的电流方向相反
B．对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈产生的自感电动势也越大
C．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈的自感系数也越大
D．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势也越大
【答案】D
【解析】当电流增大时，感应电流的方向与原来的电流相反，当电流减小时，感应电流的方向与原来的电流相同，故选项A错误；自感电动势的大小，与电流变化快慢有关，与电流变化大小无关，故选项B错误，D正确；自感系数只取决于线圈本身的因素，与电流变化情况无关，故选项C错误．
2．在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接在点1，现把它从1扳向2，如图所示，试判断在此过程中，在电阻R上的电流方向是( )
A．先由P→Q，再由Q→P
B．先由Q→P，再由P→Q
C．始终由Q→P
D．始终由P→Q
【答案】C
【解析】开关由1扳到2，线圈A中电流产生的磁场由左向右先减小后反向增加，由楞次定律可得R中电流始终由Q→P，选项C正确．
3．如图所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡A正常发光，当断开开关S的瞬间会有( )
A．灯A立即熄灭
B．灯A慢慢熄灭
C．灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭
D．灯A突然闪亮一下再突然熄灭
【答案】A
【解析】当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A串联，在S断开瞬间，不能形成闭合回路，因此灯A在开关断开瞬间，立即熄灭．
4．(多选)(2016·兴义八中月考)如图所示，用电流传感器研究自感现象．电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值．t＝0时刻闭合开关S，电路稳定后，t1时刻断开S，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流IL和电阻中的电流IR随时间t变化的图象．下列图象中可能正确的是( )
【答案】AD
【解析】当电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻小于电阻R的阻值的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以IL慢慢增大，最后稳定时电感相当于电阻，IL为恒定，当电键断开后，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，不过大小在减小，故A正确，B错误．当电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、有直流电阻的线圈，导致通过电阻的电流刚开始较大，当电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以IL慢慢增大，最后稳定，当断开电键，原来通过电阻的电流立即消失，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与规定图示流过电阻的方向相反，IR慢慢减小最后为0.故C错误，D正确．
5．一个线圈的电流在0.001
s内有0.02
A的变化，产生50
V的自感电动势，求线圈的自感系数．如果这个电路中的电流的变化率变为40
A/s，自感电动势又有多大？
【答案】(1)2.5
H (2)100
V
【解析】
(1)由EL＝L，
得L＝＝
H＝2.5
H.
(2)E＝L＝2.5×40
V＝100
V.
PAGE第二章
第四、五节
1．关于电感对交变电流的影响，以下正确的是( )
A．电感对交变电流没有阻碍作用
B．电感对交变电流阻碍作用的大小叫感抗
C．电感对某一频率的交变电流的阻碍作用跟线圈的自感系数无关
D．线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越小
【答案】B
【解析】电感对交流电有影响，其阻碍作用的大小和线圈的自感系数L、交流电的频率f有关，L越大，f越高，阻碍作用越大，故选项A、C、D均错误；电感对交变电流阻碍作用的大小叫感抗，B项正确．
2．电容对交变电流影响的下列说法中，错误的是( )
A．交变电流能通过电容器
B．电容器具有通直流、阻交流的作用
C．电容器电容较小，它具有通高频、阻低频的作用
D．电容器的电容越大、交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小
【答案】B
【解析】电容器“通交流、隔直流”，但对交流电有阻碍作用，电容越大，频率越高，容抗越小，所以选项A、C、D均正确．B错误．
3．电源的电压与交流电压的有效值相同，自感线圈的直流电阻不计，则灯泡发光最亮的图是下图中的( )
A B
C D
【答案】D
【解析】电容C、电感L都对交变电流有阻碍作用，故A、B两图中灯不是最亮的；C图中灯被短路，灯泡不亮；D图中电容C有隔直流作用，所以D中灯泡最亮．
4．(多选)在如图所示的电路中，L为电感线圈，R为灯泡的电阻值，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝220sin
(100πt)
V．若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100
Hz，下列说法正确的是( )
A．电流表示数增大
B．电压表示数增大
C．灯泡变暗
D．灯泡变亮
【答案】BC
【解析】由u＝220sin
(100πt)
V，可得电源原来的频率f＝＝
Hz＝50
Hz，当电源频率由原来的50
Hz增为100
Hz时，线圈的感抗增大，在电压不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误；灯泡的电阻值R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率(P＝I2R)减小，灯泡变暗，选项C正确，D错误；电压表与电感线圈并联，其示数为线圈两端的电压UL，设灯泡两端电压为UR，则电源电压的有效值为U＝UL＋UR，因UR＝IR，故电流I减小时，UR减小，因电源电压的有效值保持不变，故UL＝U－UR增大，选项B正确．
5．如图所示，从AO输入的信号中，有直流电流和交变电流．问：
(1)现要求信号到达BO两端没有直流电压，需要在AB间接一个什么元件？该元件的作用是什么？
(2)若要求信号到达BO端只有直流电压，而没有交变电压，则应在AB间接入一个什么元件？该元件的作用是什么？
【答案】(1)电容器 对直流电有隔断作用 (2)电感线圈 对交流电有阻碍作用
【解析】(1)因为BO端不需要直流电，只需要交流电，根据电容器C有“通交流、隔直流”的特点，应在AB端接入一电容器C，该电容器对直流电有隔断作用，而交变电流能通过．
PAGE第二章
第三节
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．下列关于交流的几种说法中，正确的是( )
A．交流电器设备上所标的电压、电流值是峰值
B．交流电流表和交流电压表的值是瞬时值
C．跟交流有相同热效应的直流的值是交流的有效值
D．跟直流有相同热效应的交流的值是交流的有效值
【答案】C
2．如图表示两种电压的波形，其中图甲表示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是( )
甲 乙
A．图甲表示交流电，图乙表示直流电
B．两种电压的有效值都是311
V
C．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝220sin
100πt
V
D．以上说法都不对
【答案】D
3．如图所示为一交流电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
【答案】B
4．将阻值为4
Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，该电源的电动势e随时间t变化的规律如图所示，下列说法正确的是( )
A．电路中交变电流的频率为2.5
Hz
B．通过电阻的电流为
A
C．电阻消耗的电功率为2
W
D．电阻两端的电压是4
V
【答案】C
【解析】该交变电流的周期为T＝0.04
s，故频率为f＝25
Hz，最大电压Um＝4
V，有效电压为U＝Um＝2
V，故通过电阻的电流为I＝＝
A，电阻消耗的功率为P＝UI＝2
W．显然C正确．
5．如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则( )
甲 乙
A．两次t＝0时刻线圈平面与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25
Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10
V
【答案】AC
6．下列各种情况中所指的数值，哪些是交流电的有效值( )
A．交流电路中交流电压表所指示的数值
B．家用电器(如电灯泡)上标明的额定电压值
C．闭合矩形导线框在匀强磁场中绕垂直于磁感线的某一边匀速转动过程中，转到线框平面与磁感线平行的位置时的感应电动势的数值
D．电工工具上标明的耐压数值
【答案】AB
【解析】某一时刻表示的值为瞬时值，耐压值和最高值为瞬时值，正确答案为AB.
二、非选择题
7．如图所示，两个完全相同的电热器，分别通过电流最大值相等的方波交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比Pa∶Pb等于多少？
甲 乙
【答案】2∶1
【解析】对于乙图有Ib＝，
Pb＝IR＝IR，
对于甲图的方波交变电流来说，由于每时刻通过电阻R的电流都是Im，只是方向做周期性变化，而对于电流通过电阻发热来说，它与电流方向是没有关系的．因此从热效应来说，甲图交变电流与电流是Im的恒定电流是等效的，甲图交变电流有效值就是Im.即Ia＝Im，
Pa＝IR＝IR，
所以Pa∶Pb
＝1∶＝2∶1.
8．(2016·曲阜名校月考)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、总电阻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．(π取3.14)求：
(1)交流发电机产生的电动势的最大值；
(2)电路中交流电压表的示数．
甲 乙
【答案】(1)200
V (2)90
V
【解析】(1)由图乙可得
Φm＝2×10－2
Wb，
ω＝＝
rad/s＝100
rad/s，
故交流发电机产生的电动势的最大值为Em＝nΦmω＝100×2×10－2×100
V＝200
V.
(2)交流发电机产生的电动势有效值为E＝＝100
V，
由串联电路特点得电路中交流电压表的示数为U＝＝90
V.
能力提升
9．有一个电子器件，当其两端电压高于100
V时则导通，等于或低于100
V时则不导通，若把这个电子器件接到100
V、50
Hz的正弦交流电源上，这个电子器件将( )
A．不导通
B．每秒钟导通50次
C．每秒钟导通100次
D．每次导通时间为0.005
s
【答案】CD
10．一正弦式交变电流的图象如图所示．由图可知，该交变电流的周期为______s，频率为______Hz，电流的峰值为______A，有效值为______A．在0到0.02
s时间内，流过电路某一截面的电荷量为________，在这段时间内，流过电路电流的平均值为________．
【答案】0.02 50 6 3 0 0
【解析】周期T和频率f是描述交变电流变化快慢的物理量，由图可知，周期T＝0.02
s．故频率f＝＝50
Hz，
该交变电流的峰值Im＝6
A，
故有效值I＝＝3
A.
在0到0.02
s的时间内，前0.01
s流过电路的电流为正向，后0.01
s流过电路的电流为负向．由对称性可知，两段时间内流过电路的电荷量等大、异号，故0到0.02
s内流过电路的电荷量q＝0.由平均电流的定义＝可知，0到0.02
s内的平均电流为0.
11．如图所示是一个周期性变化电压的ut图象．求其最大值、周期和有效值．
【答案】10
V 0.16
s 7.91
V
【解析】从图中即可看出电压的最大值Um＝10
V，完成一次全变化所需的时间为T＝0.16
s．然而，由于该变化电压不是正弦交变电压，所以有效值要由定义来计算，即找到与其等效热效应的直流电压值．根据焦耳定律，在一个周期T内电阻R产生的热量为Q＝(t1＋t4)＋(t2＋t3)．
式中t1、t2、t3、t4分别为图中一个周期内电压U1、U2对应的通电时间．
对于直流电路，通过电阻R的发热量为Q2＝·T，
由交变电压有效值的定义可知：Q1＝Q2，
解得U＝
＝
V≈7.91
V.
此即为电压的有效值．
PAGE第二章
第四、五节
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～3题只有一项符合题要求，第4～5题有多项符合题目要求)
1．一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图所示．一铁块插进线圈之后，该灯将( )
A．变亮
B．变暗
C．对灯没影响
D．无法判断
【答案】B
2．如图所示，白炽灯和电容器串联后接在交变电源的两端，当交变电源的频率减小时( )
A．电容器电容增加
B．电容器电容减小
C．电灯变暗
D．电灯变亮
【答案】C
3．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，下图所示电路中可行的是( )
A B
C D
【答案】D
【解析】要过滤掉直流信号，则需要串联一个电容器，要过滤掉高频交流信号，则可串联一个电感(直接阻碍滤掉)或并联一个电容器(用短路的方法过滤掉)，D可行．
4．低频扼流圈的作用是( )
A．这种线圈的自感系数很小，对直流有很大的阻碍作用
B．这种线圈的自感系数很大，对低频交流有很大的阻碍作用
C．这种线圈的自感系数很大，对高频交流的阻碍作用比对低频交流的阻碍作用更大
D．这种线圈的自感系数很小，对高频交流的阻碍作用很大而对低频交流的阻碍作用很小
【答案】BC
5．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压引起的
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
【答案】BD
【解析】感抗、容抗的阻碍是将电能储存，可以再次释放出来，而非像电阻一样转化为内能．
二、非选择题
6．如图是可调灯泡亮度的台灯电路示意图，其中电路更合理的是哪个？
甲 乙
【答案】乙
【解析】乙中调节L可达到调节台灯两端电压的作用，从而调节台灯的亮度．甲图也可调节台灯的亮度，但变阻器要消耗电能，故甲图不合理．
7．如图所示，是一个判定AB之间电源性质的仪器．若接通电源后只有绿灯亮，则AB之间是什么电源？若只有红灯亮或黄灯亮，AB之间电源又如何？
【答案】AB间接交变电流时，绿灯亮；AB间接直流电且A端是正极时红灯亮；AB间接直流电且B端是正极时黄灯亮．
【解析】由于电容器C具有隔直流的特性，故绿灯亮时AB之间必是交流电源，至于此时为什么红灯和黄灯不亮，则是由于线圈L具有阻交流的作用．当AB之间接入直流电时，绿灯不亮是显见的，此时红灯亮还是黄灯亮，则必须考虑二极管D1和D2的单向导电性．
能力提升
8．(多选)如图所示的电路中，A、B、C三灯亮度相同，电源为“220
V 50
Hz”的交流电源，以下叙述中正确的是( )
A．改接“220
V 100
Hz”的交流电源时，A灯变亮，B灯变暗，C灯亮度不变
B．改接“220
V 100
Hz”的交流电源时，A灯变暗，B灯变亮，C灯变亮
C．改接220
V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯亮度不变
D．改接220
V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯变暗
【答案】AC
9．(多选)下图是电子技术中常用的电路．a、b是电路的输入端，其中输入的高频电流用“”表示，低频电流用“～”表示，直流电流用“－”表示．关于负载电阻R中通过的电流，有以下说法，其中正确的是( )
甲 乙
丙 丁
A．甲图中R通过的是低频电流
B．乙图中R通过的是高频电流
C．丙图中R通过的是直流电流
D．丁图中R通过的是高频电流
【答案】AC
10．(多选)如图所示，“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器，音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动．图为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b端输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器( )
A．甲扬声器是高音扬声器
B．C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器
C．L1的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器
D．L2的作用是减弱通过乙扬声器的低频电流
【答案】BD
11．如图所示，A、B、C为三个相同的灯泡，a、b、c为与之串联的三个元件，E1为直流电源，E2为交流电源．当开关S接“1”时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮；当开关S接“2”时，A灯仍正常发光，B灯变暗，C灯正常发光．由此可知，a元件应是______，b元件应是______，c元件应是________．
【答案】电阻 电感 电容
PAGE第一章
第七节
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
【答案】B
【解析】微波炉是利用微波的热效应．
2．下列做法中可能产生涡流的是( )
A．把金属块放在匀强磁场中
B．让金属块在匀强磁场中做匀速运动
C．让金属块在匀强磁场中做变速运动
D．把金属块放在变化的磁场中
【答案】D
【解析】涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化．而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确．
3．如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点．O点正下方固定一个水平放置的铝线圈．让磁铁在竖直面内摆动，下列说法中正确的是( )
A．磁铁左右摆动一次，线圈内感应电流的方向改变2次
B．磁铁始终受到感应电流磁场的斥力作用
C．磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力
D．磁铁所受到的感应电流对它的作用力有时是阻力有时是动力
【答案】C
【解析】磁铁向下摆动时，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向的感应电流(从上面看)，并且磁铁受到感应电流对它的作用力为阻力，阻碍它靠近；磁铁向上摆动时，根据楞次定律，线圈中产生顺时针方向的感应电流(从上面看)，磁场受感应电流对它的作用力仍为阻力，阻碍它远离，所以磁铁在左右摆动一次过程中，电流方向改变3次，感应电流对它的作用力始终是阻力，只有C项正确．
4．(多选)如图所示是用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图，下列说法中正确的是( )
A．探测器内的探测线圈会产生变化磁场
B．只有有磁性的金属物才会被探测器探测到
C．探测到地下的金属物是因为探头中产生了涡流
D．探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流
【答案】AD
【解析】探测器内线圈通有变化电流产生变化磁场，若有金属，则金属中会产生涡流，涡流磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警．
5．一个半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环，用一根长为L的绝缘细绳悬挂于O点，离O点下方处有一宽度为、垂直纸面向里的匀强磁场区域，如图所示．现使圆环从与悬点O等高位置A处由静止释放(细绳张直，忽略空气阻力)，摆动过程中金属环所在平面始终垂直磁场，则在达到稳定摆动的整个过程中，金属环产生的热量是多少？
【答案】mg
【解析】线圈在进入磁场和离开磁场时，磁通量发生变化，产生感应电流，机械能减少．最后线圈在磁场下面摆动，机械能守恒．在整个过程中减少的机械能转变为焦耳热，在达到稳定摆动的整个过程中，金属环减少的机械能为mg，即热量Q＝mg.
PAGE第二章
第七节
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．对交流输电线路来说，输电线上的电压损失( )
A．只由电阻造成
B．只由感抗造成
C．只由容抗造成
D．由以上所述三个因素造成
【答案】D
2．关于电能输送的分析，正确的是( )
A．由公式P＝知，输电电压越高，输电线上功率损失越少
B．由公式P＝知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少
C．由公式P＝I2R知，输电电流越大，输电导线上功率损失越大
D．由公式P＝UI知，输电导线上的功率损失与电流成正比
【答案】C
3．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )
A.＝
B．I2＝
C．I1U1＝IR
D．I1U1＝I2U2
【答案】D
4．输电导线的电阻为R，输送电功率为P.现分别用U1和U2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为( )
A．U1∶U2
B．U∶U
C．U∶U
D．U2∶U1
【答案】C
5．远距离输送交流电都采用高压输电．我国正在研究用比330
kV高得多的电压进行输电．采用高压输电的优点是( )
A．可节省输电线的铜材料
B．可根据需要调节交流电的频率
C．可减小输电线上的能量损失
D．可加快输电的速度
【答案】AC
6．远距离输送一定功率的交流电，若输电线电阻一定，下列说法正确的是( )
A．输电线上的电压损失跟输电电压成正比
B．输电线上的功率损失跟输电电压成正比
C．输电线上的功率损失跟输电电压的平方成反比
D．输电线上的功率损失跟输电线上的电压损失的平方成正比
【答案】CD
二、非选择题
7．对某一输电线路，线路架设情况已确定，现要求输送一定的电功率P，若输电线上损失的功率占输送功率P的百分比用η表示，输电线路总电阻用r表示，输电电压用U表示，则η、P、U、r间满足什么关系？从中你能得出什么结论？
【解析】ΔP＝ηP＝I2r，①
P＝UI，②
可得ηP＝2r，即ηU2＝Pr，
当P、r确定时，有ηU2＝定值，所以要减小η，必须提高输电电压U.
8．某小型水电站发电机输出的电功率为100
kW，输出电压为250
V，现准备向远处输电．所用输电线的总电阻为8
Ω，要求输电时在输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%.用户获得220
V电压，求应选用匝数比分别为多大的升压变压器和降压变压器？
【解析】依题意作出输电示意图如图所示，
升压变压器原线圈的电流为
I1＝＝
A＝400
A
当输电线上损失的电功率为输送电功率的5%时，输电线中的电流为I2，则IR线＝5%P
所以I2＝＝
A＝25
A
升压变压器T1的匝数比为＝＝＝
则U3＝U2－R线·I2＝U1－R线·I2＝3
800
V
所以＝＝＝.
能力提升
9．如图所示，一理想变压器原副线圈匝数分别为n1＝1
000，n2＝200，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u＝220sin
100πt
(V)．副线圈中接一电动机，电阻为11
Ω，电流表A2的示数为1
A，电表对电路的影响忽略不计．下列说法正确的是( )
A．此交流电的频率为100
Hz
B．电流表A1的示数为0.2
A
C．此电动机输出功率为33
W
D．电压表示数为220
V
【答案】BC
【解析】交流电周期为T＝
s＝0.02
s，故频率为50
Hz，A错误；输入电压有效值为220
V，D错误；输出电压U＝×220
V＝44
V，则副线圈输出功率为UI＝44
W，电动机热功率为I2R＝11
W，故输出功率为44
W－11
W＝33
W，C正确；输入功率等于输出功率，可得原线圈电流为0.2
A，B正确．
10．某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R，则下列说法正确的是( )
A．输电线上的电流为
B．输电线上的电流为
C．输电线上损失的功率为
D．输电线上损失的功率为
【答案】BD
【解析】总功率P0＝UI，故输电线上的电流为I＝，A错，B对；损失的功率为P损＝I2R＝，C错误，
D正确．
11．有一理想变压器原、副线圈的匝数比为100∶1，原线圈上所加电压为23
kV，副线圈通过总电阻为2
Ω的供电导线向用户供电，用户用电器得到的电压是220
V，求供电导线上损耗的功率．
【答案】50
W
【解析】设原线圈上所加电压为U1，匝数为n1，副线圈上两端电压为U2，匝数为n2，有＝，①
副线圈两端通过导线向用户供电，设用户电压为U3，导线上的电压降为ΔU，有U2＝U3＋ΔU，②
导线上损失功率为P＝，③
由①②③式得P＝，
＝
W＝50
W.
PAGE第三章
第四节
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～3题只有一项符合题目要求，第4～5题有多项符合题目要求)
1．在应用光敏电阻制作的光控自动照明电路实验中，下列说法不正确的是
( )
A．实验中利用了光敏电阻光照增强，电阻变大的特性
B．实验中利用了光敏电阻光照增强，电阻变小的特性
C．实验中二极管的作用是负向截止，正向导通
D．晶闸管在未加触发电压时，具有正向阻断能力
【答案】A
2．在制作光控电路实验中，某同学按电路图将元件安装完毕后，发现将装置置入黑暗环境中，接通电源，灯泡不发光，原因不可能是( )
A．二极管两极接反
B．电阻R1与光敏电阻位置颠倒
C．电阻R1阻值太小
D．灯泡被断路
【答案】C
3．机器人可以通过外部传感器来感知外部环境和外界事物，下列说法有误的是( )
A．温度传感器让其感知温度变化，此传感器是热敏电阻，阻值一定随温度升高而增大
B．光电传感器可以作为眼睛，此传感器若是光敏电阻，阻值一定随光亮度增加而减小
C．超声波传感器可以作为耳朵，让其听到常人听不到的声音
D．压力传感器可以使其有“手感”
【答案】A
4．下列说法正确的是( )
A．温度升高时，负温度系数热敏电阻的阻值增大
B．晶体二极管具有单向导电性
C．晶体三极管能够将其他形式的能转化为电能
D．当晶闸管承受正向电压时，仅在VS门电极处于高电平时，才导通
【答案】BD
5．高温超导限流器被公认为目前最好的且唯一行之有效的短路故障电流限制装置，中国科学院电工研究所完成了一项具有自主知识产权的高温超导限流器样机的研制工作，并进行了并网挂机实验．超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成，如图所示．超导部件有一个超导临界电流IC，当通过限流器的电流I>IC时，将造成超导体失超，从超导态(本题认为电阻为零)转变为正常态(本题认为是一个纯电阻)，以此来限制电力系统的故障电流．已知超导部件的正常电阻为R1＝3
Ω，超导临界电流IC＝1.2
A，限流电阻R2＝6
Ω，小灯泡L上标有“6
V 6
W”，电源电动势E＝8
V，内阻r＝2
Ω.原来电路正常工作，现L突然发生短路．则( )
A．短路前通过R1的电流为
A
B．超导部件将由超导态转为正常态
C．短路后通过R1的电流为2
A
D．短路后通过R1的电流为
A
【答案】BD
二、非选择题
6．如图是热水器中的恒温集成电路，R0是热敏电阻，温度较低时其阻值很大，温度较高时阻值很小．如图热水器中没有水或水温较高时，继电器会放开弹簧片，发热器断路，反之会吸住簧片接通发热器．如果热水器中没有水时，电路中BC部分就处于__________(填“断路”或“短路”)，则在电路图的虚线框内的门电路应是__________门，当温度较低时，门电路的输入端A是__________电势(填“高”或“低”)．
【答案】断路 与 高
【解析】热水器没有水时，电路中BC部分处于断路，B处于低电势，电路图中的虚线框内为与门，则继电器中没电流，继电器放开簧片，发热器断路．当热水器有水时，B处于高电势；若水温较高，R0阻值很小，A处于低电势，因与门使继电器放开弹簧片，发热器断路；若水温低，R0阻值很大，A处于高电势，此时继电器接通发热器．
7．如图甲所示，斯密特触发器可以将连续变化的模拟信号转换为突变的数字信号，当加在它的输入端A的电势逐渐上升到1.6
V，输出端Y会突然从高电平跳到低电平0.25
V，而当输入端A的电势下降到0.8
V时，输出端Y会从低电平跳到高电平3.4
V.
(1)斯密特触发器相当于一种________门电路．
(2)如图乙所示是一个温度报警器的简易电路图，RT为热敏电阻，R1为可变电阻(最大阻值为1
kΩ)，蜂鸣器工作电压3
V～5
V，热敏电阻的阻值随温度变化如图丙所示，若要求热敏电阻在感测到80
℃时报警，则R1应调至________kΩ；若要求热敏电阻在感测到更高的温度时才报警，R1的阻值应________(选填“增大”“减小”或“不变”)．
甲
乙 丙
【答案】(1)非 (2)0.42 减小
【解析】(1)输出状态和输入状态相反，相当于非门电路．
(2)热敏电阻在80℃时的电阻是RT＝80
Ω，斯密特触发器输入端A的电势是0.8
V时，输出端Y的电压为3.4
V，这时蜂鸣器开始工作．由串联电路分压特点知：
＝＝＝；
所以R1＝80×
Ω＝420
Ω＝0.42
kΩ.
由热敏电阻的阻值随温度变化的图象可知，温度升高时，热敏电阻的阻值减小，而斯密特触发器输入端的电压仍保持不变，则电阻R1的阻值应减小．
能力提升
8．车床在工作时是不允许将手随便接近飞转的工件的．为了防止万一，设计了下面的光电自动制动安全电路，只要人手不小心靠近了工件，机器就自动停转，请简述其工作原理．图中的A为车床上的电动机；B为随电动机高速转动的工件；C为光源，它发出的光照到光敏电阻D上；E为电磁铁；F为衔铁；G为电源；H为弹簧．
【答案】见解析
【解析】当手在C、D间靠近工件时，遮挡住射向光敏电阻的光，光敏电阻的阻值迅速变大，电路中的电流减小，使电磁铁磁性减弱从而放开衔铁，造成电动机断路，使工件停转以保证安全．
9．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件．现用伏安法研究热敏电阻的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整．已知常温下待测热敏电阻的阻值为4～5
Ω.热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其他备用的仪表和器具有：盛有热水的热水瓶(图中未画出)、电源(3
V、内阻可忽略)、直流电流表(内阻约1
Ω)、直流电压表(内阻约5
kΩ)、滑动变阻器(0～20
Ω)、开关、导线若干．
(1)在下面方框中画出实验电路图，要求测量误差尽可能小．
(2)根据电路图，在下图的实物图上连线．
(3)简要写出完成接线后的主要实验步骤_______________________________________
【答案】(1)电路图如下图所示
(2)实物图如下图所示
(3)①往保温杯中加一些热水，待温度稳定时读出温度计值；
②调节滑动变阻器，快速测出几组电流表和电压表的值；
③重复步骤①、②，测量不同温度下的数据；
④绘出各测量温度下热敏电阻的伏安特性曲线．
10．用负温度系数的热敏电阻作为传感器，设计一个简单的自动控制装置，可供选择的器材如下：热敏电阻、小灯泡(或门铃)、电池组、继电器、滑动变阻器、开关、导线等．要求：温度高时，灯泡亮或门铃报警．请选出需要的器材，画出原理图，并作简要说明．
【答案】见解析
【解析】假设用热敏电阻来控制一个小灯泡的点亮和熄灭．电池组的输出电压要等于继电器的工作电压，但是高于小灯泡的额定电压，可以用一个滑动变阻器和小灯泡串联来调节，其工作原理如下图所示，这样可以共用一个电池组．所选取的器材有继电器、热敏电阻、开关、电池组、滑动变阻器、小灯泡和连接导线等．
其工作过程是：闭合开关S，把继电器、热敏电阻和电池组接通，由于热敏电阻的温度较低，它的阻值较大，使通过继电器的电流较小，不足以把铁片吸下来，所以小灯泡中没有电流通过，是熄灭的；当热敏电阻的温度升高到某一特定值后，它的阻值迅速减小，使通过继电器的电流迅速增大，电磁铁产生较强的磁场将铁片吸下来与触点P连接，将小灯泡与电池组接通，小灯泡发光．当热敏电阻的温度降到某特定温度以下时，它的电阻值迅速增大，使通过继电器的电流减小，铁片被弹簧拉动而离开触点P，小灯泡熄灭．这样，由热敏电阻的温度变化可引起继电器回路的电流变化，从而达到控制小灯泡亮、灭的目的．
11.某学生为了测量一物体的质量，找到一个力电转换器，该转换器的输出电压正比于受压面的压力(比例系数为k)，如图所示．测量时先调节输入端的电压，使转换器空载时的输出电压为零；然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U.
现有下列器材：力电转换器、质量为m0的砝码、电压表、滑动变电阻器、干电池各一个、电键及导线若干、待测物体(可置于力转换器的受压面上)．
请完成对该物体质量的测量．
(1)设计一个电路，要求力电转换器的输入电压可调，并且使电压的调节范围尽可能大，在虚线方框中画出完整的测量电路图；
(2)简要说明测量步骤，求出比例系数k，并测出待测物体的质量m；
(3)请设想实验中可能会出现的一些问题．
【答案】见解析
【解析】(1)设计的电路如图所示．
(2)测量步骤与结果：
①调节滑动变阻器，使转换器的输出电压为零；
②将砝码放在转换器的受压面上，记下输出电压U0，
由U0＝km0g，得k＝；
③将待测物体放在转换器的受压面上，记下输出电压U，
由U＝kmg得m＝U.
(3)①因电源电压不够而输出电压调不到零．
②待测物体质量超出转换器量程．
PAGE第一章
第六节
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．关于线圈的自感系数，下列说法中正确的是( )
A．线圈中产生的自感电动势越大，线圈的自感系数一定越大
B．线圈中电流变化越快，自感系数越大
C．线圈中电流为零时，自感系数也为零
D．线圈的自感系数是由线圈本身的几何尺寸及铁芯情况决定的量
【答案】D
2.如图所示的电路中，两个相同的电流表G1和G2，零点均在刻度盘的中央．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．G1、G2的指针都向右摆
D．G1、G2的指针都向左摆
【答案】A
3．如图所示是日光灯的电路图．日光灯主要由灯管、镇流器、启动器组成．关于日光灯的原理，下列说法不正确的是( )
A．日光灯启动，利用了镇流器中线圈的自感现象
B．日光灯正常发光时，镇流器起着降压限流的作用
C．日光灯正常发光后取下启动器，日光灯仍能正常工作
D．日光灯正常发光后取下启动器，日光灯不能正常工作
【答案】D
4．(2016·肇庆期末)如图所示，电源电动势为E，线圈L的电阻不计．以下判断正确的是( )
A．闭合S，稳定后，电容器两端电压为E
B．闭合S，稳定后，电容器的a极带正电
C．断开S的瞬间，电容器的a极板将带正电
D．断开S的瞬间，电容器的a极板将带负电
【答案】C
【解析】闭合开关稳定后，L相当于导线，两端电压为零，A、B错误；断开开关瞬间，L自感电流与原先方向相同，故a板将带正电，b板将带负电．
5．(2016·佛山期末)如图，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，L1、L2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法正确的是( )
A．刚闭合开关S的瞬间，通过L1、L2的电流大小相等
B．刚闭合开关S的瞬间，通过L1、L2的电流大小不相等
C．闭合开关S待电路达到稳定，L1、L2比原来更亮
D．闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，L2立即熄灭，L1闪亮一下再熄灭
【答案】AD
【解析】由于L自感足够大，开关刚闭合时，无电流通过L，故通过L1、L2的电流大小相等，A对，B错；闭合开关稳定后，L1被短路，不亮，L2更亮，C错；稳定后再断开开关，L2两端电压为零，立即熄灭，L1两端电压突然增高然后逐渐变成零，D正确．
6．在图中，线圈M和线圈P绕在同一铁芯上，则( )
A．当合上开关S的一瞬间，线圈P里没有感应电流
B．当合上开关S的一瞬间，线圈P里有感应电流
C．当断开开关S的一瞬间，线圈P里没有感应电流
D．当断开开关S的一瞬间，线圈P里有感应电流
【答案】BD
二、非选择题
7．如图所示的电路中，电源电动势E＝6
V，内电阻不计，L1、L2两灯均标有“6
V 0.3
A”，电阻R与电感线圈的直流电阻RL阻值相等，均为20
Ω.分析：S闭合和断开的瞬间，求L1、L2两灯的亮度变化．
【答案】见解析
【解析】当电键闭合的瞬间，电感支路相当于断路．计算可知：I1＝0.1
A，I2＝0.2
A．即电键闭合的瞬间，两灯同时亮，L2灯较L1灯更亮．稳定后，两灯亮度相同．电键断开时，显然L1立即熄灭，L2逐渐熄灭．
8．如图所示的电路中，电流表的内阻不计，电阻R1＝2.5
Ω，R2＝7.5
Ω，线圈的直流电阻可以忽略．闭合开关S的瞬间，电流表读数I1＝0.2
A，当线圈中的电流稳定后，电流表的读数I2＝0.4
A，试求电池的电动势和内阻．
【答案】3
V 5
Ω
【解析】闭合开关S的瞬间，R1和R2串联接入电路，由闭合电路欧姆定律得I1＝，
电路稳定后，R2被短路，由闭合电路欧姆定律得
I2＝，
联立解得E＝3
V，r＝5
Ω.
能力提升
9．(多选)如图所示的四个日光灯的连接线路中，S1为启动器，S2为开关，L是镇流器，能使日光灯正常发光的是( )
【答案】AC
【解析】镇流器待灯点亮后起降压限流的作用，故应和主线路串联，启动器相当于开关，A、C符合．
10．(多选)如图所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计，开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有( )
A．a先变亮，然后逐渐变暗
B．b先变亮，然后逐渐变暗
C．c先变亮，然后逐渐变暗
D．b、c都逐渐变暗
【答案】AD
11．(多选)下列说法中正确的是( )
A．日光灯在接通电源后，电流首先通过镇流器和启动器，启动器中的氖气发出辉光后，启动器自动断开
B．日光灯在接通电源后，电源的电压加在启动器两极之间，使启动器中的氖气发出辉光后，启动器接通，然后有电流通过镇流器、启动器和灯管的灯丝
C．电路接通后，由于启动器中的氖气停止放电，启动器两个触片分离，电路自动断开，此过程中镇流器由于自感，而产生高电压加在灯管两端，使灯管内的气体电离，并形成电流通过灯管
D．日光灯正常工作后，启动器不再起作用，镇流器也没有什么作用了
【答案】BC
12．如图所示，设电源的电动势为E＝10
V，内阻不计，L与R的电阻均为5
Ω，两灯泡的电阻均为Rs＝10Ω.
(1)求断开S的瞬间，灯泡L1两端的电压；
(2)画出断开S前后一段时间内流过L1的电流随时间的变化规律．
(1)10
V (2)见解析
【解析】(1)电路稳定工作时，由于a、b两点的电势相等，导线ab上无电流流过．因此通过L的电流为
IL＝＝
A＝1
A，
流过L1的电流为IS＝＝
A＝0.5
A，
断开S的瞬间，由于线圈要想维持IL不变，而与L1组成闭合回路，因此通过L1的最大电流为1
A．所以此时L1两端的电压为U＝ILRS＝10
V(正常工作时为5
V)．
(2)断开S前，流过L1的电流为0.5
A不变，而断开S的瞬间，通过L1的电流突变为1
A，且方向也发生变化，然后渐渐减小到零，所以它的图象应为右图所示(t0为断开S的时刻)．
注：实际上从t0开始，电流持续的时间一般是很短的．
PAGE第一章
第五节
基础巩固
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．在空间某处存在一变化的磁场，则下列说法中正确的是( )
A．在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电流
B．在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电动势
C．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定不会产生电场
D．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定会产生电场
【答案】D
【解析】由感应电流产生的条件可知，只有闭合线圈中磁通量发生改变，才能产生感应电流，如果闭合线圈平面与磁场方向平行，则线圈中无感应电动势和感应电流产生，故A、B错误；由麦克斯韦电磁场理论可知，感生电场的产生与变化的磁场周围有无闭合线圈无关，故C错误，D正确．
2．(2016·上海黄浦一模)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增大到2B，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝nS＝n·a2＝，故A正确，B、C、D错误．
3．在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图所示．已知电容C＝30
μF，回路的长和宽分别为l1＝8
cm，l2＝5
cm，磁感应强度以变化率5×10－2
T/s增大，则( )
A．电容器的上极板带正电，电荷量为2×10－9
C
B．电容器的上极板带负电，电荷量为6×10－9
C
C．电容器的上极板带正电，电荷量为6×10－9
C
D．电容器的上极板带负电，电荷量为8×10－9
C
【答案】C
【解析】由于E＝＝＝5×10－2×8×10－2×5×10－2
V＝2×10－4
V，Q＝CE＝30×10－6×2×10－4
C＝6×10－9
C，又由楞次定律可知上极板带正电，C正确．
4．(2016·西藏山南二中一模)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环．规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正．当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是( )
【答案】C
【解析】根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝nS，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与Bt图象中的斜率成正比，由图象可知：0～2
s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，2～4
s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变，故A、B、D错误，C正确．
5．如图甲所示，100匝线圈(图中只画了1匝)两端A、B与一电压表相连．线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．下列关于电压表的说法正确的是( )
A．电压表读数为50
V
B．电压表读数为150
V
C．电压表“＋”接线柱接A端
D．电压表“＋”接线柱接B端
【答案】AC
【解析】E＝n＝100×
V＝50
V，选项A正确，B错误；根据楞次定律可判断，A端电势高于B端，所以电压表“＋”接线柱接A端，选项C正确，D错误．
6．一个面积S＝4×10－2
m2、匝数n＝100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示．则下列判断正确的是( )
A．在开始的2
s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08
Wb/s
B．在开始的2
s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C．在开始的2
s内线圈中产生的感应电动势等于8
V
D．在第3
s末线圈中的感应电动势等于零
【答案】AC
【解析】磁通量的变化率＝S，其中磁感应强度的变化率即为Bt图象的斜率．由题图知前2
s的＝2
T/s，所以＝2×4×10－2
Wb/s＝0.08
Wb/s，选项A正确；在开始的2
s内磁感应强度B由2
T减到0，又从0向相反方向的B增加到2
T，所以这2
s内的磁通量的变化量ΔΦ＝B1S＋B2S＝2BS＝2×2×4×10－2
Wb＝0.16
Wb，选项B错误；在开始的2
s内E＝n＝100×0.08
V＝8
V，选项C正确；第3
s末的感应电动势等于2～4
s内的平均电动势，E＝n＝nS＝100×2×4×10－2
V＝8
V，选项D错误．
二、非选择题
7．如图甲所示，截面积为0.2
m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中．磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，设向外为B的正方向．R1＝4
Ω，R2＝6
Ω，C＝30
μF，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负．
【答案】7.2×10－6
C，上极板带正电
【解析】E＝nS＝100××0.2
V＝0.4
V，
电路中的电流I＝＝
A＝0.04
A，
所以UC＝U2＝IR2＝0.04×6
V＝0.24
V，
Q＝CUC＝30×10－6×0.24
C＝7.2×10－6
C，
由楞次定律和安培定则可知，电容器的上极板带正电．
8．如图所示，L1＝0.5
m，L2＝0.8
m，回路总电阻为R＝0.2
Ω，物块M的质量m＝0.04
kg，导轨光滑，开始时磁场B0＝1
T．现使磁感应强度以＝0.2
T/s的变化率均匀增大，试求：当t为多少时，M刚好离开地面？(g取10
m/s2)
【答案】5
s
【解析】回路中原磁场方向向下，且磁通量增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，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，从而向上拉起重物．
设ab中电流为I时M刚好离开地面，此时有
FB＝BIL1＝mg，
I＝，
E＝＝L1L2，
B＝B0＋t，
解得t＝5
s.
能力提升
9．(2016·黔西南州兴义八中月考)一正三角形导线框ABC(高度为a)从图示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a.图乙反映感应电流I与线框移动距离x的关系，以逆时针方向为电流的正方向．图象正确的是( )
【答案】C
【解析】x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2增大，两个电动势串联，总电动势E＝E1＋E2增大，故A错误；x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；x在2a～3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C正确，D错误．
10．(多选)如图所示，阻值为R的金属棒从图示ab位置分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中( )
A．回路电流I1∶I2＝1∶2
B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶2
C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶2
D．外力的功率P1∶P2＝1∶2
【答案】AB
【解析】感应电动势为BLv，感应电流I＝，大小与速度成正比，产生的热量Q＝I2Rt＝，B、L、L′、R是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比，选项A、B正确；通过任一截面的电荷量q＝It＝与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1，选项C错误；金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相等，则外力的功率P＝Fv＝BIL·v＝，其中B、L、R大小相等，外力的功率与速度的二次方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4，选项D错误．
11．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1
m，上端接有电阻R＝3
Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1
kg、电阻r＝1
Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的vt图象如图乙所示．(取g＝10
m/s2)求：
(1)磁感应强度B；
(2)杆在磁场中下落0.1
s的过程中电阻R产生的热量．
【答案】(1)2
T (2)0.075
J
【解析】(1)由图象可知，杆自由下落0.1
s进入磁场以v＝1.0
m/s做匀速运动产生的电动势E＝BLv，
杆中的电流I＝，
杆所受安培力F安＝BIL，
由平衡条件得mg＝F安，
代入数据得B＝2
T.
(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075
J.
12．如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S＝200
cm2，匝数n＝1
000，线圈电阻r＝1.0
Ω.线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R＝4.0
Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．求：
(1)在t＝2.0
s时刻，通过电阻R的感应电流大小；
(2)在t＝5.0
s时刻，电阻R消耗的电功率；
(3)0～6.0
s内整个闭合电路中产生的热量．
(1)0.2
A (2)2.56
W (3)7.2
J
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，0～4.0
s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流．t＝2.0
s时的感应电动势E1＝nS＝1
000×0.05×200×10－4
V＝1
V，
根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流I1＝，解得I1＝0.2
A.
(2)由图象可知在4.0～6.0
s时间内，线圈中产生的感应电动势E2＝nS＝1
000×0.2×200×10－4
V＝4
V，
根据闭合电路欧姆定律，t＝5.0
s时闭合回路中的感应电流I2＝＝0.8
A，
电阻消耗的电功率P2＝I2R＝2.56
W.
(3)根据焦耳定律，0～4.0
s内闭合电路中产生的热量Q1＝I(r＋R)Δt1＝0.8
J，
4．0～6.0
s内闭合电路中产生的热量Q2＝I(r＋R)Δt2＝6.4
J，
0～6.0
s内闭合电路中产生的热量Q＝Q1＋Q2＝7.2
J.
PAGE第二章
第二节
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～3题只有一项符合题目要求，第4～5题有多项符合题目要求)
1．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
【答案】D
2．如图所示，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界磁场中，不能使线圈中产生交变电流的是( )
A．将线圈水平向右匀速拉出磁场
B．使线圈以OO′为轴匀速转动
C．使线圈以ab为轴匀速转动
D．磁场以B＝B0sin
ωt规律变化
【答案】A
3．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01
s时刻，线圈中磁通量变化率最大
C．t＝0.02
s时刻，瞬时电动势最大
D．该线圈相应的交流电动势图象如图乙所示
【答案】B
【解析】线圈在中性面时磁通量最大，感应电动势最小，故t＝0时刻线圈在中性面上，A错；线圈与中性面平行时磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，B正确；易知t＝0.02
s时刻线圈在中性面上，C错；起始时刻感应电动势为零，故D错．
4．如图所示，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，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在～这段时间内( )
A．线圈中的感应电流一直在减小
B．线圈中的感应电流先增大后减小
C．穿过线圈的磁通量先减小后增大
D．穿过线圈的磁通量的变化率先减小后增大
【答案】BC
5．如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )
A．线圈绕P1或P2转动时电流的方向相同，都是a→d→c→b→a
B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势
C．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流
D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
【答案】AC
【解析】由左手定则可判断A正确；对于两种转动方式，其总电动势为每条边切割磁感线产生的电动势之和，即e＝Blv1sin
ωt＋Blv2sin
ωt＝Bl(ωr1＋ωr2)sin
ωt＝BωSsin
ωt，与绕哪条轴转动无关，故B错、C对；由于f安培力＝BIl，因为流过的电流相同，故所受安培力大小相等．
二、非选择题
6．有一匝数为10的正方形线框，边长为20
cm，线框总电阻为1
Ω，线框绕OO′轴以10π
rad/s的角速度匀速转动，如图所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5
T．问：
(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？
(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？
【答案】(1)6.28
V 6.28
A (2)5.44
V
【解析】(1)交变电流电动势最大值为
Em＝NBSω＝10×0.5×0.22×10π
V＝6.28
V，
电流的最大值为
Im＝＝
A＝6.28
A.
(2)线框转过60°时，感应电动势e＝Emsin
60°＝5.44
V.
7．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.50
T，矩形线圈的匝数N＝100匝，边长Lab＝0.20
m，Lbc＝0.10
m，以3
000
r/min的转速匀速转动，若从线圈平面通过中性面时开始计时，求：
(1)交变电动势的瞬时值表达式；
(2)若线圈总电阻为2
Ω，线圈外接电阻为8
Ω，写出交变电流的瞬时值表达式；
(3)线圈由图示位置转过的过程中，交变电动势的平均值．
【答案】(1)e＝314sin
(100πt)
V (2)i＝31.4sin
(100πt)
A
(3)200
V
【解析】(1)线圈的角速度ω＝2πn＝100π
rad/s，
线圈电动势的最大值Em＝NBSω＝314
V，
故交变电动势的瞬时值表达式为
e＝Emsin
ωt＝314sin
(100πt)
V.
(2)Im＝＝31.4
A，
所以交变电流的瞬时值表达式为
i＝31.4sin(100πt)
A.
(3)＝N＝N＝4NBSn＝200
V.
能力提升
8．(多选)如图甲所示，“匚”形金属框导轨水平放置．导轨上跨接一金属棒ab，与导轨构成闭合回路，并能在导轨上自由滑动，在导轨左侧与ab平行放置的导线cd中通以如图乙所示的交变电流，规定电流方向自c向d为正，则ab棒受到向左的安培力的作用时间是( )
甲 乙
A．0→t1
B．t1→t2
C．t2→t3
D．t3→t4
【答案】AC
9．(多选)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势et图象如图，则( )
A．t1、t3时刻线圈通过中性面
B．t2、t4时刻线圈中磁通量最大
C．t1、t3时刻线圈中磁通量变化率最大
D．t2、t4时刻线圈平面与中性面垂直
【答案】AD
10．一交流发电机产生的感应电动势随时间变化的图象如图所示，求：
(1)当t＝100
s时，电动势的瞬时值．
(2)当线圈第一次转到什么位置时，感应电动势的瞬时值为最大值的一半．
(3)已知线圈面积为16
cm2，共25匝，那么匀强磁场的磁感应强度B为多少？
【答案】(1)0 (2)π (3)0.4
T
【解析】Em＝5
V，ω＝＝100π，有e＝5sin
100πt
V，
(1)当t＝100
s时，e＝0.
(2)当e＝2.5
V时，sin
100πt＝，有100πt＝，故当线圈转到与中性面成角时，感应电动势的瞬时值为最大值的一半．
(3)Em＝nBSω，
有B＝＝
T＝
T.
11．如图所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝
T，线框的CD边长为20
cm，CE、DF长均为10
cm，转速为50
r/s.若从图示位置开始计时：
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)在et坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．
(1)e＝10cos
100πt
V (2)见解析
【解析】(1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcos
ωt即e＝BSωcos
ωt，其中B＝
T，
S＝0.1×0.2
m2＝0.
02
m2，ω＝2πn＝2π×50
rad/s＝100π
rad/s，故e＝×0.02×100πcos
100πt
V，
即e＝10cos
100πt
V.
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示．
PAGE第一章
第五节
1．如图所示，三个相同的金属圆环内，存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化都满足B＝kt，方向如图．测得A环中感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为( )
A．IB＝I、IC＝0
B．IB＝I、IC＝2I
C．IB＝2I、IC＝2I
D．IB＝2I、IC＝0
【答案】D
【解析】C环中穿过圆环的磁感线完全抵消，磁通量为零，保持不变，所以没有感应电流产生，则IC＝0.根据法拉第电磁感应定律得：E＝＝S＝kS，S是有效面积．则得E∝S，所以A、B中感应电动势之比为EA∶EB＝1∶2，根据欧姆定律得知，IB＝2IA＝2I，故选D.
2．如图所示，线框三条竖直边长度和电阻均相同，横边电阻不计．它以速度v匀速向右平动，当ab边刚进入虚线内匀强磁场时，a、b间的电势差为U，当cd边刚进入磁场时，c、d间的电势差为( )
A．U
B．2U
C.U
D.U
【答案】B
【解析】当ab边进入磁场时，若感应电动势为E，由于ab相当于电源，cd与ef并联相当于外电路，所以U＝E.当cd边进入磁场时，感应电动势不变，ab与cd并联相当于电源，
ef相当于外电路，此时c、d间电势差U′＝E＝2U，选项B正确．
3．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙所示变化时，正确表示线圈中感应电动势E变化的是( )
【答案】A
【解析】由法拉第电磁感应定律，有E＝n＝n，在t＝0到t＝1
s，B均匀增大，则为一恒量，则E为一恒量，再由楞次定律，可判断感应电动势为顺时针方向，则电动势为正值．在t＝1
s到t＝3
s，B不变化，则感应电动势为零，在t＝3
s到t＝5
s，B均匀减小，则为一恒量，但B变化得较慢，则E为一恒量，但比t＝0到t＝1
s
小，再由楞次定律，可判断感应电动势为逆时针方向，则电动势为负值．综上所述，A选项正确．
4．(多选)如图所示，一金属半圆环置于匀强磁场中，当磁场突然减弱时，则( )
A．N端电势高
B．M端电势高
C．若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，N端电势高
D．若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，M端电势高
【答案】BD
【解析】将半圆环补充为圆形回路，由楞次定律可判断圆环中产生的感应电动势方向在半圆环中由N指向M，即M端电势高，B正确；若磁场不变，半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，由楞次定律可判断，半圆环中产生的感应电动势在半圆环中由N指向M，即M端电势高，D正确．
5．如图甲所示，螺线管匝数n＝1
500
匝，横截面积S＝20
cm2，导线的电阻r＝1.
5
Ω，R1＝3.5
Ω，R2＝25
Ω.穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按图乙所示规律变化，则R2消耗的电功率是多大？
甲 乙
【答案】1
W
【解析】由乙图中可知，磁感应强度随时间均匀变化，那么在甲图的线圈中会产生恒定的感应电动势．
由乙图可知，磁感应强度的变化率＝2
T/s，由法拉第电磁感应定律可得螺线管中感应电动势E＝＝＝1
500×20×10－4×2
V＝6
V，
电路中的感应电流
I＝＝
A＝0.2
A，
R2消耗的电功率P＝I2R2＝0.22×25
W＝1
W.
PAGE第一章
第三节
(本栏目对应学生用书P69～70)
基础巩固
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．如图所示，一线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ时(位置Ⅱ正好是细杆竖直位置)，线圈内的感应电流方向(顺着磁场方向看去)是( )
A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ位置均是顺时针方向
B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ位置均是逆时针方向
C．Ⅰ位置是顺时针方向，Ⅱ位置为零，Ⅲ位置是逆时针方向
D．Ⅰ位置是逆时针方向，Ⅱ位置为零，Ⅲ位置是顺时针方向
【答案】D
2．如图所示，一均匀的扁平条形磁铁的轴线与圆形线圈在同一平面内，磁铁中心与圆心重合，为了在磁铁开始运动时线圈中能得到逆时针方向的感应电流，磁铁的运动方式应是( )
A．N极向纸内，S极向纸外，使磁铁绕O点转动
B．N极向纸外，S极向纸内，使磁铁绕O点转动
C．磁铁在线圈平面内顺时针转动
D．磁铁在线圈平面内逆时针转动
【答案】A
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
【答案】B
4．如图所示，一个绕圆心轴MN匀速转动的金属圆盘，匀强磁场垂直于圆盘平面，磁感应强度为B，圆盘中心和圆盘边缘通过电刷与螺线管相连，圆盘转动方向如图所示，则下述结论中正确的是( )
A．圆盘上的电流由圆心流向边缘
B．圆盘上的电流由边缘流向圆心
C．金属圆盘上各处电势相等
D．螺线管产生的磁场，F端为N极
【答案】A
【解析】可将圆盘半径的金属当作一条条导体，并运动至CD处切割磁感线．根据右手定则可判断电流方向为C→D，A正确，B错误；圆盘相当于电源，各处电势不相等，C错误；由右手螺旋定则可知E端为N极，D错误．
5．如图所示，圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是( )
A．线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
【答案】AD
6．如图所示，螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流I减小时( )
A．环A有缩小的趋势
B．环A有扩张的趋势
C．螺线管B有缩短的趋势
D．螺线管B有伸长的趋势
【答案】AD
【解析】对于圆环A，通过它的磁通量等于里面磁通量大小与螺线管外那部分大小之差，I减小时磁感线条数减小，故圆环有收缩的趋势，A正确；电流减小，螺线管内每个线圈的吸引力减小，故有伸长的趋势，D正确．
二、非选择题
7．如图所示，在两根平行长直导线M、N中，通以同方向同大小的电流，导线框abcd和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速运动，在移动过程中，线框中感应电流方向是怎样的？
【答案】始终是abcd
【解析】如图所示，线框在两电流中线OO′的右侧时，穿过线框的合磁通量垂直纸面向外，线框左移，磁通量变小，为阻碍这个方向的磁通量减小，感应电流的磁场方向也垂直纸面向外，所以感应电流的方向就是abcd.当线框跨越两电流中线OO′时，线框的合磁通量由穿出变为穿进，且合磁通量增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，即垂直纸面向外，所以感应电流还是abcd.
8．如图是环保型手电筒的外形．环保型手电筒不需要任何化学电池作为电源，不会造成由废电池引起的环境污染．使用时只要将它摇动一分钟，手电筒便可持续照明好几分钟．手电筒内部有一永久磁铁，外层有一线圈，那么这种手电筒的原理是什么？
【答案】见解析
【解析】环保型手电筒应用了电磁感应原理，内部有磁铁外部有线圈，摇动时，使磁铁相对线圈运动，产生感应电流，把机械能转换为电能，并有一电容器暂时储存电能从而维持手电筒照明几分钟．
知能提升
9．(多选)矩形闭合线圈放置在水平薄板上，有一块蹄形磁铁如图所示置于平板的正下方(磁极间距略大于矩形线圈的宽度)．当磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是( )
A．摩擦力方向一直向左
B．摩擦力方向先向左、后向右
C．感应电流的方向顺时针→逆时针→逆时针→顺时针
D．感应电流的方向顺时针→逆时针
【答案】AC
10．(多选)如图所示，铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，下列判断中正确的是( )
A．金属环在下落过程中的机械能守恒
B．金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量
C．金属环的机械能先减小后增大
D．磁铁对桌面的压力始终不小于其自身的重力
【答案】BD
11．如图甲所示，在螺线管输入端MN间输入如图乙所示的电流，P为圆形闭合导线圈，则在A、B、C、D、E五个点对应的时刻中能使P受力向左的点是________；受力向右的点是________；不受力的点是________．
甲 乙
【答案】E D ABC
【解析】螺线管中输入的电流对应A、C时刻，电流(不变化)变化率为零，在P中的磁通量不变化，因而无感应电流产生，所以A、C点对应的时刻，P不受螺线管的磁场力，B对应的时刻螺线管中的电流为零，则磁感应强度为零，则P也不受螺线管的磁场力．D点对应的时刻，螺线管中的电流增强与在P中产生的感应电流的磁场方向相反，相互排斥，故P受到螺线管向右的磁场力；E点对应的时刻螺线管中的电流减弱与在P中产生的感应电流的磁场方向相同，故相互吸引，P受到螺线管向左的磁场力．
12．(1)如图甲所示，线圈静止时恰位于蹄形磁铁正中，线圈平面与磁感线垂直，现使线圈左右摆动，则过程中线圈里感应电流的方向情况怎样？
(2)如图乙所示，若线圈平面始终垂直于纸面处于水平方向的匀强磁场中，从Ⅰ位置由静止释放，当线圈第一次经过位置Ⅱ和Ⅲ时，判定线圈中感应电流的方向．
甲 乙
【解析】(1)线圈在磁体右侧向磁体靠近时，通过线圈向里的磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判定线圈中电流方向为adcba；同理在右侧远离磁体时电流方向为abcda；在左侧远离时：abcda；在左侧靠近时：adcba.
(2)线圈运动到O点正下方时磁通量最大．经过位置Ⅱ时，通过线圈向右的磁通量增加，由楞次定律和安培定则可判定感应电流方向为adcba(从左向右看为逆时针)；同理在Ⅲ时电流方向为abcda(从左向右看为顺时针)．
PAGE第二章
第一节
1．(2016·广西模拟)当摇动如图所示的手摇交流发电机时，发现小灯泡闪烁．此时流过小灯泡的电流是( )
A．交流电
B．直流电
C．恒定电流
D．涡流
【答案】A
【解析】交流电是指电流的方向发生变化的电流，直流电的方向不变，而恒定电流是指大小与方向均不变，涡流是感应电流，而手摇交流发电机产生是交流电，故A正确，B、C、D错误．
2．(2016·荔湾期末)图为电流i随时间t变化的图线，则其中不属于交变电流的是( )
A B
C
D
【答案】D
【解析】只要电流的大小和方向均随时间周期性变化，则为交流电，故A、B、C图象均为交流电；D图象中电流大小虽然在周期性变化，但方向不变，故D不是交流电．
3．(2016·陕西校级期中)关于交变电流与直流电的说法中错误的是( )
A．如果电流大小周期性变化，则不一定是交变电流
B．直流电的大小可以变化，但方向一定不变
C．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性变化
【答案】C
【解析】如果只有电流做周期性变化而电流方向不变，则为直流电，故A正确；直流电的大小可以变化，但方向一定不变，故B正确；只要电流的方向发生变化，则就是交流电，不一定是按正弦或余弦规律变化，故C错误；交流电的最大特征是交流的方向发生周期性变化，故D正确．本题选错误的，故选C.
4．(2016·宿迁期末)下列it图象属于正弦式交流电的是( )
A B
C
D
【答案】B
【解析】交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，而对于周期性变化的电流，即为大小与方向都随着时间做周期性变化．属于交流电的为BC，而图象为正(余)弦规律的只有B.
PAGE第一章
第一、二节
1．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是( )
A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B．麦克斯韦预言了电磁感应现象；奥斯特发现了电磁感应现象
C．密立根发现了点电荷的相互作用规律；库仑通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律
【答案】A
【解析】麦克斯韦预言了电磁波并没有预言电磁感应现象，发现电磁感应现象的是法拉第，选项B错误；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，库仑发现了点电荷的相互作用规律，C错误；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，选项D错误．
2．如下图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是( )
A B
C D
【答案】B
【解析】选项A是用来探究影响安培力的大小因素的实验．选项B是研究电磁感应现象的实验，观察导体棒在磁场中做切割磁感线运动时电流表是否会产生感应电流．选项C是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验．选项D是奥斯特实验，证明通电导线周围存在磁场．
3．(2016·浙江金华名校期中)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图所示，她把一个带铁芯的线圈L开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )
A．线圈接在了直流电源上
B．电源电压过高
C．所选线圈的匝数过多
D．所用套环的材料与老师的不同
【答案】D
【解析】线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，故A错误．电源电压过高，在套环中产生的感应电流更大，更容易跳起，故B错误．线圈匝数过多，在套环中产生的感应电流越大，套环更容易跳起，故C错误．如果所用的套环材料是塑料，则不可能产生感应电流，故不会受到安培力，不会跳起，故D正确．
4．(多选)如图是法拉第最初研究电磁感应现象的装置，下列说法正确的是( )
A．当右边磁铁S极离开B端时，线圈中产生感应电流
B．当右边磁铁S极离开B端，并在B端附近运动时，线圈中产生感应电流
C．当磁铁保持图中状态不变时，线圈中有感应电流
D．当磁铁保持图中状态不变时，线圈中无感应电流
【答案】ABD
【解析】当磁铁离开B端或在B端附近运动时，线圈所处位置磁场变化，穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，A、B正确；当磁铁保持图中状态不变时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，C错，D对．
5．某学生做观察电磁感应现象的实验，将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，当它接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
【答案】开关位置接错
【解析】图中所示开关的连接不能控制含有电源的电路中电流的通断．而本实验的内容之一就是用来研究在开关通断瞬间，导致线圈B内磁场变化，进而产生感应电流的情况，但图中的接法却达不到目的．第一章
第四节
(本栏目对应学生用书P71～72)
基础巩固
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．物理学中的许多规律是通过实验发现的，以下说法不符合史实的是( )
A．法拉第通过实验发现了电磁感应定律
B．奥斯特通过实验发现了电流能产生磁场
C．牛顿首先通过扭秤实验发现了万有引力定律
D．伽利略通过斜面理想实验发现了物体的运动不需要力来维持
【答案】C
【解析】法拉第通过实验发现了电磁感应定律，发明了世界上第一台发电机，故A正确；奥斯特通过实验发现电流能产生磁场，故B正确；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测出引力常量，故C错误；伽俐略通过斜面理想实验发现物体的运动不需要力来维持，故D正确．本题选不符合史实的，故选C.
2．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟减少2
Wb，则( )
A．线圈中感应电动势每秒增加2
V
B．线圈中感应电动势每秒减少2
V
C．线圈中无感应电动势
D．线圈中感应电动势保持不变
【答案】D
【解析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝n＝1×＝2
V，感应电动势是一个定值，不随时间变化，故A、B、C错误，D正确．故选D.
3．关于感应电动势，下列说法中正确的是( )
A．电源电动势就是感应电动势
B．产生感应电动势的那部分导体相当于电源
C．在电磁感应现象中没有感应电流就一定没有感应电动势
D．电路中有电流就一定有感应电动势
【答案】B
【解析】电源电动势与感应电动势不等同，前者包含后者，故A错误；有感应电动势的那部分导体相当于电源，故B正确；有了感应电动势不一定有感应电流，但若有感应电流，则一定同时产生了感应电动势，故C错误；电路中有电流就一定有电动势，但不一定是感应电动势，故D错误．故选B.
4．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图所示．下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是( )
A．图①中回路产生的感应电动势恒定不变
B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大
C．图③中回路0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势
D．图④中回路产生的感应电动势先变小再变大
【答案】D
【解析】图①中磁通量Φ不变，无感应电动势，故A错误．图②中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变，故B错误．图③中回路在0～t1时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k1，在t1～t2时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现k1的绝对值大于k2的，所以在0～t1时间内产生的感应电动势大于在t1～t2时间内产生的感应电动势，故C错误．图④中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D正确．故选D.
5．关于电磁感应产生感应电动势大小的正确表述是( )
A．穿过导体框的磁通量为零的瞬间，线框中的感应电动势有可能很大
B．穿过导体框的磁通量越大，线框中感应电动势一定越大
C．穿过导体框的磁通量变化量越大，线框中感应电动势一定越大
D．穿过导体框的磁通量变化率越大，线框中感应电动势一定越大
【答案】AD
【解析】根据法拉第电磁感应定律E＝n得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．穿过导体框的磁通量为零的瞬间，但可能很大，产生的感应电动势可能很大，故A正确；磁通量Φ越大，但ΔΦ及不一定越大，故B错误；磁通量变化越大，但不知磁通量的变化时间，故不一定越大，故C错误；磁通量变化的快慢用表示，磁通量变化得快，则就大，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势就越大，故D正确．
6．如图所示，用一根横截面积为S的硬导线做成一个半径为r的圆环，把圆环右半部分置于均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化规律为B＝B0＋kt(k＞0)，ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为ρ，以下说法不正确的是( )
A．圆环中产生顺时针方向的感应电流
B．圆环具有扩张的趋势
C．圆环中感应电流的大小为
D．图中a、b两点间的电压大小为kπr2
【答案】ABD
【解析】由于磁场均匀增大，线圈中的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中电流为逆时针，同时为了阻碍磁通量的变化，线圈将有收缩的趋势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律得电动势为E＝·＝，回路中的电阻为R＝ρ＝ρ，所以电流为I＝＝，故C正确；ab两端电压为Uab＝·I＝，故D错误．本题选不正确的，故选ABD.
二、非选择题
7．如图甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计．求0至t1时间内，
甲 乙
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量．
【答案】(1) 从b到a (2)
【解析】(1)由图象分析可知，0至t1时间内＝.由法拉第电磁感应定律有E＝n＝n·S，而S＝πr，
由闭合电路欧姆定律有I1＝，
联立以上各式得，通过电阻R1上的电流大小I1＝，
由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向从b到a.
(2)通过电阻R1上的电量q＝I1t1＝，
电阻R1上产生的热量Q＝IR1t1＝.
8．如图所示，半径为a的圆形区域(图中虚线)内有匀强磁场，磁感应强度为B＝0.2
T，半径为b的金属圆环与虚线圆同心、共面的放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4
m、b＝0.6
m；金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为2
Ω.一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计．
(1)若棒以v0＝5
m/s的速率沿环面向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势和流过灯L1的电流．
(2)撤去中间的金属棒MN，将左面的半圆弧OL1O′以MN为轴翻转90°，若此后B随时间均匀变化，其变化率为＝
T/s，求灯L2的功率．
【答案】(1)0.8
V 0.4
A (2)1.28×10－2
W
【解析】(1)棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势为动生电动势，E＝B·2a·v＝0.8
V，
流经L1的电流I＝＝0.4
A.
(2)电路中的电动势为感生电动势，E′＝·＝0.32
V，
灯L2的功率P2＝2RL2＝1.28×10－2
W.
能力提升
9．一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心，若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空( )
A．由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下
B．由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下
C．沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向上
D．沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势
【答案】AD
10．如图所示，闭合圆环用质量一定的铜线制成．磁场与圆面垂直，磁感应强度B的变化率为，线圈中的感应电流为I.若要使感应电流减小，可采用下列何种办法( )
A．将导线拉长，使线圈的面积增为原来的2倍
B．将导线缩短，使线圈的面积减为原来的
C．使线圈绕着任意一条直径转过60°角放置
D．使磁感应强度的变化率减为原来的
【答案】CD
11．A、B两环为同样的导线绕成，半径为r＝2
m的B环内有如图所示的有理想边界的匀强磁场，若磁场均匀减小，A环半径R＝4
m，求：
(1)A、B环中感应电动势之比为多少？
(2)A、B环中产生的感应电流之比为多少？
【答案】(1)1∶1 (2)1∶2
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律E＝n·，
由于A、B两环中磁通量相同，所以A、B两环中感应电动势之比EA∶EB＝1∶1.
(2)由电阻定律可知A、B两环的电阻之比RA∶RB＝2∶1，所以A、B环中感应电流之比IA∶IB＝RB∶RA＝1∶2.
12．如图所示，一个边长为L的正方形金属框，质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的磁场边缘．金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外．磁场随时间均匀变化满足B＝kt规律，已知细线所能承受的最大拉力FT＝2mg，求从t＝0时起，经多长时间细线会被拉断？
【答案】
【解析】设t时刻细线恰被拉断，由题意知B＝kt，金属框中产生的感应电动势E＝·S＝kL2，金属框受到的安培力F＝BIL＝＝，由力的平衡条件得FT＝mg＋F，联立解得t＝.
PAGE第二章
第六节
1．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，当导线在平行导轨上匀速切割磁感线时，电流表A1的示数是12
mA，则副线圈中电流表A2的示数是( )
A．3
mA
B．48
mA
C．零
D．与R阻值有关
【答案】C
【解析】当导线在平行导轨上匀速运动时，产生的电流是恒定的电流，不会使副线圈的磁通量变化，因而副线圈中无感应电流，选项C正确．
2．对理想变压器作出的判断正确的是( )
A．高压线圈匝数多、电流大、导线粗
B．低压线圈匝数少、电流小、导线细
C．高压线圈匝数多、电流大、导线细
D．低压线圈匝数少、电流大、导线粗
【答案】D
【解析】电压高的匝数多，电流小，用细线．电压低的，匝数少，电流大，用粗线．
3．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220·sin
(100πt)
V的交流电源上，副线圈接有R＝55
Ω的负载电阻．原、副线圈匝数之比为2∶1.电流表、电压表均为理想电表，下列说法中正确的是( )
A．原线圈中电流表的读数为1
A
B．原线圈中的输入功率为220
W
C．副线圈中电压表的读数为110
V
D．副线圈中输出交流电的周期为50
s
【答案】A
【解析】先计算副线圈的电压的有效值，原线圈电压的有效值为220
V，根据匝数比可以得到副线圈的电压的有效值为110
V，根据负载电阻的大小可以知道副线圈中电流为2
A，
根据原、副线圈的输入功率和输出功率相等可以知道原线圈中输入功率为220
W，电流有效值为1
A．副线圈中输出交流电的周期与原线圈相同为0.02
s.
4．(多选)(2016·潍坊昌乐一中段考)如图所示，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头P可改变其匝数．下列说法正确的是( )
A．仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变大
B．仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变小
C．仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变大
D．仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变小
【答案】BD
【解析】仍增大电阻R时，由于匝数不变，输出电压不变，则由欧姆定律可知，通过灯泡的电流减小，故A错误，B正确；滑动触头向下滑动时，输出端匝数减小，则输出电压减小，灯泡两端的电压减小，故C错误，D正确．
5．如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220
V的交流电上，向额定电压为1.80×104
V的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12
mA时，熔丝就熔断．
(1)熔丝的熔断电流是多大？
(2)当副线圈电路中电流为10
mA时，变压器的输入功率是多大？
【答案】(1)0.98
A (2)180
W
【解析】(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则U1I1＝U2I2，
当I2＝12
mA时，I1即为熔断电流，I1＝I2≈0.98
A.
(2)当副线圈电流为I2′＝10
mA时，变压器的输入功率为P1，所以P1＝P2＝I2′U2＝180
W.
PAGE第一章
第一、二节
(本栏目对应学生用书P67～68)
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．下列现象中，属于电磁感应现象的是( )
A．小磁针在通电导线附近发生偏转
B．通电线圈在磁场中转动
C．因闭合线圈在磁场中运动而产生的电流
D．磁铁吸引小磁针
【答案】C
2．如图所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I通过时，穿过它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，则( )
A．Φa＜Φb＜Φc
B．Φa＞Φb＞Φc
C．Φa＜Φc＜Φb
D．Φa＞Φc＞Φb
【答案】B
3．某同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，将直流电源、滑动变阻器、线圈A(有铁芯)、线圈B、灵敏电流计及开关按图连接成电路．在实验中，该同学发现开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏．由此可以判断，在保持开关闭合的状态下( )
A．当线圈A拔出时，灵敏电流计的指针向左偏
B．当线圈A中的铁芯拔出时，灵敏电流计的指针向右偏
C．当滑动变阻器的滑片匀速滑动时，灵敏电流计的指针不偏转
D．当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，灵敏电流计的指针向右偏
【答案】B
4．如选项图所示，有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动．下列四个图中能产生感应电流的是( )
A B C D
【答案】D
【解析】A图和C图中，穿过闭合线圈的磁通量始终为零，故不能产生感应电流，B图中穿过闭合线圈的磁通量虽然不为零，但始终保持不变，故也不能产生感应电流，D图能产生感应电流．
5．如下图所示，A、B两个线圈套在同一个铁芯上模仿法拉第发现电磁感应的实验，下列说法正确的是( )
A．S2断开状态下，突然闭合S1，电流表中有感应电流
B．S2闭合状态下，突然闭合S1，电流表中有感应电流
C．S1闭合状态下，突然闭合S2，电流表中有感应电流
D．S1、S2闭合状态下，滑片向左滑动过程中，有感应电流
【答案】BD
6．均匀带负电的圆环a绕过圆心与圆环所在平面垂直的轴O旋转，如下图所示，一闭合小金属圆环b和圆环a在同一平面内，且与a同心，则( )
A．只要圆环在转动，小圆环内一定有感应电流产生
B．圆环不管怎样运动，小圆环内都没有感应电流
C．圆环做变速转动时，小圆环内有感应电流
D．圆环做匀速转动时，小圆环内没有感应电流
【答案】CD
二、非选择题
7．匀强磁场区域宽为L，一正方形线框abcd的边长为l，且l>L，线框以速度v通过磁场区域，如图所示，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是多少？
【答案】
【解析】ad边和bc边都在磁场外时，线框中的磁通量不变，没有感应电流．
线圈中没有感应电流的时间为t＝.
8．如图所示的线框，面积为S，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向与线框平面成θ角，当线框转过90°到如图所示的虚线位置时，试求：
(1)初、末位置穿过线框的磁通量Φ1和Φ2；
(2)磁通量的变化量ΔΦ.
【答案】(1)BSsin
θ －BScos
θ (2)－BS(cos
θ＋sin
θ)
【解析】(1)如图所示，把磁感应强度B沿垂直于线框平面和平行于线框平面进行分解，得B上＝Bsin
θ，B左＝Bcos
θ，
所以Φ1＝B上S＝BSsin
θ，
Φ2＝－B左S＝－BScos
θ.
(2)此过程中磁通量的变化量为
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BScos
θ－BSsin
θ＝－BS(cos
θ＋sin
θ)．
能力提升
9．如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，初始位置线框与磁感线平行，则在下列四种情况下，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
【答案】C
【解析】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．
10．(多选)如图所示，用导线做成的圆形回路与一直导线构成几种位置组合，哪些组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生(选项A、B、C中直导线都与圆形线圈在同一平面内，O点为线圈的圆心，选项D中直导线与圆形线圈垂直，并与中心轴重合)
( )
A
B C
D
【答案】BC
【解析】对图A而言，因为通电直导线位于环形导线所在平面内，且与直径重合，因此穿过圆环的磁通量为零，所以当切断导线中的电流时，磁通量在整个变化过程中必为零，所以闭合回路中不会有感应电流产生；对图B而言，因为磁通量为大小两个部分磁感线条数之差，当切断直导线中的电流时，磁通量为零，即此过程中磁通量有变化，故闭合回路中会有感应电流产生；同理分析可得图C中也有感应电流产生；对图D而言，因为环形导线与直导线产生的磁场的磁感线平行，故磁通量为零．当切断直导线中的电流时，磁通量在整个变化过程中皆为零，所以闭合回路中不会有感应电流产生，所以当切断直导线中的电流时，能产生感应电流的有B、C两种情况．
11．在下图所示的直角坐标系中，矩形导线框的两个对称轴在y轴和z轴上，所在的匀强磁场与y轴平行，当线框分别绕x、y、z轴旋转时，哪种情况线框中有感应电流？
【答案】绕z轴旋转时
【解析】线框绕x轴旋转时(x轴垂直于线框平面)，线框内磁通量始终为零不变化，线框中无感应电流．线框绕y轴旋转时，尽管ab、cd边分别切割磁感线，但整个线框平面内磁通量始终为零，不发生变化，线框内无感应电流(y轴始终平行于线框平面)．
线框绕z轴旋转时，线框平面内磁通量发生变化，线框内有感应电流产生(图示位置线框平面与y轴平行，磁通量为零，绕z轴转动，线框平面与y轴有夹角，磁通量先增大后减小)．
12．如图所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场B＝0.8
T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1
cm.现于纸面内先后放上圆形线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1
cm,10匝；D线圈半径为2
cm，1匝；C线圈半径为0.5
cm,1匝．问：
(1)在磁感应强度B减少为0.4
T的过程中，A和D中的磁通量改变了多少？
(2)当磁场转过30°角的过程中，C中的磁通量改变了多少？
【答案】(1)1.256×10－4
Wb 1.256×10－4
Wb
(2)8.4×10－6
Wb
【解析】(1)对A线圈，Φ1＝B1πr2，Φ2＝B2πr2.故磁通量改变量：|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(1×10－2)2
Wb＝1.256×10－4
Wb
.
对D线圈，|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(1×10－2)2
Wb＝1.256×10－4
Wb.
(2)对C线圈，Φ1＝Bπr2，磁场转过30°，线圈面积在垂直磁场方向上的投影为πr2cos
30°，则Φ2＝Bπr2cos
30°.
故磁通量改变量：|Φ2－Φ1
|＝Bπr2(1－cos
30°)＝0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866)
Wb＝8.4×10－6
Wb.
PAGE第二章
第三节
1．如图是某种正弦交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )
A．周期是0.01
s
B．最大值是220
V
C．有效值是220
V
D．表达式为u＝220sin
(100πt)
V
【答案】C
【解析】由题图可知，该交变电压的周期为0.02
s，最大值为311
V，而有效值U＝＝
V＝220
V，故A、B错误，C正确．正弦交变电压的瞬时值表达式u＝Umsin
ωt＝311sin
V＝311sin
(100πt)
V，故D选项错误．
2．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T.从中性面开始计时，当t＝T时，线圈中感应电动势的瞬时值为2
V，则此交变电流的有效值为( )
A．2
V
B．2
V
C.
V
D.
V
【答案】A
【解析】先用代入法求出感应电动势的最大值，由e＝Emsin
ωt得2
V＝Emsin
，由此得Em＝4
V，因此有效值为2
V，选项A正确．
3．下列提到的交流电，不是指有效值的是( )
A．交流电压表的读数
B．保险丝熔断电流
C．电容器击穿电压
D．220
V交流电压
【答案】C
【解析】电容器击穿电压指电容器两端允许加的电压的最大值．
4．(多选)如图所示的甲、乙两图分别表示两个交变电压，比较这两个交变电压，它们具有共同的( )
A．有效值
B．频率
C．最大值
D．均不一样
【答案】BC
【解析】由题图可知，两个交变电压最大值均为2
V，周期均为0.4
s，可知B、C正确．题图甲中电压有效值Ua＝，题图乙中电压有效值Ub＝Um，A错．
5．如图所示的是电流一个周期内的it图．它通过一个R＝1
Ω的电阻．
(1)计算通电1
s内电阻R中产生的热量？
(2)计算该交流电的有效值．
【答案】(1)2.8
J (2)1.67
A
【解析】(1)电流i在1
s内产生的热量Q＝2IRt1＋2IRt2＝2×12×1×0.2
J＋2×22×1×0.3
J＝2.8
J.
(2)由I2Rt＝Q得电流I＝＝
A＝1.67
A，即该交变电流的有效值为1.67
A.
PAGE第一章
第七节
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．在水平放置的光滑导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁，如图所示．现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们从导轨上的A点以某一初速度向磁铁滑去．各滑块在未接触磁铁前的运动情况将是( )
A．都做匀速运动
B．甲、乙做加速运动
C．甲、乙做减速运动
D．乙、丙做匀速运动
【答案】C
2．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，则小球( )
A．整个过程匀速运动
B．进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程做加速运动
C．整个过程都做匀减速运动
D．穿出时的速度一定小于初速度
【答案】D
3．如图所示，一条形磁铁从静止开始向下穿过一个用双线绕成的闭合线圈，条形磁铁在穿过线圈的过程中( )
A．做自由落体运动
B．做减速运动
C．做匀速运动
D．做非匀变速运动
【答案】A
4．关于涡流现象及其应用的说法，正确的是( )
A．电磁炉应用涡流发热
B．由恒定直流电可以产生涡流
C．生产和生活中的涡流总是有益的
D．产生涡流时，热能转化为电能
【答案】A
【解析】涡流实际是电磁感应现象，恒定电流磁场恒定，不能产生涡流；涡流有时有益，但更多时候需要防止，因为会不可避免地消耗电能；涡流有电能的热效应，即电能转化为热能．
5．一根磁化的钢棒以速度v射入水平放置的固定的铜管内，v的方向沿管中心轴，不计钢棒的重力和空气阻力，则在入射过程中( )
A．铜管的内能增加
B．钢棒的速率减小
C．钢棒的速率不变
D．钢棒的速率增大
【答案】AB
6．如图所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是( )
A．2是磁铁，在1中产生涡流
B．1是磁铁，在2中产生涡流
C．该装置的作用是使指针能够转动
D．该装置的作用是使指针能很快地稳定
【答案】AD
【解析】显然2是磁铁，1切割磁感线，A正确，B错误；产生涡流阻碍运动，故目的是使指针快速稳定．
二、非选择题
7．电阻为R的矩形线圈abcd，边长ab＝L，ad＝h，质量为m，自某一高度自由下落，通过一匀强磁场．磁场的方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度为h，如图所示．如果线圈恰好以恒定速度通过磁场，问导线中产生的焦耳热等于多少？
【答案】2mgh
【解析】方法一：直接用定义．设恒定速度为v，则产生焦耳热的时间t＝，I＝，mg＝BIL，所以Q＝I2Rt＝BIL·2h＝2mgh.
方法二：用“功”衡量“能”．导线中产生的焦耳热等于线圈克服安培力所做的功，即Q＝|W安|＝BIL·2h＝2mgh.
方法三：用“能”衡量“能”．导线中产生的焦耳热等于线圈减少的重力势能，即Q＝ΔEp减＝2mgh.
8．如图所示，质量m＝100
g的铝环，用细线悬挂起来，环中央距地面高度h＝0.8
m，有一质量M＝200
g的小磁铁(长度可忽略)，以10
m/s的水平速度射入并穿过铝环，落地点距铝环原位置的水平距离为3.6
m，则磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看作平抛运动)：
(1)铝环向哪边偏斜？
(2)若铝环在磁铁穿过后速度为2
m/s，在磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？(g取10
m/s2)
【答案】(1)铝环向右偏 (2)1.7
J
【解析】(1)由楞次定律可知，当小磁铁向右运动时，铝环向右偏斜(阻碍相对运动)．
(2)由能量守恒可得：由磁铁穿过铝环飞行的水平距离可求出磁铁穿过后的速度
v＝＝9
m/s，E电＝Mv－Mv2－mv′2＝1.7
J.
能力提升
9．(2016·永康模拟)如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
【答案】D
【解析】当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，故A错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误；结合A的分析可知，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故C错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故D正确．故选D.
10．
(多选)如图所示，挂在弹簧下端的条形磁铁在闭合线圈内振动，如果空气阻力不计，则下列说法中正确的是( )
A．磁铁的振幅不变
B．磁铁的振幅减小
C．线圈中产生方向不变的电流
D．线圈中产生方向变化的电流
【答案】BD
11．(多选)在光滑水平面上固定一个通电线圈，如图所示，一铝块正由左向右滑动穿过线圈，那么下面正确的判断是( )
A．接近线圈时做加速运动，离开时做减速运动
B．接近和离开线圈时都做减速运动
C．一直在做匀速运动
D．在线圈中运动时是匀速的
【答案】BD
12．电磁炉是利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，磁化铁质锅底，使之形成无数个小涡流，加快锅底分子运动，锅底自身高速发热达到加热食物的目的，其工作原理如图所示．
(1)使用微型电脑控制的电磁炉加热时不产生明火、无烟尘、无废气、清洁、安全、高效节能，是现代家庭中理想的灶具．请写出电磁炉在使用中触及到的物理知识(只写两点)：____________________和____________________．
(2)在使用电磁炉加热食物时，电磁炉和锅之间的传热方向是：由________传递给________；使用电磁炉加热食物的过程中要消耗________能得到________能．
(3)“多宝”牌电磁炉某一款式性能参数如下表所示：
型号
额定电压
额定功率
功率调节范围
温度调节范围
热效率
DB16
220
V50
Hz
1
600
W
450
W～1
600
W
70
℃～240
℃
(大于)90%
根据表中的参数分析，电磁炉与普遍的电加热器相比，有哪些优点？(请写出两点)
【答案】【答案】(1)电流产生磁场 热传递(分子运动加快，内能增加，温度升高)
(2)锅 电磁炉 电 内
(3)热效率高；功率调节范围大
PAGE第三章
第三节
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)
1．与人的行为相比，传感器相当于人类的( )
A．大脑
B．肌体
C．五官
D．以上都可能
【答案】C
2．温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的．如图甲所示，电源的电动势E＝9.0
V，内阻不计；G为灵敏电流表，内阻RG保持不变；R为热敏电阻，其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当温度等于20
℃时，电流表示数I1＝2
mA；当电流表的示数I2＝3.6
mA时，热敏电阻的温度是( )
甲 乙
A．60
℃
B．80
℃
C．100
℃
D．120
℃
【答案】D
3．随着生活质量的提高，自动洗手机已经进入家庭，洗手后，将湿手靠近自动洗手机，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，手靠近自动洗手机能使传感器工作，是因为( )
A．改变了湿度
B．改变了温度
C．改变了磁场
D．改变了电容
【答案】D
4．如图所示是会议室和宾馆房间的天花板上装有的火灾报警器的结构原理图：罩内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板．平时光电三极管接收不到LED发出的光呈现高电阻状态．发生火灾时，下列说法正确的是( )
A．进入罩内的烟雾遮挡了光线，使光电三极管电阻更大，检测电路检测出变化发出警报
B．发生火灾时，光电三极管温度升高，电阻变小，检测电路检测出变化发出警报
C．发生火灾时，进入罩内的烟雾对光有散射作用，部分光线照到光电三极管上，电阻变小，发出警报
D．以上说法均不正确
【答案】C
【解析】光电三极管电阻只对光敏感．在有灾情时，烟雾进入罩内，对LED发出的光进行散射，使得光线到达光电三极管，阻值变低，发出警告．
5．关于电饭锅的说法正确的是( )
A．电饭锅中的温度传感器其主要元件是氧化铁
B．铁氧体在常温下具有铁磁性，温度很高时失去铁磁性
C．用电饭锅烧水，水开时能自动断电
D．用电饭锅煮饭时，若温控开关自动断电后，它不能自动复位
【答案】BD
6．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．常温下感温磁体的磁性较弱
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
【答案】CD
二、非选择题
7．如图甲所示，为在温度为10
℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻R1＝20
kΩ，R2＝10
kΩ，R3＝40
kΩ，RT为热敏电阻(负温度系数)，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示．当a、b端电压Uab＜0时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度升高；当Uab＞0时，电压鉴别器会令开关S断开，停止加热，恒温箱内的温度恒定在________℃.
甲
乙
【答案】30
℃
【解析】本题考查了自动恒温箱的原理，抓住Uab＝0的临界状态进行研究．设电路路端电压为U，当Uab＝0时，有R1＝R3，解得RT＝20
kΩ.
由题图可知，当RT＝20
kΩ时，t＝30
℃.
8．如图所示是一种自动控制水温的装置，加热电路的两端P、Q应接在触头a、b之间还是c、d之间？热敏电阻两端M、N应接在哪两个触头之间？
【解析】P、Q应该分别接到触头a、b之间，同时，M、N应该分别接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，使加热装置停止加热，当水温降低时，热敏电阻阻值增大，衔铁弹回接通PQ，使加热装置重新开始加热．
能力提升
9．(多选)在家用电热灭蚊器中，电热部分主要元件是PTC元件，PTC元件是由钛酸钡等半导体材料制成的电阻器，其电阻率ρ随温度t的变化关系如图所示，由于这种特性，PTC元件具有发热、保温双重功能．对此，以下判断正确的是( )
A．通电后，其电功率先增大后减小
B．通电后，其电功率先减小后增大
C．当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1不变
D．当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1和t2之间的某一值不变
【答案】AD
【解析】显然PTC元件阻值随温度先变小后变大，达到极值，所以功率与温度变化相反，先变大后变小，A对，B错；当温度达到t1～t2区间时，散热和发热平衡，保持某一温度不变，C错，D对．
10．(多选)如图所示是家用电冰箱的压缩启动装置的电路，其中的运行绕组是电冰箱在工作时电动机定子，由于家用交流电是单相的，启动时必须依靠启动绕组的帮助才能产生旋转磁场，在启动绕组的支路中串联有一个PTC元件，这是一种以酞酸钡为主要材料的热敏电阻器，电流流过PTC元件，元件发热，它的电阻率随温度先减小后增大发生显著变化，当电动机转动正常以后，PTC元件温度较高．电阻很大，启动绕组电流很小，以下判断正确的是( )
A．电冰箱的电动机启动时比正常工作时耗电少
B．电冰箱的电动机正常工作时比启动时耗电少
C．电冰箱启动后，启动绕组功率不变，运行绕组功率是变化的
D．电冰箱启动后，启动绕组功率是变化的，运行绕组功率不变
【答案】BD
11．(多选)电容式话筒的保真度比动圈式话筒好，其工作原理如图所示．Q是绝缘支架，薄金属膜M和固定电极N形成一个电容器，被直流电流充电．当声波使膜片振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流．当膜片向右运动的过程中，有( )
A．电容变大
B．电容变小
C．导线AB中有向左的电流
D．导线AB中有向右的电流
【答案】AC
12．有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图中的虚线所示，它主要由三部分构成：踏板和压力杠杆ABO、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(其实质是电流表)．其中AO∶BO＝5∶1，已知压力传感器的电阻与其所受压力的关系如下表所示：
压力F/N
0
50
100
150
200
250
300
…
电阻R/Ω
300
270
240
210
180
150
120
…
设踏板和杠杆组件的质量可忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.68
V，则：
(1)该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表刻度盘多少毫安处？
(2)利用表中的数据归纳出电阻R随压力F变化的函数式．
(3)如果某人站在踏板上，电流表刻度盘示数为20
mA，则此时压力传感器上所受压力为多大？
【答案】(1)15.6
mA (2)R＝300－0.6F (3)110
N
【解析】(1)依题意可知，电子秤空载时压力传感器受到的压力为0，由表可知：此时压力传感器的电阻R1＝300
Ω，
电路中的电流为I1＝＝
A＝15.6
mA，
所以该秤零刻度线应标在电流表刻度盘的15.6
mA处．
(2)由表中数据可归纳得出：R＝300－0.6F.
(3)当电流表刻度盘示数为I2＝20
mA时，
压力传感器的电阻R2＝＝
Ω＝234
Ω，
再由R＝300－0.6F，求得F2＝110
N.
PAGE第一章
第四节
1．闭合的金属环处于随时间均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面，则( )
A．环中产生的感应电动势均匀变化
B．环中产生的感应电流均匀变化
C．环中产生的感应电动势保持不变
D．环上某一小段导体所受的安培力保持不变
【答案】C
【解析】磁场均匀变化，也就是说＝k，根据感应电动势的定义式，E＝＝＝kS，其中k是一个常量，所以圆环中产生的感应电动势的数值是一个常量，故A、B错误，C正确；由F＝BIL知，I不变，B增大，故安培力增大，故D错误．
2．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )
A．0～2
s
B．2～4
s
C．4～5
s
D．5～10
s
【答案】D
【解析】图线斜率的绝对值越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．
3．如图所示，abc为一金属导体，ab＝bc＝l，置于磁感应强度为B的匀强磁场中．当导体以速度v向右运动时，ac上产生的感应电动势为( )
A．Blv
B.Blv
C.Blv
D．Blv＋Blv
【答案】B
【解析】ab边不切割磁感线，bc边在竖直方向的分量可视为切割磁感线的有效长度，根据感应电动势公式得E＝Blvsin
60°＝Blv，答案为B.
4．(多选)一个面积S＝4×10－2
m2的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )
A．在开始的2
s内穿过线圈的磁通量变化率大小等于0.08
Wb/s
B．在开始的2
s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C．在开始的2
s内线圈中产生的感应电动势大小等于0.08
V
D．在第3
s末线圈中的感应电动势等于零
【答案】AC
【解析】0～2
s内，ΔB＝4
T，ΔΦ＝ΔB·S＝1.6×10－1Wb，所以E＝＝0.08
V，故A、C正确，B错误.3
s末线圈的磁通量为零，但其变化率不为零，所以感应电动势不等于零，故D错误．
5．(2016·青岛检测)有一个100匝的线圈，横截面是边长为L＝0.2
m的正方形，其左半部分放在初始磁感应强度B＝1
T的匀强磁场中如图甲，线圈平面与磁场垂直，若磁感应强度的变化如图乙所示，则在前5
s内穿过线圈的磁通量改变了多少？磁通量的变化率是多少？线圈的感应电动势是多少？
【答案】0.01
Wb 0.002
Wb/s 0.2
V
【解析】线框的有效面积为
S0＝＝
m2＝0.02
m2，
ΔΦ＝ΔB·S＝0.5×0.02
Wb＝0.01
Wb，
由磁通量的变化率＝＝0.002
Wb/s，
由E＝n＝100×0.002
V＝0.2
V.
PAGE第二章
第七节
1．(2016·广西模拟)要减少电能输送时的损失，下列说法中正确的是( )
A．提高输电电压
B．增大输电导线的电阻
C．降低输电电压
D．增大输电导线中的电流
【答案】A
【解析】输电线上损失的功率P损＝I2R，又输送电流I＝，则损失的功率P损＝R，可知要减少电能的损失，则需提高输电电压，或减小输电导线的电阻．故A正确，B、C、D错误．
2．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电线的总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损失的电压可表示为( )
A．U1
B．U1－IR
C．IR
D．U2
【答案】C
【解析】输电线上损失电压为ΔU，ΔU＝U1－U2＝IR，所以选项A、B、D错误，选项C正确．
3．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220sin
100πt
(V)，降压变压器的副线圈与阻值R0＝11
Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中错误的是( )
A．通过R0电流的有效值是20
A
B．降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1
C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压
D．升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率
【答案】C
【解析】降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220
V，负载电阻为11
Ω，所以通过R0电流的有效值是20
A，选项A正确；降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，所以降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1，选项B正确；升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上的电压，选项C错误；升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率加上输电线上的功率，选项D正确．
4．(多选)(2016·增城一中月考)发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电线电阻为R，通过导线的电流为I，学校的输入电压U2，下列计算线路损耗功率的式子中正确的是( )
A.
B.
C．I2R
D．IU2
【答案】BC
【解析】根据导线产生的焦耳热，C正确；导线上的电压降为(U1－U2)，则损耗的功率为P＝＝，选项B、C正确；D选项为学校的输入功率，A、D错误．
5．水电站给远处山村送电的输出功率是100
kW，用2
000
V电压输电，线路上损失的功率是2.5×104
W，如果改用20
000
V高压输电，线路上损失的功率是多少？
250
W
【解析】设水电站的输送功率为P，前后两次的输电电压分别为U1和U2，前后两次线路上的热功率损失分别为P1和P2，输电线的总电阻为R线，
由P损＝I2·R线，I＝可得，P损＝·R线，
所以＝，P2＝2×2.5×104
W＝250
W.
PAGE第三章
第一、二节
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5题有多项符合题目要求)
1．用遥控器调换电视机频道的过程，实际上是传感器把光信号转化为电信号的过程．下列属于这类传感器的是( )
A．红外报警装置
B．走廊照明灯的声控开关
C．自动洗衣机中的压力传感装置
D．电饭煲中控制加热和保温的温控器
【答案】A
2．(2016·广西名校期末)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
【答案】C
【解析】传感器一定是通过非电学量转换成电学量来传递信号的，传感器工作的一般流程为：非电学量被敏感元件感知，然后通过转换元件转换成电信号，再通过转换电路将此信号转换成易于传输或测量的电学量．所以C正确，A、B、D错误．
3．如图所示是观察电阻值随温度变化情况的示意图，现在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( )
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(用半导体材料制作)，读数变化非常明显
D．如果R为热敏电阻(用半导体材料制作)，读数变化不明显
【答案】C
4．如图所示，R3是光敏电阻，当开关S闭合后，在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射电阻R3时，则( )
A．R3的电阻变小，a点电势高于b点电势
B．R3的电阻变小，a点电势低于b点电势
C．R3的电阻变大，a点电势高于b点电势
D．R3的电阻变大，a点电势低于b点电势
【答案】A
【解析】以负极电势为零，a点电势为IaR4，b点电势为IbR2.光敏电阻被光照射时电阻变小，由于并联，可知Ia变大，Ib不变，即a点电势变高，b点电势不变，A正确．
5．用多用电表的同一挡位测量热敏电阻(正温度系数)和光敏电阻的阻值时，下列说法正确的是( )
A．测热敏电阻时，温度越高，多用电表指针偏角越大
B．测热敏电阻时，温度越高，多用电表指针偏角越小
C．测光敏电阻时，光照越弱，多用电表指针偏角越大
D．测光敏电阻时，光照越弱，多用电表指针偏角越小
【答案】BD
【解析】电表电流越大，作用越强，指针偏转越大，故被测电阻阻值越小，测量电流就越大，指针偏转就越大．热敏电阻温度越高阻值越大，光敏电阻受光照电阻变小，故B、D正确．
二、非选择题
6．如下图所示接好电路，合上S1、S2，发现小灯泡不亮，原因是_________________
_________________________________________________________；用电吹风对热敏电阻吹一会儿热风，会发现小灯泡______，原因是_________________________________________
_______；停止吹风，会发现____________；把热敏电阻放入冷水中会发现__________．
【答案】由于热敏电阻在常温时阻值较大，左侧电路中电流较小，电磁铁磁性较弱，触点断开 变亮 电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁，使右侧电路接通 不会立即熄灭 小灯泡熄灭
【解析】根据热敏电阻的性质进行分析，由于热敏电阻在常温时阻值较大，左侧电路中电流较小，电磁铁磁性较弱吸不住衔铁；当用电吹风对热敏电阻加热使其阻值变小时，电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁，使右侧电路接通，小灯泡亮了；停止吹风后，小灯泡不会立即熄灭，因为热敏电阻温度仍然较高，当把热敏电阻放入冷水后，热敏电阻温度降低很快，阻值变大，故小灯泡熄灭．
7．一种半导体材料称为“霍尔材料”，用它制成的元件称为“霍尔元件”，这种材料有可定向移动的电荷，称为“载流子”，每个载流子的电荷量大小为1个元电荷量，即q＝1.6×10－19
C，霍尔元件在自动检测、控制领域得到广泛应用，如录像机中用来测量录像磁鼓的转速、电梯中用来检测电梯门是否关闭以及自动控制升降电动机的电源的通断等．
在一次实验中，一块霍尔材料制成的薄片宽＝1.0×10－2m、长＝4.0×10－2
m、厚h＝1×10－3m，水平放置在竖直方向上的磁感应强度B＝1.5
T的匀强磁场中，bc方向通有I＝3.0
A的电流，如图所示，沿宽度产生1.0×10－5
V的横向电压．
(1)假定载流子是电子，a、b两端中哪端电势较高？
(2)薄板中形成电流I的载流子定向运动的速率多大？
【答案】(1)a (2)6.7×10－4
m/s
【解析】(1)根据左手定则可确定a端电势高．
(2)当导体内由于载流子有沿电流方向所在的直线定向运动时，受洛伦兹力作用而产生横向分运动，产生横向电场，横向电场的电场力与洛伦兹力平衡时，导体横向电压稳定．设载流子沿电流方向所在直线定向移动的速度为v，横向电压为Uab，横向电场强度为E，电场力为Fe＝eE＝e，磁场力FB＝evB，平衡时e＝evB，
得v＝＝6.7×10－4
m/s.
能力提升
8．(多选)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．电压表的读数增大
C．电容器C两板间的电场强度减小
D．R1消耗的功率增大
【答案】AB
9．(多选)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入热水中，观察欧姆表的示数，下列说法正确的是
( )
A．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是热敏电阻
B．置入热水中与不置入热水中相比，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，欧姆表示数相同，这只元件一定是定值电阻
【答案】AC
10．(多选)如图所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，将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
【答案】BC
11．如图所示：
甲 乙
丙 丁
(1)图甲是________的电容式传感器，原理是____________________________________
________________________________________________________________________.
(2)图乙是________的电容式传感器，原理是________________________________
________________________________________________________________________.
(3)图丙是________的电容式传感器，原理是_____________________________________
________________________________________________________________________.
(4)图丁是________的电容式传感器，原理是_________________________________
________________________________________________________________________.
【答案】(1)测定角度 当动金属片旋进的角度不同时，电容的正对面积不同，电容的容量不同
(2)测液体深度 导电溶液相当于电容器的一个极板，当溶液深度发生改变时，相当于两极板的正对面积发生改变，电容的容量也随之改变
(3)测压力 当作用在一个电极的压力改变时，金属片的形状也发生改变，两极板的距离发生改变，电容的容量也发生改变
(4)测位移 和物体固定在一起的电介质板，当物体发生一小段位移时，插入两极板间的电介质发生变化，导致电容的容量发生变化
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