【人教版】2017-2018高中物理选修3-2课后训练（21份打包，Word版，含解析）

第四章　第1、2节
一、选择题
1．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是(　　)
A．闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生
B．闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流
C．穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流
D．只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生
答案　C
解析　产生感应电流的条件：(1)闭合电路；(2)磁通量Φ发生变化，两个条件缺一不可。
2．[2014·课标全国卷Ⅰ]在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是(　　)
A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
答案　D
解析　只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，选项ABC错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，选项D正确。
3．如图所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中圆心位置处半径r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面。若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为(　　)
A．πBR2　 B．πBr2
C．nπBR2 D．nπBr2
答案　B
解析　磁通量与线圈的匝数无关，故一匝线圈与多匝线圈在同一磁场中磁通量相同，且磁感线穿过的有效面积为πr2，而并非πR2，所以穿过线圈的磁通量为πBr2，选项B正确。
4．如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef。已知ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，穿过圆的磁通量将(　　)
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．始终为零
D．不为零，但保持不变
答案　C
解析　利用安培定则判断直线电流产生的磁场，作出俯视图，如图所示。考虑到磁场具有对称性，可以知道穿入圆的磁感线的条数与穿出圆的磁感线的条数是相等的，故选C。
5．如图所示，a、b是两个同平面、同心放置的金属圆环，条形磁铁穿过圆环且与两环平面垂直，则穿过两圆环的磁通量Φa、Φb的大小关系为(　　)
A．Φa＞Φb B．Φa＜Φb
C．Φa＝Φb D．不能比较
答案　A
解析　条形磁铁磁场的磁感线的分布特点是：①磁铁内外磁感线的条数相同；②磁铁内外磁感线的方向相反；③磁铁外部磁感线的分布是两端密、中间疏。两个同心放置的同平面的金属圆环与磁铁垂直且磁铁在中央时，通过其中的磁感线的俯视图如图所示，穿过圆环的磁通量Φ＝Φ进－Φ出，由于两圆环面积Sa＜Sb，两圆环的Φ进相同，而Φ出a＜Φ出b，所以穿过两圆环的有效磁通量Φa＞Φb，故A正确。
6．一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角。将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为(　　)
A．0 B．2BS
C．2BScosθ D．2BSsinθ
答案　C
解析　翻转前穿过线圈的磁通量为－BScosθ，将abcd绕ad轴转180°角后，磁感线从线圈的另一面穿过，此时穿过线圈的磁通量为BScosθ，所以穿过线圈平面的磁通量的变化量为2BScosθ。
7．(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
答案　BCD
解析　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。
8．如图所示，将一个矩形线圈ABCD放入匀强磁场中，若线圈平面平行于磁感线，则下列运动中，线圈中会产生感应电流的是(　　)
A．矩形线圈做平行于磁感线的平移运动
B．矩形线圈做垂直于磁感线的平移运动
C．矩形线圈绕AB边转动
D．矩形线圈绕BC边转动
答案　C
解析　根据产生感应电流的条件可知，判断闭合线圈中是否产生感应电流，关键是判断线圈中磁通量是否发生变化。A选项中，矩形线圈做平行于磁感线的平移运动，磁通量不变，无感应电流。B选项中，矩形线圈做垂直于磁感线的平移运动，磁通量为零不变，不产生感应电流。C选项中，矩形线圈绕AB边转动，磁通量必变化，产生感应电流。D选项中，矩形线圈绕BC边转动，磁通量恒为零，无感应电流。所以C选项正确。
9．(多选)如图所示，水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置，两直导线中的电流大小与变化情况完全相同，电流方向如图中所示，当两直导线中的电流都增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是(　　)
A．线圈a中无感应电流
B．线圈b中有感应电流
C．线圈c中有感应电流
D．线圈d中无感应电流
答案　CD
解析　根据安培定则可判断出电流产生的磁场方向，线圈a中的磁场方向均垂直于纸面向里，线圈c中的磁场方向均垂直于纸面向外，线圈b、d中的合磁通量始终为零，故增大两直导线中的电流时，线圈a、c中的磁通量发生变化，有感应电流产生，而线圈b、d中无感应电流产生。选项C、D正确，A、B错误。
10．如图所示，条形磁铁正上方放置一矩形线框，线框平面水平且与条形磁铁平行，则线框由N极端点匀速平移到S极端点的过程中，线框中的感应电流的情况是(　　)
A．线框中始终无感应电流
B．线框中始终有感应电流
C．线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部时无感应电流，过中部后又有感应电流
D．线框中开始无感应电流，当线框运动到磁铁中部时有感应电流，过中部后又无感应电流
答案　B
解析　根据条形磁铁的磁场分布情况，在线圈平移的过程中，穿过线框的磁通量始终在变化，线框中始终有感应电流。
11．(多选)下列设备或用品中，利用电磁感应原理制成的是(　　)
A．直流电动机 B．发电机
C．单放机 D．喇叭
答案　BC
解析　直流电动机是根据通电线圈在磁场中受力的作用而转动制成的；喇叭是根据通有音频电流的线圈和永磁体相互作用形成振动而制成的；单放机是将磁带上储存的磁性强弱变化的磁信号，通过放音磁头上的线圈转化为电信号而制成的；发电机是通过在磁场中转动的线圈将其他形式的能转化为电能。故发电机和单放机是根据电磁感应原理制成的。
点评　直流电动机和喇叭属于安培力的应用，这些设备的工作过程是将电能转化为其他形式的能。而电磁感应现象则是将其他形式的能转化为电能。因此从它们的工作原理这一角度分析就不难作出正确判断。
二、非选择题
12．一球冠处于磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，若球冠的底面大圆半径为r，磁场方向与球冠底面垂直，则穿过整个球冠的磁通量为________。
答案　Bπr2
解析　判断穿过整个球冠的磁通量的大小，关键是看穿过的磁感线的条数，故穿过球冠的磁通量即穿过底面的磁通量。
13．如图是研究电磁感应现象实验所需的器材，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法：
(1)________________________________________________________________________；
(2)________________________________________________________________________；
(3)________________________________________________________________________。
答案　实验连图如图所示。
(1)合上(或断开)开关瞬间　(2)将原线圈插入副线圈或从副线圈中抽出的过程中　(3)移动滑动变阻器的滑动片时
14．如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场仅存在于边长为2L的正方形范围内，左右各一半面积的范围内，磁场方向相反，有一个电阻为R、边长为L的正方形导线框ABCD，沿垂直磁感线方向以速度v匀速通过磁场，从AB边进入磁场算起，画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象。
答案　如图所示
解析　线框穿过磁场的过程可分为三个阶段：进入磁场阶段(只有AB边在磁场中)，在磁场中运动阶段(AB、CD两边都在磁场中)，离开磁场阶段(只有CD边在磁场中)。
(1)线框进入磁场阶段：t为0→，线框进入磁场中的面积线性增加，S＝L·v·t，最后为Φ＝BS＝BL2。
(2)线框在磁场中运动阶段：t为→，线框磁通量逐渐减少为0。
(3)线框在磁场中运动阶段：t为→，线框磁通量反向增加，最后为－BL2。
(4)线框穿出磁场阶段：t为→，线框磁通量减少，最后为0。Φ－t图象如答案图所示。
点评　线圈在磁场中运动时，磁通量的变化主要因为位置变动引起，要画其运动过程中的Φ－t图象，可选取几个特殊位置求出Φ和t，描点作图。
15．匀强磁场的磁感应强度B＝0.8 T，矩形线圈abcd的面积S＝0.5 m2，共10匝，开始B与线圈所在平面垂直且线圈有一半在磁场中，如图所示。求：
(1)当线圈绕ab边转过60°时，线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为多少？
(2)当线圈绕dc边转过60°时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量。
答案　(1)0.2 Wb　0　(2)0　－0.2 Wb
解析　(1)当线圈绕ab边转过60°时，Φ＝BS⊥＝BScos60°＝0.8×0.5× Wb＝0.2 Wb(此时的线圈正好全部处在磁场中)。在此过程中S⊥没变，穿过线圈的磁感线条数没变，故磁通量变化量ΔΦ＝0。
(2)当线圈绕dc边转过60°时，Φ＝BS⊥，此时没有磁场穿过线圈，所以Φ＝0；在图示位置Φ1＝B·＝0.2 Wb，转动后Φ2＝0，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－0.2 Wb，故磁通量改变了－0.2 Wb.

第四章　第3节
一、选择题
1．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置甲(左)匀速运动到位置乙(右)，则(　　)
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
答案　D
解析　由右手定则可判断出导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a，导线框离开磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a。由左手定则可判断导线框进入磁场时受到的安培力水平向左，导线框离开磁场时，受到的安培力水平向左，因此选项D正确。
2．(多选)如图所示，通电螺线管N置于闭合金属环M的轴线上，当N中的电流突然减小时，则(　　)
A．环M有缩小的趋势
B．环M有扩张的趋势
C．螺线管N有缩短的趋势
D．螺线管N有伸长的趋势
答案　AD
解析　对通电螺线管，当通入的电流突然减小时，螺线管每匝间的相互吸引力也减小，所以匝间距增大；对金属环，穿过的磁通量也随之减少，由于它包围通电螺线管的内外磁场，只有减小面积才能阻碍磁通量的减少，金属环有缩小的趋势。选项A、D正确。
3．(多选)在右图中MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体，匀强磁场垂直于导轨所在的平面，则(　　)
A．如果AB和CD以相同的速度向右运动，则回路内一定有感应电流
B．如果AB和CD以不同的速度向右运动，则回路内一定有感应电流
C．如果AB和CD以相同的速率分别向右和向左运动，则回路内无感应电流
D．如果AB不动，CD以一定的速度运动，则回路内一定有感应电流
答案　BD
解析　产生感应电流的条件是：闭合电路的磁通量发生变化，故B、D正确；而A项闭合电路内磁通量不变，A项错误；C项闭合电路内磁通量发生变化应有感应电流产生，C错误。
4.(多选)如图所示，金属裸导线框abcd放在水平光滑金属导轨上，在磁场中向右运动，匀强磁场垂直水平面向下，则(　　)
A．G1表的指针发生偏转
B．G2表的指针发生偏转
C．G1表的指针不发生偏转
D．G2表的指针不发生偏转
答案　AB
解析　导线框向右运动时，G1、G2表构成闭合电路的磁通量增加，产生感应电流，故两表均有电流，故A、B选项正确。
5．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动。金属线框从右侧某一位置由静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面。则线框中感应电流的方向是(　　)
A．a→b→c→d→a
B．d→c→b→a→d
C．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a
D．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d
答案　B
解析　线框从右侧开始由静止释放，穿过线框平面的磁通量逐渐减少，由楞次定律可得感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，根据安培定则，感应电流的方向为d→c→b→a→d；过O点后线框继续向左摆动过程中，磁感线从反面穿入线框，穿过线框平面的磁通量逐渐增大，由楞次定律可得感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，由安培定则可知感应电流的方向仍为d→c→b→a→d，故B选项正确。
6．(多选)[2015·杭州高二检测]两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环。当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，则(　　)
A．A可能带正电且转速减小
B．A可能带正电且转速增大
C．A可能带负电且转速减小
D．A可能带负电且转速增大
答案　BC
解析　选取A环为研究对象，若A环带正电，且转速增大，则使穿过环面的磁通量向里增加，由楞次定律知，B环中感应电流的磁场方向向外，B环中感应电流的方向应为逆时针方向，故A错误、B正确；若A环带负电，且转速增大，则使穿过环面的磁通量向外增加，由楞次定律知，B环中感应电流的磁场方向向里，B环中感应电流的方向应为顺时针方向，故C正确、D错误。
7.(多选)如图所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁铁从高处下落接近回路时(　　)
A．p、q将互相靠拢
B．p、q将互相远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g
答案　AD
解析　方法一：假设磁铁的下端为N极，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律可判断出感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可判断出回路中感应电流的方向为逆时针方向。再根据左手定则可判断p、q所受的安培力的方向，安培力使p、q相互靠拢。由于回路所受的安培力的合力向下，根据牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g。若磁铁的下端为S极，根据类似的分析可以得出相同的结果，所以A、D选项正确。
方法二：根据楞次定律的另一表述——感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题中的“原因”是回路中的磁通量增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以p、q将相互靠近且磁铁的加速度小于g。故选项A、D正确。
点评　本例列出了判断感应电流受力及其导体运动方向的方法，并从多个角度深刻理解楞次定律中阻碍的含义。虽然方法不同，但本质都是楞次定律，只有领会其精髓，才能运用它进行正确的判断。深刻理解楞次定律中“阻碍”的含义是快速分析该类问题的前提。
8．(多选)[2015·陕西宝鸡质检]如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行方向飞入MN极板间，突然发现电子向M板偏转，若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现象的时刻可能是(　　)
A．开关S闭合瞬间
B．开关S由闭合后断开瞬间
C．开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动时
D．开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动时
答案　AD
解析　若开关S闭合，由右手螺旋定则可知，左侧螺线管右端为N极；发现电子向M板偏转，说明M、N两板的电势φM>φN，即右侧螺线管中产生了流向M板的电流，由右手螺旋定则可知，右侧螺线管左端为N极，如图所示；由楞次定律可知，左侧螺线管中电流增大，选项A、D正确。
9.如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行。当电键S接通瞬间，两铜环的运动情况是(　　)
A．同时向两侧推开
B．同时向螺线管靠拢
C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断
D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，因电源正负极未知，无法具体判断
答案　A
解析　当电路接通瞬间，穿过线圈的磁通量增加，使得穿过两侧铜环的磁通量都增加，由楞次定律可知，两环中感应电流的磁场与线圈两端的磁场方向相反，即受到线圈磁场的排斥作用，使两铜环分别向外侧移动，A正确。
10．如图甲所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图乙中的哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环对桌面的压力增大？(　　)
答案　B
解析　由“导体圆环对桌面的压力增大”分析可知螺线管对圆环有斥力作用。故螺线管中的电流应该增加(等效磁铁的磁性增强)，则要求磁通量的变化率逐渐增加，结合B－t图象分析，B对。
11．如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将(　　)
A．S增大，l变长 B．S减小，l变短
C．S增大，l变短 D．S减小，l变长
答案　D
解析　当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁场增强时，穿过金属圆环的磁通量增大，金属圆环中产生感应电流。根据楞次定律，感应电流的结果要阻碍磁通量的增大；一是用缩小面积的方式进行阻碍，二是用远离直导线的方法，进行阻碍，故D正确。
12．(多选)如图所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上。已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是(　　)
A．磁铁在整个下落过程中做自由落体运动
B．磁铁在管内下落过程中机械能守恒
C．磁铁在管内下落过程中，铝管对桌面的压力大于铝管的重力
D．磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量
答案　CD
解析　条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，铝管中产生感应电流，阻碍磁铁下落，磁铁在管内下落过程中机械能减小，磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量，选项A、B错误，选项D正确；磁铁在管内下落过程中受到铝管的阻碍作用，由牛顿第三定律可知，磁铁对铝管有向下的作用力，故磁铁在管内下落过程中，铝管对桌面的压力大于铝管的重力，选项C正确。
二、非选择题
13．如图所示，在图(1)中，G为指针在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况。今使它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图(2)中的条形磁铁的运动方向是________；图(3)中电流计的指针将向________偏转；图(4)中的条形磁铁上端为________极。
答案　向下　右　N
解析　图(2)中线圈中感应电流方向从上往下看顺时针，感应电流的磁场方向向下，而磁铁在线圈处产生的磁场方向向上，由楞次定律知磁铁将向下运动，同理可判断(3)(4)两种情况。
14．如图所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内。当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，圆环L有________(选填“收缩”或“扩张”)趋势，圆环内产生的感应电流________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
答案　收缩　变小
解析　由于金属棒ab在恒力F的作用下向右运动，则abcd回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量的增大；又由于金属棒向右运动的加速度减小，单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小。

第四章　第4节
一、选择题
1．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加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．线圈中感应电动势始终为2 V
D．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V
答案　C
解析　由E＝n知：恒定，n＝1，所以E＝2 V。
2．一单匝矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直。先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍。接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半。先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为(　　)
A. B．1
C．2 D．4
答案　B
解析　根据法拉第电磁感应定律E＝＝，设初始时刻磁感应强度为B0，线框面积为S0，则第一种情况下的感应电动势为E1＝＝＝B0S0；第二种情况下的感应电动势为E2＝＝＝B0S0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确。
3．一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在匀强磁场中，如图所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，用下列哪种方法可使感应电流增加一倍(　　)
A．把线圈匝数增加一倍
B．把线圈面积增加一倍
C．把线圈半径增加一倍
D．改变线圈与磁场方向的夹角
答案　C
解析　设导线的电阻率为ρ，横截面积为S，线圈的半径为r，则I＝＝＝＝··sinθ。可见将r增加一倍，I增加一倍，将线圈与磁场方向的夹角改变时，sinθ不能变为原来的2倍(因sinθ最大值为1)，若将线圈的面积增加一倍，半径r增加到原来的倍，电流也增加到原来的倍，I与线圈匝数无关。
4．如图所示，电容器C两端接有单匝圆形线圈，线圈内存在垂直于纸圈平面向里的匀强磁场。已知圆形线圈的半径r＝5 cm，电容C＝20 μF，当磁场的磁感应强度以4×10－2 T/s的变化率均匀增大时，则(　　)
A．电容器a极板带正电，电荷量为2π×10－9 C
B．电容器a极板带负电，电荷量为2π×10－9 C
C．电容器a极板带正电，电荷量为4π×10－9 C
D．电容器a极板带负电，电荷量为4π×10－9 C
答案　A
解析　当线圈内的磁感应强度增大时，磁通量增大，根据楞次定律可判断出a极板电势高带正电；线圈中产生的感应电动势E＝＝＝π×10－4 V，电容器所带电荷量Q＝CE＝2π×10－9 C，选项A正确。
5．如图所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平的初速度v0抛出，设在整个过程中棒的取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
答案　C
解析　金属棒切割磁感线的有效速度是与磁感应强度B垂直的那个分速度，由于金属棒切割磁感线的水平分速度不变，故感应电动势不变。
6．如图所示，粗细均匀的、电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为l；长为l、电阻为的金属棒ab放在圆环上，以v0向左运动，当ab棒运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为(　　)
A．0 B．Blv0
C. D．
答案　D
解析　按照E＝Blv0求出感应电动势，所求的金属棒两端的电势差为路端电压。左右侧圆弧均为半圆，电阻均为，并联的总电阻即外电路电阻R＝，金属棒的电阻等效为电源内阻r′＝，故U＝＝，选D。
7．(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5 T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s。下列说法正确的是(　　)
A．电压表记录的电压为5 mV
B．电压表记录的电压为9 mV
C．河南岸的电势较高
D．河北岸的电势较高
答案　BD
解析　海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体在切割竖直向下的磁场。根据右手定则，北岸是正极，电势高，南岸电势低，所以C错误，D正确。根据法拉第电磁感应定律E＝Blv＝4.5×10－5×100×2 V＝9×10－3 V，所以A错误，B正确。
8．(多选)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
答案　ACD
解析　在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确。根据左手定则可以判断，CD段受安培力向下，B不正确。当半圆形闭合回路进入磁场一半时，等效长度最大为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。
点评　一般在某一位置或某一时刻的感应电动势应用瞬时电动势公式求解。如切割磁感线情形用E＝Blv，而用E＝n时，应为该时刻的磁通量的变化率。求某一段时间或某一过程的电动势要用E＝n，其中Δt为该段时间。
9．(多选)如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速运动，沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为ω。则当线圈转至图示位置时(　　)
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电流为
C．穿过线圈的磁通量为0
D．穿过线圈的磁通量的变化率为0
答案　BC
解析　图示位置bc边和ad边的瞬时切割速度均为v＝ω，bc边与ad边产生的感应电动势都是E＝Blv＝Bl2ω，故整个线圈的感应电动势e＝2×nBl2ω＝nBl2ω，感应电流为，B正确；由右手定则可知线圈中的电流方向为adcba，A错误；此时磁通量为0，但磁通量变化率最大，C正确，D错误。
二、非选择题
10．如图所示，L是用绝缘导线绕制的线圈，匝数为100，由于横截面积不大，可以认为穿过各匝线圈的磁通量是相等的，设在0.5秒内把磁铁的一极插入螺线管，这段时间里穿过每匝线圈的磁通量由0增至1.5×10－5 Wb。这个过程中螺线管产生的感应电动势多大？如果线圈和电流表总电阻是3 Ω，感应电流多大？
答案　3×10－3 V　1×10－3 A
解析　由法拉第电磁感应定律得：
E＝n＝n＝100× V＝3×10－3 V
由欧姆定律可得：
I＝＝ A＝1×10－3 A
11．如图所示，设匀强磁场的磁感应强度B为0.10 T，切割磁感线的导线的长度l为40 cm，线框向左匀速运动的速度v为5.0 m/s，整个线框的电阻R为0.5 Ω，试求：
(1)感应电动势的大小；
(2)感应电流的大小。
答案　(1)0.20 V　(2)0.40 A
解析　(1)线框中的感应电动势
E＝Blv＝0.10×0.40×5.0 V＝0.20 V。
(2)线框中的感应电流
I＝＝ A＝0.40 A。
12．如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距L＝0.50 m，左端接一电阻R＝0.20 Ω，磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，导体棒ac(长为L)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ac棒以v＝4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
(1)ac棒中感应电动势的大小；
(2)回路中感应电流的大小；
(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力的大小。
答案　(1)0.80 V　(2)4.0 A　(3)0.80 N
解析　(1)ac棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小为
E＝Blv＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V
(2)回路中感应电流的大小为I＝＝ A＝4.0 A
由右手定则知，ac棒中的感应电流由c流向a。
(3)ac棒受到的安培力大小为F安＝BIL＝0.40×4.0×0.50 N＝0.80 N，由左手定则知，安培力方向水平向左。由于导体棒匀速运动，水平方向受力平衡，则F外＝F安＝0.80 N，方向水平向右。
点评　切割磁感线的导体棒中产生感应电动势，等效于电源，导轨及电阻R上不产生感应电动势，等效于外电路，这样可将电磁感应问题等效转化为电路问题，利用闭合电路欧姆定律即可解答。

第四章　第5节
一、选择题
1．如图所示，在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽，有一带正电小球质量为m，电荷量为q，在槽内沿顺时针做匀速圆周运动，现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场，且B逐渐增加，则(　　)
A．小球速度变大 B．小球速度变小
C．小球速度不变 D．以上三种情况都有可能
答案　A
解析　在此空间中，没有闭合导体，但磁场的变化，使空间产生感应电场。据楞次定律得出感应电场方向沿顺时针方向，又因小球带正电荷，电场力与小球速度同向，电场力对小球做正功，小球速度变大。A选项正确。
2．(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。
3．(多选)我国处在地球的北半球，飞机在我国上空匀速地巡航，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差。设左侧机翼末端处的电势为φ1，右侧机翼末端处电势为φ2，则(　　)
A．若飞机从西向东飞，φ1比φ2高
B．若飞机从东向西飞，φ2比φ1高
C．若飞机从南向北飞，φ1比φ2高
D．若飞机从北向南飞，φ2比φ1高
答案　AC
解析　在北半球，地磁场有竖直向下的分量，飞机在水平飞行过程中，机翼切割磁感线，产生感应电动势，应用右手定则可以判断不管飞机向哪个方向飞行，都是左边机翼末端电势高，即A、C选项正确。
点评　明确地磁场的分布特点、灵活应用右手定则是解决本题的关键。
4．在匀强磁场中，ab、cd两根导体棒沿两根导轨分别以速度v1、v2滑动，如图所示，下列情况中，能使电容器获得最多电荷量且左边极板带正电的是(　　)
A．v1＝v2，方向都向右
B．v1＝v2，方向都向左
C．v1＞v2，v1向右，v2向左
D．v1＞v2，v1向左，v2向右
答案　C
解析　当ab棒和cd棒分别向右和向左运动时，两棒均相当于电源，且串联，电路中有最大电动势，对应最大的顺时针方向电流，电阻上有最高电压，所以电容器上有最多电荷量，左极板带正电。
5．用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导线框，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Ud。下列判断正确的是(　　)
A．Ua＜Ub＜Uc＜Ud B．Ua＜Ub＜Ud＜Uc
C．Ua＝Ub＜Uc＝Ud D．Ub＜Ua＜Ud＜Uc
答案　B
解析　Ua＝BLv，Ub＝BLv，Uc＝·B·2Lv＝BLv，Ud＝B·2L·v＝BLv，故选B。
6．环形线圈放在匀强磁场中，设在第1 s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图甲所示。若磁感应强度随时间t的变化关系如图乙所示，那么在第2 s内，线圈中感应电流的大小和方向是(　　)
A．大小恒定，逆时针方向
B．大小恒定，顺时针方向
C．大小逐渐增加，顺时针方向
D．大小逐渐减小，逆时针方向
答案　A
解析　由题图乙可知，第2 s内为定值，由E＝＝S知，线圈中感应电动势为定值，所以感应电流大小恒定。第2 s内磁场方向向外，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知感应电流为逆时针方向，A项正确。B、C、D错误。
7．如图所示，先后两次将同一个矩形线圈由匀强磁场中拉出，两次拉动的速度相同。第一次线圈长边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区，拉力做功W1、通过导线截面的电荷量为q1，第二次线圈短边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区域，拉力做功为W2、通过导线截面的电荷量为q2，则(　　)
A．W1＞W2，q1＝q2 B．W1＝W2，q1＞q2
C．W1＜W2，q1＜q2 D．W1＞W2，q1＞q2
答案　A
解析　设矩形线圈的长边为a，短边为b，电阻为R，速度大小为v，则W1＝BI1ba＝Bba，W2＝BI2ab＝Bab，因为a＞b，所以W1＞W2，通过导体截面的电荷量q1＝I1t1＝·＝q2。故选项A正确。
8．如图所示，固定于水平绝缘面上的平行金属导轨不光滑，除R外其他电阻均不计，垂直于导轨平面有一匀强磁场。当质量为m的金属棒cd在水平恒力F作用下由静止向右滑动过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能
B．只有在cd棒做匀速运动时，F对cd棒做的功才等于电路中产生的电能
C．无论cd棒做何种运动，它克服磁场力做的功一定不等于电路中产生的电能
D．R两端电压始终等于cd棒中的感应电动势
答案　D
解析　外力始终要克服摩擦力做功，选项A、B均错；克服磁场力所做的功在任何情况下都等于电路中产生的电能，选项C错；因为电源cd无内阻，所以选项D正确。
9．(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好。导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则(　　)
A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F安＝
D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
答案　AC
解析　在金属棒释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A对。由右手定则可得，电流的方向从b到a，B错。当速度为v时，产生的电动势为E＝BLv，受到的安培力为F安＝BIL，计算可得F安＝，C对。在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、金属棒的重力势能和内能的转化，D错。
10．(多选)如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，此时(　　)
A．电阻R1消耗的热功率为Fv/3
B．电阻R2消耗的热功率为Fv/6
C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ
D．整个装置消耗的机械功率为(F＋μmgcosθ)v
答案　BCD
解析　棒ab上滑速度为v时，切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，设棒电阻为R，则R1＝R2＝R，回路的总电阻R总＝R，通过棒的电流I＝＝，棒所受安培力F＝BIl＝，通过电阻R1的电流与通过电阻R2的电流相等，即I1＝I2＝＝，则电阻R1消耗的热功率P1＝IR＝＝，电阻R2消耗的热功率P2＝IR＝。棒与导轨间的摩擦力Ff＝μmgcosθ，故因摩擦而消耗的热功率为P＝Ffv＝μmgvcosθ；由能量的转化知，整个装置中消耗的机械功率为安培力的功率和摩擦力的功率之和，即P机＝Fv＋Ffv＝(F＋μmgcosθ)v。由以上分析可知，B、C、D选项正确。
二、非选择题
11．如图甲所示的螺线管，匝数n＝1500，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。穿过螺线管的匀强磁场方向向右，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(C点电势为零)。
答案　1.0 W　0.7 V　－5 V
解析　由B－t图可知穿过螺线管的磁通量均匀增加，螺线管中感应电流产生磁场方向向左，感应电流在线圈内从B流向A，A端的电势高于B端的电势。把螺线管视为电源，由闭合电路欧姆定律可求出通过螺线管的回路电流，从而求出R2消耗的电功率及A、B两点的电势。
由题图乙，螺线管中的磁感应强度B均匀增加，其变化率
＝ T/s＝2 T/s
由法拉第电磁感应定律，螺线管产生的感应电动势
E＝n·＝n·S＝1500×20×10－4×2 V＝
6．0 V
通过螺线管回路的电流
I＝＝ A＝0.2 A
电阻R2上消耗功率P2＝I2R2＝(0.2)2×25 W＝1.0 W
因φC＝0，则φA－φC＝IR1＝0.2×3.5 V＝0.7 V，
即φA＝0.7 V，φC－φB＝IR2＝0.2×25 V＝5 V
因为φC＝0，所以φB＝－5 V。
12．如图所示，三角形金属框架MON平面与匀强磁场B垂直，导体ab能紧贴金属框架运动，且始终与导轨ON垂直。当导体ab从O点开始匀速向右平动时，速度为v0，试求bOc回路中某时刻的感应电动势随时间变化的函数关系式。
答案　E＝Bvt
解析　设导体ab从O点出发时开始计时，则经过时间t后，导体ab匀速运动的距离为s，则有s＝v0t
在△bOc中，由tan30°＝，有＝v0t×tan30°
则导体ab接入回路的bc部分切割磁感线产生的感应电动势为
E＝Bv0＝Bvttan30°
在回路bOc中，回路总感应电动势具体由导体的bc部分产生，因此，回路内总的感应电动势为E总＝E＝。
13．如图所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等。将线框置于光滑绝缘的水平面上。在线框的右侧存在垂直水平面向里的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B。在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场。在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界始终平行。求：
(1)线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；
(2)线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；
(3)在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W。
答案　(1)　(2)Blv　(3)
解析　(1)线框MN边在磁场中运动时，
感应电动势E＝Blv
线框中的感应电流I＝＝
(2)M、N两点间的电压UMN＝E＝Blv
(3)只有MN边在磁场中时，线框运动的时间t＝
此过程线框中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝
同理，只有PQ边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热Q＝
根据能量守恒定律得水平拉力做功W＝2Q＝

第四章　第6节
一、选择题
1．在无线电仪器中，常需要在距离较近处安装两个线圈，并要求当一个线圈中电流有变化时，对另一个线圈中的电流的影响尽量小。如图所示两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是(　　)
答案　D
解析　两个相距较近的线圈，当其中的一个线圈中电流发生变化时，就在周围空间产生变化的磁场。这个变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，即发生互感现象。要使这种影响尽量小，应采用D所示的安装位置才符合要求。因为通电线圈的磁场分布与条形磁铁的类似，采用D所示的安装位置时，变化的磁场穿过另一线圈的磁通量最小。
2．(多选)无线电力传输目前取得重大突破，在日本展出了一种非接触式电源供应系统。这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力。两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势
B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势
C．A中电流越大，B中感应电动势越大
D．A中电流变化越快，B中感应电动势越大
答案　BD
解析　根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感应电动势，A错，B对；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量变化率，所以C错，D对。
3．如图所示的电路，可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆开时应(　　)
A．先断开开关S1 B．先断开开关S2
C．先拆去电流表 D．先拆去电阻R
答案　B
解析　该电路实际上就是伏安法测电感线圈的直流电阻电路，在实验完毕后，由于线圈的自感问题，若电路元件拆去的先后顺序不对，可能会烧坏电表。当开关S1、S2闭合，电路稳定时，线圈中的电流由a→b，表右端为“＋”，左端为“－”，指针正向偏转，若先断开开关S1或先拆表或先拆去电阻R瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时表加了一个反向电压，使指针反向偏转。由“自感系数较大的线圈”知其反向电压很大，会烧坏表。而先断开开关S2，由于电压表内阻很大，电路中总电阻变化很小，电流几乎不变，不会损坏其他器件，故应先断开开关S2。
4．如图甲、乙中，电阻R和自感线圈L的阻值相等，接通S，使电路达到稳定状态，灯泡D发光，则(　　)
①在电路甲中，断开S，D将逐渐变暗
②在电路甲中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗
③在电路乙中，断开S，D将渐渐变暗
④在电路乙中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗
A．①③　　 B．②③
C．②④ D．①④
答案　D
解析　在电路甲中自感线圈L与灯泡D串联，流经D与L的电流相等，断开S时产生自感电动势将使D与L中的电流从稳定状态逐渐减小，D将渐渐变暗，而不是立即熄灭。在电路乙中，L与D并联，稳定时L中电流比D中电流大，断开S的瞬间，L中电流从稳定状态逐渐减小，故S断开瞬间，通过灯泡D的电流变大，然后再逐渐变小，D将先变得更亮，然后渐渐变暗，故选项D正确。
5．[2015·江苏四市调研]如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时(　　)
A．A灯中无电流通过，不可能变亮
B．A灯中有电流通过，方向由a到b
C．B灯逐渐熄灭，c点电势高于d点电势
D．B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势
答案　D
解析　当开关S由断开变为闭合时，电感线圈L中产生从c到d的感应电动势，B灯逐渐熄灭，把L看做一个电源的话，c点电势低于d点电势，选项D正确，而C错误；电容器C短路放电，A灯中有电流通过，方向由b到a，选项A、B均错误。
6．(多选)如图所示，电灯A和B与固定电阻的电阻均为R，L是自感系数很大线圈。当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法正确的是(　　)
A．B立即熄灭
B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭
C．有电流通过B灯，方向为c→d
D．有电流通过A灯，方向为a→b
答案　AD
解析　断开S2而只闭合S1时，A、B两灯一样亮，可知线圈L的电阻也是R，在S1、S2闭合时，IA＝IL，故当S2闭合、S1突然断开时，流过A灯的电流只是方向变为a→b，但其大小不突然增大，A灯不出现更亮一下再熄灭的现象，故D项正确，B项错误。由于固定电阻R几乎没有自感作用，故断开S1时，B灯电流迅速变为零，而立即熄灭，故A项正确，C项错误，综上述分析可知，本题正确选项为A和D。
7．如图所示，多匝电感线圈L的电阻和电池内阻不计，两个电阻的阻值都是R，开关S原来打开，电流I0＝，今合上开关S将一电阻短路，于是线圈有自感电动势产生，这时电动势(　　)
A．有阻碍电流的作用，最后电流由I0减小到零
B．有阻碍电流的作用，最后电流总小于I0
C．有阻碍电流增大的作用，因而电流I0保持不变
D．有阻碍电流增大的作用，最后电流增大到2I0
答案　D
解析　S闭合，电路中电阻由2R减小为R，电流从I0＝增大到I′＝。由于电流的变化，使线圈中产生自感电动势，阻碍电流的变化，即阻碍电流的增加，最后变化到稳定后电路中的电流为I＝＝2I0。
8．(多选)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，灯泡具有一定的亮度。若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，则将看到(　　)
A．灯泡变暗 B．灯泡变亮
C．螺线管缩短 D．螺线管变长
答案　AD
解析　当软铁棒插入螺线管中时，穿过螺线管的磁通量增加，故产生反向的自感电动势，使总电流减小，灯泡变暗，每匝线圈间同向电流吸引力减小，螺线管变长。
9．[2015·衡水中学高二一调]如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感线圈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(　　)
答案　B
解析　闭合开关S，电感线圈L产生的自感电动势阻碍电流增加，外电路电阻等于灯泡D的阻值，当电感线圈L中的电流逐渐稳定时，L产生的自感电动势为零，外电路电阻等于电阻R与灯泡D的并联阻值，A、B两点间电压UAB大于零且变小；断开S，电感线圈L产生的自感电动势阻碍电流减小，通过灯泡D的电流方向与原电流方向相反，且逐渐减小，故正确答案为B。
点评　①自感现象中，要理解“阻碍”不是阻止，开关闭合后，电流的增加是必然的，开关断开后，电流的减小也是必然的；②电路中电流稳定后，电路中自感现象消失。
10．(多选)如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源。t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S。规定图示流过电灯D1、D2的电流方向为正，分别用I1、I2表示流过电灯D1和D2中的电流，则图中能定性描述I随时间t变化关系的是(　　)
答案　AC
解析　闭合开关S，由于线圈产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大；稳定后线圈短路，电灯D1无电流通过，D2中有恒定的电流。t1时刻断开开关S，D2中电流立即为零；电灯D1有电流反向通过。
11．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是(　　)
A．电源的内阻较大
B．小灯泡电阻偏大
C．线圈电阻偏大
D．线圈的自感系数较大
答案　C
解析　在断电自感现象中，断电时线圈与小灯泡构成回路，线圈中储存的磁场能转化为电能，线圈相当于电源，自感电动势E自＝L，与原电源无关，选项A错误；如果小灯泡电阻偏大，则通过线圈的电流较大，断电时可能看到显著的延时熄灭现象和小灯泡闪亮现象，选项B错误；如果线圈电阻偏大，则通过线圈的电流较小，断电时只能看到不显著的延时熄灭现象，且小灯泡不会出现闪亮现象，选项C正确；如果线圈的自感系数较大，则自感电动势较大，可能看到显著的延时熄灭现象和小灯泡闪亮现象，选项D错误。
12．(多选)彩色电视机的电源输入端装有电源滤波器，其电路图如图所示。元件L1、L2是两个电感线圈，它们的自感系数很大，F是保险丝，R是压敏电阻(正常情况下阻值很大，但电压超过设定值时，阻值会迅速变小，可以保护与其并联的元件)，C1、C2是电容器，S为电视机开关，在电视机正常工作时，若小明在没有断开开关S时，就拔去电源插头，结果烧坏了图中电路元件，可能被烧坏的元件是(　　)
A．C2 B．C1
C．L1或L2 D．F
答案　AC
解析　当断开电源时，由于线圈的自感系数很大，所以可产生高电压，此高电压在回路中形成电流，因为压敏电阻R阻值迅速变小，与之相连的电容器C1被保护，但电路中的电流很大，可能把L1或L2烧坏，同时，因为C2两端电压较高，所以C2可能被烧坏，选AC。
二、非选择题
13．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”字样，电阻R与线圈L的电阻RL相等，均为20 Ω。试分析开关S闭合和断开的瞬间，L1、L2两灯的亮度变化情况。
答案　当电流发生变化时，线圈中将产生自感电动势，自感电动势起阻碍电流变化的作用。当开关闭合的瞬间，线圈处相当于断路，计算可知，此时通过L1、L2的电流分别为I1＝0.1 A，I2＝0.2 A，即开关闭合的瞬间，两灯同时亮，且L2比L1亮；电路稳定后，两灯亮度相同；开关断开时，L1立即熄灭，由于自感现象，L2逐渐熄灭。
14．如图所示，图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。电路中电灯的电阻R1＝6.0 Ω，定值电阻R＝2.0 Ω，A、B间的电压U＝6.0 V。开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1＝1.0×10－3 s时刻断开开关S，该时刻前
后电流传感器显示的电流I随时间t变化的图线如图乙所示。
(1)求出线圈L的电阻RL；
(2)在图甲中，断开开关后通过电灯的电流方向如何？
(3)在t2＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的感应电动势的大小是多少？
答案　(1)2.0 Ω　(2)电灯中的电流方向向左　
(3)3.0 V
解析　(1)由题图可知，开关S闭合且电路稳定时流过线圈L的电流I0＝1.5 A
由欧姆定律得I0＝
解得RL＝－R＝2.0 Ω
(2)断开开关后，线圈L、电阻R和电灯构成一闭合回路，由自感现象规律可知，电灯中的电流方向向左。
(3)由题图可知，t2＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的电流I＝0.3 A
此时线圈L相当于电源，由闭合电路欧姆定律得
E＝I(RL＋R＋R1)＝0.3×(2.0＋2.0＋6.0) V＝3.0 V。

第四章　第7节
一、选择题
1．以下关于涡流的说法中，正确的是(　　)
A．涡流跟平时常见感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的
B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流
C．涡流有热效应，但没有磁效应
D．在硅钢中不能产生涡流
答案　A
解析　根据涡流的产生原因(变化的磁场中的金属块、电流变化的线圈附近的导体中都产生涡流)知，涡流就是平时常见的感应电流，是因为穿过导体的磁通量发生变化而产生的，符合感应电流产生的原因，所以A正确，B错误；涡流和其他电流一样，也有热效应和磁效应，C错误；硅钢的电阻率大，产生的感应电流——涡流较小，不是不能产生涡流，D错误。
2．(多选)如图所示，闭合金属环从曲面上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，曲面处在图示磁场中，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，环滚上的高度小于h
答案　BD
解析　若是匀强磁场，金属环中无涡流产生，无机械能损失，若是非匀强磁场，金属环中有涡流产生，机械能损失转化为内能。
3．[2015·临沂高二检测]如图所示，在光滑水平桌面上放一条形磁铁，分别将大小相同的铁球、铝球和木球放在磁铁的一端且给它一个初速度，让其向磁铁滚去，观察小球的运动情况(　　)
A．都做匀速运动
B．铁球、铝球都做减速运动
C．铁球做加速运动，铝球做减速运动
D．铝球、木球做匀速运动
答案　C
解析　解答本题应注意以下两点：
(1)磁铁能够吸引具有磁性的铁、钴、镍金属；
(2)当穿过金属块的磁通量变化时，金属块中有涡流产生。
铁球靠近磁铁时被磁化，与磁铁之间产生相互吸引的作用力，故铁球将加速运动；铝球向磁铁靠近时，穿过它的磁通量发生变化，因此在其内部产生涡流，涡流产生的感应磁场对原磁场的变化起阻碍作用，所以铝球向磁铁运动时会受阻碍而减速；木球为非金属，既不能被磁化，也不产生涡流现象，所以磁铁对木球不产生力的作用，木球将做匀速运动。综上所述，C项正确。
4．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为B且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，则下列判断正确的是(　　)
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
答案　B
解析　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，故先停下来。
5．如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是(　　)
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
答案　D
解析　条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后又减小。当通过线圈磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势；当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势。综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右。
6．(多选)[2015·课标全国卷Ⅰ]1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是(　　)
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
答案　AB
解析　当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，选项A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，选项B正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，选项C错误；圆盘中自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场，由安培定则可判断出在中心方向竖直向下，其他位置关于中心对称，此磁场不会导致磁针转动，选项D错误。
7．[2014·大纲全国卷]很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率(　　)
A．均匀增大
B．先增大，后减小
C．逐渐增大，趋于不变
D．先增大，后减小，最后不变
答案　C
解析　条形磁铁在下落过程中受到向上的排斥力，绝缘铜环内产生感应电流，导致条形磁铁做加速度逐渐减小的加速运动，故其速率逐渐增大，最后趋于不变，选项C正确，选项ABD错误。
8．如图所示，在一蹄形磁铁下面放一个铜盘，铜盘和磁铁均可以自由绕OO′轴转动，两磁极靠近铜盘，但不接触。当磁铁绕轴转动时，铜盘将(　　)
A．以相同的转速与磁铁同向转动
B．以较小的转速与磁铁同向转动
C．以相同的转速与磁铁反向转动
D．静止不动
答案　B
解析　因磁铁的转动，引起铜盘中磁通量发生变化而产生感应电流，进而受安培力作用而发生转动，由楞次定律可知安培力的作用是阻碍相对运动，所以铜盘与磁铁同向转动，又由产生电磁感应的条件可知，线圈中能产生电流的条件必须是磁通量发生变化。故要求铜盘转动方向与磁铁相同而转速小，不能同步转动，所以正确选项是B。
9．如图所示，条形磁铁从高h处自由下落，中途穿过一个固定的空心线圈，开关S断开时，至落地用时t1，落地时速度为v1；S闭合时，至落地用时t2，落地时速度为v2，则它们的大小关系正确的是(　　)
A．t1＞t2，v1＞v2
B．t1＝t2，v1＝v2
C．t1＜t2，v1＜v2
D．t1＜t2，v1＞v2
答案　D
解析　开关S断开时，线圈中无感应电流，对磁铁无阻碍作用，故磁铁自由下落，a＝g；当S闭合时，线圈中有感应电流，对磁铁有阻碍作用，故a＜g。所以t1＜t2，v1＞v2。
10．一个半径为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(　　)
A．mgL　 B．mg(＋r)
C．mg(L＋r) D．mg(L＋2r)
答案　C
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(L＋r)，C项正确。
二、非选择题
11．教室里有一台灵敏电流计，老师要求同学们想办法检测这一电流计内部线圈是否断了，可是教室里没有多用电表，也没有电池。吴华慧同学翻了翻自己的文具盒，手里握着一小玩意儿，神秘地对大家说，我有办法了。请你猜一猜，她手中握的可能是什么东西？她会用怎样的办法解决这个问题？
答案　她手里肯定握着一段导体，可能是一个回形针(一把小刀、一只圆规……)，她会把导体接在电流计的两接线柱间，然后摇动电流计，如果指针很快停下，说明内部线圈没有断，如果指针晃动很长时间，说明内部线圈断了。
12．如图所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有一足够长的金属杆，杆上挂有一光滑螺线管A。在弧形轨道上高为h的地方，无初速度释放一磁铁B(可视为质点)，B下滑至水平轨道时恰好沿螺线管A的中心轴运动，设A、B的质量分别为M、m，若最终A、B速度分别为vA、vB。
(1)螺线管A将向哪个方向运动？
(2)全过程中整个电路所消耗的电能。
答案　(1)向右运动　(2)mgh－Mv－mv
解析　(1)磁铁B向右运动时，螺线管中产生感应电流，感应电流产生电磁驱动作用，使得螺线管A向右运动。
(2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A、B的动能和螺线管中的电能，故mgh＝Mv＋mv＋E电
即E电＝mgh－Mv－mv。
13．如图所示，质量为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，有一质量为M＝200 g的小磁铁(长度可忽略)，以v0＝10 m/s的水平速度射入并穿过铝环，落地点距铝环原位置的水平距离为l＝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做平抛运动)：
(1)铝环向哪边偏斜？
(2)若铝环在磁铁穿过后速度为v′＝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＝10 m/s2)
答案　(1)铝环向右偏斜　(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)磁铁穿过铝环后的速度v＝ m/s＝9 m/s
由能量守恒可得
E电＝Mv－Mv2－mv′2＝1.7 J。

第五章　第1节
一、选择题
1．(多选)如图所示的图象中属于交变电流的有(　　)
答案　ABC
解析　选项A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交变电流，但不是正弦式交变电流，选项D中e的方向未变化，故是直流电。
2．(多选)线圈在匀强磁场中转动，产生的电动势表达式为e＝10sin20πt V，则下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时，线圈平面位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大
C．t＝0时，线圈切割磁感线的有效速率最大
D．t＝0.4 s时，e有最大值10 V
答案　AB
解析　由电动势的瞬时值表达式可知计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量最大，但此时线圈速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误。当t＝0.4 s时，e＝10sin20πt＝10×sin(20π×0.4) V＝0，D错误。
3．关于中性面，下列说法中不正确的是(　　)
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．线圈经过中性面时，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
解析　中性面是穿过线圈的磁通量最大时的面。在中性面时，导体不切割磁感线，且转过中性面时线圈转动方向与磁场方向的夹角由锐角变为钝角或由钝角变为锐角，所以在中性面时线圈中感应电动势为零，电流方向要发生变化。故正确的选项为B、C、D，应选A。
4．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图象可知(　　)
A．在A、C时刻线圈处于中性面位置
B．在B、D时刻穿过线圈的磁通量为0
C．从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π
D．若从O时刻到D时刻经过0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次
答案　D
解析　A、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D时刻感应电流为0，线圈在中性面，此时磁通量最大。从A时刻到D时刻线圈转过的角度为。若从O时刻到D时刻经过0.02 s，则T＝0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变×2＝100(次)，故选项D正确。
5．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(　　)
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边离开纸面向纸外运动，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。
6．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大
C．t＝0.02 s时刻，交变电动势达到最大
D．该线圈产生的相应交变电动势的图象如图乙所示
答案　B
解析　由题图甲可知t＝0时刻，线圈的磁通量最大，线圈处于中性面。t＝0.01 s时刻，磁通量为零，但变化率最大，所以A项错误，B项正确。t＝0.02 s时，交变电动势应为零，C、D项均错误。
7．旋转电枢式交流发电机的感应电动势e＝Emsinωt，如将电枢的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为(　　)
A．e＝2Emsin2ωt　　　　 B．e＝2Emsin4ωt
C．e＝4Emsin2ωt D．e＝4Emsin4ωt
答案　C
解析　e＝Emsinωt＝NBSωsinωt，N′＝2N，ω′＝2ω，故E′m＝4Em，e′＝4Emsin2ωt。
8．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)。若从图所示位置开始计时，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(　　)
答案　A
解析　线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，产生的仍然是正弦交变电流，只是感应电动势最大值为全部线圈在磁场中匀速转动情况下的一半，选项B、C错误。由右手定则可知选项A正确，选项D错误。
9．(多选)[2015·桂林第十八中学期中]如图所示，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界磁场中，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＝B0sinωt规律变化
答案　BCD
解析　将线圈向右拉出磁场时，线圈中电流方向不变，A错误；B、C两种情况下产生交变电流，不同的是在C情况下当线圈全部位于磁场外的一段时间内线圈内没有电流，B、C正确；由法拉第电磁感应定律可知D种情况下产生按余弦规律变化的电流，B、C、D正确。
10.(多选)如图所示，电阻为R的正方形导线框，边长为l，在磁感应强度为B，方向水平向右的匀强磁场中，在t＝0时，线框所在平面与磁场垂直，线框处于竖直平面内，现使它绕水平轴OO′以角速度ω匀速转过180°，则在转动过程中(　　)
A．通过导线任意截面的电荷量为0
B．通过导线任意截面的电荷量为
C．导线框中磁通量的最大变化率为Bωl2
D．导线框中感应电流方向改变一次
答案　BC
解析　通过导线任意截面的电荷量为q＝IΔt＝Δt＝·＝＝，故选项A错误，选项B正确；磁通量的变化率最大时，感应电动势最大，且Em＝BSω＝Bωl2，又因为E＝，所以磁通量的最大变化率为Bωl2，故选项C正确；从中性面转过180°的过程中，感应电流的方向不变，故选项D错误。
11.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，如图所示，当线圈平面转到与磁场方向平行时(　　)
A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流
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和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d
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　A
解析　线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，两种情况下产生的感应电动势和感应电流最大且相等，所以A正确B错误。由楞次定律和右手定则可知电流方向相同且沿a→d→c→b方向，C错误。由于电流相同，所以两种情况下dc边受到的安培力相等，D错误。
二、非选择题
12．如图甲所示，矩形线圈匝数N＝100 匝，ab＝30 cm，ad＝20 cm，匀强磁场磁感应强度B＝0.8 T，绕轴OO′从图示位置开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s，试求：
(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm为多大？线圈转到什么位置时取得此值？
(2)线圈产生的感应电动势最大值Em为多大？线圈转到什么位置时取得此值？
(3)写出感应电动势e随时间变化的表达式，并在图乙中作出图象。
答案　见解析
解析　(1)当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值。
Φm＝BS＝0.8×0.3×0.2 Wb＝0.048 Wb
(2)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值
Em＝NBSω＝480π V
(3)表达式e＝Emcosωt＝480πcos100πt V
图象如图所示
13.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数n＝100，边长lAB＝0.2 m，lBC＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s绕对称轴OO′匀速转动，当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：
(1)线圈中感应电动势的大小；
(2)由t＝0至t＝过程中的平均电动势。
答案　(1)314sin100πt V　(2)200 V
解析　(1)方法一：线圈经过时间t转过角度θ＝ωt，BC和DA边不切割磁感线，AB和CD边切割磁感线产生感应电动势，则eAB＝eCD＝nBlABvsinωt，其中v＝＝。
依题意有e＝eAB＋eCD＝2eAB＝2nBlAB··sinωt＝nBSωsinωt
Em＝nBSω＝100×0.1×0.2×0.5×100π V＝314 V
所以e＝314sin100πt V。
方法二：感应电动势的瞬时值e＝nBSωsinωt，由题可知
S＝lAB·lBC＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2
Em＝nBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V
所以e＝314sin100πt V。
(2)用＝n计算t＝0至t＝过程中的平均电动势
＝n＝n＝＝
代入数据得＝200 V。

第五章　第2节
一、选择题
1．(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt(V)。对此电动势，下列表述正确的有(　　)
A．最大值是50 V B．频率是100 Hz
C．有效值是25 V D．周期是0.02 s
答案　CD
解析　从中性面开始计时，交变电动势的表达式为e＝Emsinωt，因e＝50sin100πt(V)，所以最大值Em＝50 V，A错误。由ω＝2πf＝100π rad/s得f＝50 Hz，B错误。有效值E＝＝25 V，C正确。T＝＝0.02 s，D正确。
2．(多选)如图所示的(a)、(b)两图分别表示两个交流电压，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(a)中电压有效值Ua＝，题图(b)中电压有效值Ub＝Um，A错。
3．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180°角的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为(　　)
A．2∶π B．π∶2
C．2π∶1 D．无法确定
答案　A
解析　设转动的角速度为ω，则平均感应电动势为＝n＝n＝；感应电动势的最大值为Em＝nBSω，联立得＝＝，故选项A正确。
4．一个按正弦规律变化的交流电的图象如图所示。根据图象可知(　　)
①该交变电流的频率是0.2 Hz
②该交变电流的有效值是14.1 A
③该交变电流的瞬时值表达式为i＝20sin(0.02t) A
④在t＝时刻，该交变电流的大小与其有效值相等
A．①② B．②④
C．③④ D．①③
答案　B
解析　由图象可知T＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz。电流最大值Im＝20 A，故有效值为I＝＝10 A。线圈转动的角速度ω＝2πf＝100π。瞬时值表达式为i＝20sin(100πt)A将t＝代入瞬时值公式i＝20sin(100π××0.02) A＝10 A。由以上可知②④正确。
5．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图甲所示的方式连接，R＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V。图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图象。则(　　)
A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos(100πt)A
B．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos(50πt) A
C．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝5cos(100πt) V
D．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝5cos(50πt) V
答案　A
解析　由题图可知：u＝Umcosωt，ω＝＝100π而交流电压表的示数是有效值，故Um＝10 V，uR＝10cos(100πt) V。据欧姆定律iR＝＝cos(100πt) A。
6．(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是(　　)
A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．交流电a的瞬时值为u＝10sin5πt V
D．交流电b的最大值为 V
答案　BCD
解析　由题图可知，t＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，A错误；由题图可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B正确；由题图可知，C正确；交流电最大值Um＝NBSω，故Uma∶Umb＝3∶2，故Umb＝Uma＝ V，D正确。
7．夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行。一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图所示，此空调器运转1 h用电(　　)
A．1.0度 B．1.5度
C．2.0度 D．2.5度
答案　B
解析　由图象可知，电功率随时间的变化周期为15 min，前5 min为0.5 kW，后10 min为2 kW。设电功率的有效值为P，周期为T，据有效值定义有P1＋P2＝PT
将P1＝0.5 kW，P2＝2 kW代入得：
P＝1.5 kW。此空调1 h用电W＝Pt＝1.5(度)。
点评　对非正弦交变电流有效值求解，一定要从电流热效应出发。
8．(多选)如图所示，A、B两输电线间的电压表达式为u＝200sin100πt(V)，输电线电阻不计，把电阻R＝50 Ω的用电器接在A、B两输电线上，对此，下列说法正确的是(　　)
A．电流表示数为4 A
B．电压表示数为200 V
C．通过R的电流方向每秒钟改变50次
D．用电器消耗的电功率为1.6 kW
答案　AB
解析　由u＝200sin100πt(V)可知，电压最大值Um＝200 V，角速度ω＝100π rad/s，所以电压的有效值U＝＝200 V，周期T＝＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz。由欧姆定律得I＝＝ A＝4 A，所以A、B正确；一个周期内电流方向改变两次，而f＝50 Hz，则1 s内电流方向改变100次，C错误；电功率P＝IU＝4×200 W＝800 W，所以D错误。
9．在右图所示电路中，A是熔断电流I0＝2 A的保险丝，R是可变电阻，S是交流电源。交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e＝220sin(314t) V。为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于(　　)
A．110 Ω B．110 Ω
C．220 Ω D．220 Ω
答案　B
解析　U＝220 V，Rmin＝＝ Ω＝110 Ω。
10．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则(　　)
A．电压表的示数为220 V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．灯泡实际消耗的功率为484 W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
答案　D
解析　由题图象可知电动势的有效值为220 V，而电压表测量的是路端电压，其大小为U＝R＝×95 V＝209 V，选项A错误；由图象读出交变电流的周期为T＝0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，一个周期内电流的方向要改变2次，故每秒钟电流方向要改变2×50＝100(次)，选项B错误；灯泡的实际功率为P＝2R＝2×95 W＝459.8 W，选项C错误；由焦耳定律得Q＝2·rt＝2×5×1 J＝24.2 J。故正确选项为D。
11．面积均为S的两个线圈分别放在如图所示的磁场中，图甲中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，图乙中磁场变化规律为B＝B0cos，则两线圈中感应电动势最大值(　　)
A．一定相同 B．可能相同
C．可能不同 D．不能确定
答案　A
解析　图甲中的磁通量变化规律为Φ甲＝B0Scost，图乙中磁通量的变化规律为Φ乙＝B0Scost。由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两个线圈中感应电动势的变化规律相同，电动势的最大值也一定相同。
12．如下图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)，则线框内产生的感应电流的有效值为(　　)
A. B．
C. D．
答案　D
解析　交变电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框全部进入磁场中后，因磁通量不变，故没有感应电流产生，所以只有线框进入和穿出磁场的过程中有感应电流。设线框转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，根据有效值的概念，有2R·＝I2RT，解得I＝，选项D正确。
二、非选择题
13．在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为n＝100匝，边长为20 cm，电阻为10 Ω，转动频率f＝50 Hz，磁场的磁感应强度为0.5 T，求：
(1)外力驱动线圈转动的功率。
(2)转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小。
(3)在线圈由中性面转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量。
答案　(1)1.97×104 W　(2)314 V　31.4 A　
(3)0.027 C
解析　(1)线圈中交变电动势的最大值
Em＝nBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50 V≈628 V。
交变电动势的有效值E＝＝314 V。
外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等。
即P外＝＝ W≈1.97×104 W。
(2)线圈转到与中性面成30°角时，其电动势的瞬时值e＝Emsin30°＝314 V，
交变电流的瞬时值i＝＝ A＝31.4 A。
(3)在线圈从中性面转过30°角的过程中，线圈中的平均感应电动势＝n，平均感应电流＝＝n，通过导体横截面的电荷量为q，
则q＝Δt＝n＝
＝ C≈0.027 C。
14．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α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。
答案　见解析
解析　(1)bc、ad边的运动速度v＝ω
感应电动势Em＝4NBlv，解得Em＝2NBl2ω。
(2)电流Im＝，安培力F＝2NBIml，解得F＝
(3)一个周期内，通电时间t＝ T
R上消耗的电能W＝IRt，且W＝I2RT，解得I＝。

第五章　第3节
一、选择题
1．(多选)在交流电路中，下列说法正确的是(　　)
A．影响电流与电压的关系的，不仅有电阻，还有电感和电容
B．电感对交变电流有阻碍作用，是因为交变电流通过电感线圈时，线圈中产生自感电动势阻碍电流的变化
C．交变电流能通过电容器，是因为交变电压的最大值大于击穿电压，电容器被击穿了
D．电容器的电容越大，交流的频率越高，容抗就越大
答案　AB
解析　在交流电路中，电阻、电感器和电容器对交流都有阻碍作用，选项A正确；电感器对交流有阻碍作用，本质是产生了自感电动势，阻碍电流的变化，选项B正确；交流能通过电容器，是因为电容器两极加上交变电压，电容器不断进行充电和放电，电路中形成了电流，表现为交流通过了电容器，选项C错误；电容器的电容越大，交流的频率越高，容抗越小，选项D错误。
2．一个灯泡通过一个粗导线绕制的线圈与一交流电源相连接，如图所示。一铁块插入线圈之后，该灯将(　　)
A．变亮　　　　 B．变暗
C．亮度不变 D．无法判断
答案　B
解析　线圈和灯泡是串联的，当铁块插入线圈后，线圈的自感系数增大，所以线圈对交变电流的阻碍作用增大。因此，电路中的电流变小，则灯变暗。选项B正确。
3．(多选)如图所示，甲、乙两图中用交流电源，丙、丁两图中用直流电源，各电路图中灯泡、电容器、电压表示数都相同，则下列说法正确的是(　　)
A．灯L1比灯L2亮
B．灯L3也能发光，但亮度最暗
C．灯L2和L4亮度相同
D．灯L4比灯L1亮
答案　CD
解析　电压表示数相同，说明交流电压的有效值相同。甲图中电容器与灯L1串联，电容器对电流有阻碍作用；乙图中电容器与灯L2并联，交变电流全部流过灯L2；丙图中电容器与灯L3串联且是直流电源，电容器隔直通交，所以没有电流流过灯L3，灯L3不亮；丁图中电容器与灯L4并联，电流全部流过灯L4。综合以上分析，C、D两项正确。
4．如图所示，图甲、乙中电源为交流电源，图丙中电源为直流电源，各电路中线圈自感系数相同且直流电阻不计，各电压表示数都相同，下列说法正确的是(　　)
A．灯L1比灯L2亮　　 B．灯L3比灯L1亮
C．灯L1与灯L2一样亮 D．灯L1与灯L3一样亮
答案　B
解析　图甲中电源电压U＝U1＋UL1，线圈对交流有阻碍作用，U1≠0，灯泡两端电压UL1＜U；图乙中线圈与灯泡并联，灯泡电压UL2＝U；图丙中，线圈对直流电没有阻碍作用，灯泡电压UL3＝U，故UL1＜UL2＝UL3，即L2与L3一样亮且都比L1亮，B正确，A、C、D错误。
5．有两个电容器的电容分别为C1＝5 μF和C2＝3 μF，分别接在峰值一定的交流电源两端，在下列各种情况下，哪一种情况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 Hz
B．在C2上所加交变电流的频率为50 Hz
C．在C1上所加交变电流的频率为100 Hz
D．在C2上所加交变电流的频率为100 Hz
答案　C
解析　电容越小，频率越小，容抗越大，电流越不容易通过。若要使电流较容易通过电容器，则应容抗较小，电容较大，频率较大。C1＞C2,100 Hz＞50 Hz，C正确。
6.(多选)某电路的输入电流既有直流成分，又有交流高、低频成分，若通过如图装置，只把交流低频成分输送到下一级，那么关于该电路中各元件的作用，说法正确的是(　　)
A．L起到消除交流成分的作用
B．C1是隔直电容器
C．C2起到消除高频成分的作用
D．以上说法都不对
答案　BC
解析　线圈L通直流阻交流，起到消除直流成分的作用，A错；C1隔直流通交流，B对；C2允许高频通过，起到消除高频成分的作用，C对。
7．两个相同的白炽灯L1和L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感器串联，当a、b处接电压最大值为Um、频率为f的正弦式交流电源时，两灯都发光，且亮度相同。更换一个新的正弦式交流电源后，灯L1的亮度大于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率可能是(　　)
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
答案　A
解析　因为灯L1的亮度大于灯L2的亮度，所以此时电路中的感抗大于容抗，故交流的频率一定比原来的大，选项A正确。
8．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到交流电源上，灯泡的实际功率为P2，则(　　)
A．P1＝P2　　　　　 B．P1＞P2
C．P1＜P2 D．无法比较
答案　B
解析　当双刀双掷开关接到直流电源上时，线圈对直流没有阻碍作用，电流较大；而当双刀双掷开关接到交流电源上时，线圈对交流有阻碍作用，电流较小。因此，P1＞P2，选项B正确。
9．在收音机线路中，天线接收下来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
答案　C
解析　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处放电容较小的电容器。电感线圈在该电路中要求“通低频、阻高频”，所以b处应接一个高频扼流线圈。
10．如图所示，两个同学利用图示装置做实验，第一位同学使导体棒ab在导轨上匀速运动，第二位同学使导体棒ab在导轨上做变速运动，但两位同学对ab杆做的功一样多。第一位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W1，第二位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W2，除小灯泡外，回路中其余各部分电阻均忽略不计，则(　　)
A．W1＝W2 B．W1＞W2
C．W1＜W2 D．不能比较
答案　A
解析　电感线圈通过变化电流时，电能与磁场能往复转化，所以不会消耗电能；两同学做功一样多，所以最终消耗电能一样多。
11．下面的电路图是电子技术中的常用电路图(如图所示)。a、b是电路的输入端，其中输入的高频电流用“”表示，低频电流用“～”表示，直流电流用“－”表示。对于负载电阻R中通过的电流有以下说明。
①图甲中R通过的是低频电流　②图乙中R通过的是高频电流　③图乙中R通过的是低频电流　④图丙中R通过的是直流电流　⑤图丁中R通过的是高频电流，其中正确的是(　　)
A．①②③ B．②③④
C．③④⑤ D．①③④
答案　D
解析　甲图中电容器与R串联，电容器“通交流，隔直流”，因此甲图中的直流电流被过滤掉，R中通过的只是低频电流，①正确。乙图中C很小，电流有交流高频和低频两种成分，C与R并联，因电容器“通高频，阻低频”，所以R中通过的是低频部分，②错误，③正确。丙图中是交流低频与直流电流，C与R并联，R中通过的为直流，④正确。丁图中，电源为交流高频和低频，图为电感L和电阻R串联，电感L是“通低频，阻高频”，所以R中通过的为低频电流，⑤错误，故正确答案为①③④，选D。
二、非选择题
12．如图所示，从ab输入的信号中，有直流电流和交变电流，现要求信号到达输出端只有交流而没有直流成分，需在AB间接一个什么元件？该元件的作用是什么？
答案　电容器　隔开直流，通过交流
解析　因为输出端不需要直流电，只需要交流电，根据电容器有“通交流，隔直流”的特点，应该在AB之间接入一个电容器，该电容器隔开直流，通过交流。
13．在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需要把低频成分输送到下一级装置，只要在两级电路之间接入一个高频扼流圈和一个容抗很大的电容器就可以了。如图所示的接法对吗？为什么？
答案　见解析
解析　因为高频扼流圈自感系数较小，它有“通低频、阻高频”的功能，低频很容易通过，而高频很难通过，但容抗很大的电容可以让高频通过而阻碍低频，所以高频电流就几乎不从高频扼流圈通过了。题图所示的接法是正确的。

第五章　第4节
一、选择题
1．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是(　　)
A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
答案　C
解析　通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B错误；由互感现象知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原副线圈通过磁场联系在一起，故D错误。
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．(多选)理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是(　　)
A．I1由I2决定 B．U2与负载有关
C．P1由P2决定 D．以上说法都不正确
答案　AC
解析　对理想变压器的电流关系可写成I1＝I2，原线圈中的电流与副线圈中的电流成正比，所以原线圈中的电流由副线圈中的电流决定；功率关系为：负载用多少，原线圈端就输入多少，因此选项A、C正确。
4．一台理想变压器从10 kV的线路中降压并提供200 A的负载电流。已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器原线圈的电流、输出电压及输出功率是(　　)
A．5 A,250 V,50 kW
B．5 A,10 kV,50 kW
C．200 A,250 V,50 kW
D．200 A,10 kV,2×103 kW
答案　A
解析　设原线圈输入电压、电流、功率分别为U1、I1、P1，副线圈输出电压、电流、功率分别为U2、I2、P2，原、副线圈匝数分别为n1、n2。
由＝知I1＝I2＝×200 A＝5 A。
由＝知U2＝U1＝×10×103 V＝250 V，
输出功率P出＝U2I2＝250×200 W＝50 kW。
5．(多选)如图(a)所示，左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，?、为理想电流表和电压表。若原线圈接入如图(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是(　　)
A．电流表的示数为2 A
B．原、副线圈匝数比为1∶2
C．电压表的示数为电压的有效值
D．原线圈中交变电压的频率为100 Hz
答案　AC
解析　由题图(b)可知原线圈两端电压的有效值U1＝220 V，由＝，可得原、副线圈匝数之比＝＝＝2∶1，故B错误。电流表示数与电压表示数都为有效值，故C正确。电流表示数I＝＝ A＝2 A，故A正确。由题图(b)可知T＝0.02 s，所以交变电压的频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，D错误。
6．如图甲、乙所示电路中，当A、B接10 V交变电压时，C、D间电压为4 V，M、N接10 V直流电压时，P、Q间电压也为4 V。现把C、D接4 V交流，P、Q接4 V直流，下面哪个选项可表示A、B间和M、N间的电压(　　)
A．10 V　10 V　　　　 B．10 V　4 V
C．4 V　10 V D．10 V　0
答案　B
解析　题图甲是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边电压之比等于两边线圈的匝数之比，当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流时，A、B间将得到10 V交流。题图乙是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上、下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比。但是当把电压加在P、Q两端时，电流只经过下面那个电阻，上面的电阻中没有电流，两端也就没有电势差，即M、P两点的电势相等。所以当P、Q接4 V直流时，M、N两端的电压也是4 V。
7．一输入电压为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．1100,360 B．1100,180
C．2200,180 D．2200,360
答案　B
解析　由＝得＝，＝，解得n1＝1100、n2＝180，选项B正确。
8．如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220 V，电流表示数为10 A，则高压输电线的送电功率为(　　)
A．2.2×103 W B．2.2×10－2 W
C．2.2×108 W D．2.2×104 W
答案　C
解析　由电流互感器知高压输电线中电流I＝1000 A，由电压互感器知高压U＝220×103 V，则高压输电线功率P＝UI＝2.2×108 W。
9．(多选)如图所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦式交变电流，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使(　　)
A．原线圈匝数n1增加
B．副线圈匝数n2增加
C．负载电阻R的阻值增大
D．负载电阻R的阻值减小
答案　BD
解析　由＝，P出＝
可得P出＝
又因为P入＝P出，所以P入＝
分析可得选项B、D正确。
10．(多选)有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，则(　　)
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小
答案　BC
解析　保持Q的位置不动，副线圈匝数不变，由＝知U2不变，当P向上滑动时，R变大，由I2＝知I2减小，I1减小，故电流表的读数变小，A错误，B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，副线圈的匝数增多，由＝知U2增大，由I2＝知I2增大，I1增大，故电流表的读数变大C正确，D错误。
11．(多选)[2014·课标全国卷Ⅱ]如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则(　　)
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值为R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
答案　BD
解析　设变压器副线圈两端的电压为U2，则有＝，而U2＝Ucd，所以A项错误；增大负载电阻R，变压器的输出功率减小，所以电流表的读数减小，B项正确；负载电阻的阻值减小，Ucd不变，C项错误；将二极管短路，变压器的输出功率加倍，所以输入功率加倍，因此电流表的示数加倍，D项正确。
12．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分。 一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220 V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为(　　)
A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 A
C．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A
答案　B
解析　对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1＝＝ A≈9.1 A，负载两端电压即为副线圈电压，由＝，即＝，可得U2＝380 V，故B对。
二、非选择题
13.如图所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数n1＝1100，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？
答案　(1)n2＝30　n3＝550　(2)0.36 A
解析　(1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系，由
＝，＝，得
n2＝n1＝×1100＝30
n3＝n1＝×1100＝550。
(2)设原线圈输入电流为I1，由P入＝P出，即
I1U1＝I2U2＋I3U3＝P2＋P3
所以I1＝＝ A＝0.36 A。
14．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的指示灯连接变压器。变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都标有“6 V，0.25 W”，且灯泡都正常发光，导线电阻不计。求：
(1)降压变压器初级、次级线圈匝数之比；
(2)发电机的输出功率。
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。

第五章　第5节
一、选择题
1．(多选)远距离输送交流电都采用高压输电，采用高压输电的优点是(　　)
A．可节省输电线的材料
B．可根据需要调节交流电的频率
C．可减少输电线上的能量损失
D．可加快输电的速度
答案　AC
解析　设输电功率为P，输电电压为U，输电线的电阻为R，则输电线上损失的功率为P损＝()2R，若P、R一定，则P损∝，采用高压输电可以减少输电线上的电功率损失；若P损、P一定，则R∝U2，又R＝ρ，ρ、L一定时输电导线的横截面积S∝，采用高压输电可使输电导线的横截面积大大减小，从而节省输电线的材料。故选项A、C正确。
2．(多选)在远距离输电时，若输电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线上损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则下列关系式中正确的是(　　)
A．P′＝　　　 B．P′＝
C．P用＝P－ D．P用＝P(1－)
答案　BD
解析　输电线电阻R＝ρ，输电电流I＝
输电线上损失的功率P′＝I2R＝()2ρ＝
用户得到的电功率P用＝P－P′＝P(1－)
所以选项B、D正确。
3．(多选)某发电厂原来用11 kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到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降为原来的
B．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍
C．根据公式P损＝I2R＝R，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的
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
答案　AC
解析　输电线上电流为I＝，也可以用I＝来表示，其中ΔU为输电线上电阻R两端的电压，而不是输送电压，故A正确，B错误；输电线上的功率损失为P损＝I2R＝R，C正确；如果用P损＝，则U应为R上的分压ΔU，故D错误。
4．某用电器距离供电电源为L，线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电导线的电阻率为ρ，那么，该输电导线的横截面积最小值是(　　)
A. B．
C. D．
答案　B
解析　输电线电流I＝，R＝，所以最小横截面积S＝＝。
5．如图所示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消耗的功率无关
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小时，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
答案　C
解析　变压器输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A、B错误。用户的总电阻减小，根据P＝，消耗的功率增大，输电线电流增大，由P损＝IR线可知线路损失功率增大，C项正确，升压变压器的输出电压等于输电线电阻上损失的电压加上降压变压器的输入电压，D项错误。
6．某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器。经变压器降压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时(　　)
①升压变压器的副线圈的电压变大　②高压输电线路的电压损失变大　③降压变压器的副线圈上的电压变大
④降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大
A．①② B．②③
C．③④ D．②④
答案　D
解析　用电高峰期，用户端总电阻由于并联白炽灯增多而减小，从而电流增大，又由U损＝Ir可知，输电导线上的电压损失变大，升压变压器副线圈的电压不变，降压变压器原、副线圈上的电压变小，而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大。故正确答案为D。
7．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压为200 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
答案　AD
解析　由于输电线有电阻，所以有电压损失，则升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，选项C错误。根据变压器的电压与匝数的关系，可知要使用电器正常工作，必须有＞，故选项A正确，B错误。由于输电线上有电功率损失，可知选项D正确。
8．“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106 kW，输电电压为1000 kV，输电线电阻为100 Ω。若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为(　　)
A．105 kW B．104 kW
C．106 kW D．103 kW
答案　A
解析　输电电流I＝，输电线路损失的电功率P损＝I2R＝()2R＝1×105 kW；当改用超导输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，A正确。
9．[2014·浙江高考]如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则(　　)
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
答案　A
解析　理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1＝U2I2，U2＝，选项A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，选项B错误；理想变压器的输入功率为P＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率为ΔP＝Ir，选项D错误。
10．(多选)[2015·广东茂名一模]远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均是理想变压器，当K由2改接为1时，下列说法正确的是(　　)
A．电压表读数变大
B．电流表读数变大
C．电流表读数变小
D．输电线损失的功率减小
答案　AB
解析　由U2＝U1知，当K由2改接为1时，升压变压器的原线圈匝数不变，副线圈匝数变大，输送电压变大，降压变压器的输入电压和输出电压均变大，电压表示数变大，选项A正确；降压变压器的输出电压变大时，流过灯泡的电流I灯也变大，输电线上的电流I线也随着I灯的变大而变大，所以电流表读数变大，选项B正确而C错误；I线变大时，输电线损失的功率P线＝IR变大，选项D错误。
二、非选择题
11．如图所示，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈的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，用这台变压器供给100盏标有“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。
答案　(1)220 V　0　(2)214.68 V　(3)57.1 W
解析　(1)将变压器视为理想变压器。设空载时次级线圈的输出电压为U2，由＝，得到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，所以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I2＝＝ A，
电灯两端电压：U′2＝I2R外≈214.68 V。
(3)每盏灯的实际功率
P＝U2′＝ W＝57.1 W。
12．某小型水电站输出功率为20 kW，输电线路总电阻是6 Ω。
(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率；
(2)若改用5000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压。
答案　(1)16.6 kW　(2)226.2 V
解析　(1)P电＝U1I1，P损＝IR线，
损耗的功率为P损＝R线＝×6 W＝16.6 kW。
(2)P电＝U2I2，损失的电压ΔU＝I2R线＝24 V，U3＝U2－ΔU＝4976 V，U3∶U4＝n1∶n2，用户得到的电压U4＝226.2 V。
13．某学校有一台应急备用发电机，内阻为r＝1 Ω，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R＝4 Ω，全校22个教室，每个教室用“220 V,40 W”的灯泡6盏，要求所有灯都正常发光，求：
(1)输电线上损耗的电功率多大？
(2)发电机的输出功率多大？
(3)发电机的电动势多大？
答案　(1)144 W　(2)5424 W　(3)250 V
解析　(1)根据题意，画出从发电机到教室灯泡之间的传输过程，如图所示。
所有灯都正常工作的总功率为P2′＝22×6×40 W＝5280 W
灯泡都正常工作时的总电流为I2′＝＝ A＝24 A
两个变压器之间输电线上的电流为IR＝I2＝＝6 A
故输电线上损耗的电功率PR＝IR＝144 W
(2)升压变压器的输出功率为P1′＝PR＋P2′＝5424 W
而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率，P出＝P1＝P1′＝5424 W
(3)降压变压器上的输入电压U2＝4U2′＝880 V
输电线上的电压损失为UR＝IRR＝24 V
因此升压变压器的输出电压为U1′＝UR＋U2＝904 V
升压变压器的输入电压为U1＝＝226 V
升压变压器的输入电流为I1＝4IR＝24 A
发电机的电动势
E＝U1＋I1r＝226 V＋24×1 V＝250 V

第六章　第1节
一、选择题
1．(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
答案　BC
解析　传感器是指能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并把它们按照一定的规律转换为电压、电流等电学量的元件。发光二极管是电学元件，是电能转换成光能的元件，不是传感器，A错误；干电池是一种电源，不是传感器，D错误；热敏电阻受热时，其电阻会发生变化，能把热学量转换成电学量，是传感器，B正确；霍尔元件能够把磁感应强度这个非电学量转换成电压这个电学量，是传感器，C正确。
2．当你走近某些宾馆、酒楼的大门时，门就会自动为你打开；当你走进门之后，门又在你身后自动关上。你觉得这可能是将下列哪种外界信息转换为有用的信息(　　)
A．温度 B．运动
C．人 D．光线
答案　D
解析　自动门的自动控制要求灵敏、可靠，若以温度控制，人的体温与夏季气温接近，则在夏季自动门将无法使用。自动门实际使用的是红外线传感器，红外线属于不可见光，人在白天或黑夜均发出红外线，传感器接收到人体发出的红外线后传给自动控制装置的电动机，实现自动开、关门。
3．金属铂的电阻值对温度高低非常敏感，下图中可能表示金属铂电阻的U－I图线是(　　)
答案　B
解析　金属铂导体的电阻对温度的变化很敏感，电阻随温度的升高而增大，在一定温度下其U－I图线是非线性的且图线的斜率越来越大，故B正确。
4．如图所示，将一光敏电阻接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，表针自左向右的偏转角度为θ；现用手掌挡住部分光线，表针自左向右的偏角为θ′，则可判断(　　)
A．θ′＝θ B．θ′＜θ
C．θ′＞θ D．不能确定
答案　B
解析　光敏电阻受光照射阻值变小，且电阻值随光照强度的增大而减小，当用手挡住部分光线，光照强度变小，电阻值会变大，指针偏角变小，所以B项正确。
5．如图所示，截面为矩形的金属导体放在磁场中，当导体中通有电流时，导体的上、下表面的电动势有什么关系(上板为M，下板为N)(　　)
A．φM＞φN B．φM＝φN
C．φM＜φN D．无法判断
答案　A
解析　霍尔效应是带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用，做定向移动形成的。根据左手定则，电子受到向下的洛伦兹力作用，向N板运动，则M板剩下正电荷，所以φM＞φN。故正确答案为A。
6．(多选)如图所示是三种电容式传感器的示意图，关于这三个传感器，下列说法正确的是(　　)
A．甲图的传感器可以用来测量角度
B．乙图的传感器可以用来测量液面的高度
C．丙图的传感器可以用来测量压力
D．这三个传感器都是利用改变极板间的正对面积来改变电容的
答案　ABC
解析　甲、乙、丙中的电容器分别与θ、h、F有关，均能测量对应的物理量，甲、乙是通过改变极板间的正对面积改变电容，丙是通过改变极板间的距离改变电容，故D选项错。
7．在信息技术高速发展、电子计算机广泛应用的今天，担负着信息采集任务的传感器在自动控制、信息处理技术中发挥着越来越重要的作用，其中热电传感器是利用热敏电阻将热信号转换成电信号的元件。某学习小组的同学在用多用电表研究热敏特性实验中，安装好如图所示装置。向杯内加入冷水，温度计的示数为20 ℃，多用电表选择适当的倍率，读出热敏电阻的阻值R1。然后向杯内加入热水，温度计的示数为60 ℃，发现多用电表的指针偏转角度较大，则下列说法正确的是(　　)
A．应选用电流挡，温度升高换用大量程测量
B．应选用电流挡，温度升高换用小量程测量
C．应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率大的挡
D．应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率小的挡
答案　D
解析　多用电表与热敏电阻构成的回路中未接入电源故不能用电流表，A、B均错，当温度升高时多用电表指针偏转角度较大，说明热敏电阻的阻值变小了，应该换用倍率小的挡，C错误，D正确。
8．如图所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，LED为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与LED相距不变，下列说法正确的是(　　)
A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大
B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小
C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变
D．无论怎样移动触头P，L消耗的功率都不变
答案　A
解析　滑动触头P向左移动时，使其电阻减小，流过发光二极管的电流增大，从而发光增强，使光敏电阻R阻值减小，最终达到增大通过灯泡电流的效果，使L消耗的功率增大，选项A正确。
9．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　R3是光敏电阻，当有光照射时电阻变小，R3两端电压减小，故a点电势将升高，因其他电阻的阻值不变，所以a点电势将高于b点电势。
10.[2015·衡水中学高二年级期末考试]传感器是一种采集信息的重要器件，如图是由电容器作为传感器来测定压力变化的电路，当待测压力作用于膜片电极上时，下列说法中正确的是(　　)
①若F向下压膜片电极，电路中有从a到b的电流；
②若F向下压膜片电极，电路中有从b到a的电流；
③若F向下压膜片电极，电路中不会有电流产生；
④若电流表有示数，说明压力F发生变化；
⑤若电流表有示数，说明压力F不会发生变化。
A．②④ B．①④
C．③⑤ D．①⑤
答案　A
解析　在电容器、电流表和电源串联成闭合电路中，电容器两极板间电压U不变，当F向下压膜片电极时，电容器极板间距d变小，由C＝知，电容器电容C变大，根据Q＝CU知，极板带电量将增大，电容器充电，电路中有从b到a的电流，说法②正确；若电流表有示数，说明电容器有充放电，极板带电量发生变化，根据Q＝CU知，电容器电容C发生变化，从而判断出作用在可动膜片电极上的压力F发生变化，说法④正确。故A项正确。
二、非选择题
11．如图所示，是自动控制电路的原理图，a、b间电压恒定，R1为光敏电阻，R2为定值电阻。当电路中的光敏电阻不受光的照射时用电器可以正常工作。
(1)当光敏电阻受光的照射时，其阻值和电流表的示数如何变化？
(2)用电器工作状态怎样？
答案　(1)减小　减小　(2)停止工作
解析　分析问题时，首先要根据光敏电阻的光敏特性，明确电路中电阻如何变化，然后再运用电路的相关知识进行判断。受光照射时，光敏电阻的阻值会减小为原来的～，所以当光照射时电路总阻值变小，干路电流增大很多，R2两端电压增大很多，并联部分的电压变得很小，用电器停止工作，电流表示数变得很小。
12．如图所示，有电流I流过长方体金属块，金属块宽度为d，高为b，有一磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，金属块单位体积内的自由电子数为n，试问金属块上、下表面哪面电势高？电势差是多少？
答案　下表面电势高　电势差为
解析　当电子在金属块中定向移动时，受到洛伦兹力的作用会向上表面聚集，下表面剩余等量的正电荷，在金属块中形成电场，其中上表面带负电荷，电势低，随着正、负电荷的不断向下、上表面积累，电场增强，当运动电荷所受电场力与洛伦兹力平衡时(即qE＝qvB)，电荷将不再向上或向下偏转，上、下表面间形成稳定电压。因为自由电荷为电子，故由左手定则可判定电子向上偏转，则上表面聚集负电荷，下表面有等量的正电荷，故下表面电势高，设其稳定电压为U。当运动电荷所受电场力与洛伦兹力平衡时，即q＝qvB，又因为导体中的电流I＝neSv＝nevbd，故U＝。
13．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殊性来工作的。如图甲所示，电源的电动势E＝9 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R的温度等于20 ℃时，电流表示数I1＝2 mA。求：当电流表的示数I2＝3.6 mA时热敏电阻的温度。
答案　120 ℃
解析　在20 ℃时，由乙图知此时电阻R1＝4 kΩ，则有E＝(Rg＋R1)I1，代入数据得Rg＝500 Ω，设当I2＝3.6 mA时，热敏电阻的阻值为R2，
则有E＝(Rg＋R2)I2
代入数据解得R2＝2000 Ω，从题图乙中查知t＝120 ℃。

第六章　第2节
一、选择题
1．(多选)许多楼道照明灯具有这样的功能：天黑时，出现声音它就开启，而在白天，即使有声音它也没有反应。它的控制电路中可能接入的传感器是 (　　)
A．温度传感器　　 B．光电传感器
C．声音传感器 D．热电传感器
答案　BC
解析　温度传感器是指将温度信号转换为电信号的一类传感器；光电传感器是指将光信号转换为电信号的一类传感器；声音传感器是指将声音信号转换为电信号的一类传感器；热电传感器是指将温度信号转换为电信号的一类传感器。根据题意，楼道照明灯由两种装置控制，一是与光有关，二是与声音有关，故本题正确选项为B、C。
2．如图所示，电吉他的弦是磁性物质，当弦振动时，线圈中产生感应电流，感应电流输送到放大器、喇叭，把声音播放出来，下列说法正确的是(　　)
A．电吉他是光电传感器
B．电吉他是温度传感器
C．电吉他是声音传感器
D．弦改用尼龙材料原理不变
答案　C
解析　由电吉他发声原理可知是将声音变化转变为电流的变化，C对，A、B、D错。
3．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
答案　D
解析　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D正确。
4．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。参照下图，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
答案　C
解析　由恒温箱原理图可知，若热敏电阻出现故障或温度设定出现故障都会向控制器传递错误信息，导致控制器发出错误指令，故C正确，A、B错误。若加热器出现故障，只有一种可能，即不能加热，而题中加热器一直加热才会使温度持续升高，故D错误。
5．随着生活水平的提高，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，有热空气从机内吹出，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．改变了温度
C．改变了磁场 D．改变了电容
答案　D
解析　手靠近干手机时，改变了设置在干手机内的电容式传感器的电容，干手机开始工作。能否用湿度或温度传感器来驱动电热器工作呢？理论上是可行的，但作为干手机，如果用湿度或温度传感器则有很大缺陷，因为干手机周围的环境(如湿度和温度)一年四季都在变化，与手的靠近无关。选项D正确。
6．(多选)如图所示是电熨斗的结构示意图，下列说法正确的是(　　)
A．双金属片上层金属的膨胀系数小于下层金属的膨胀系数
B．常温下，上、下触点接触；温度过高时，双金属片发生弯曲使上、下触点分离
C．需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移
D．双金属片温度传感器的作用是控制电路的通断
答案　BCD
解析　常温下，上、下触点接触，电路处于导通状态，电熨斗处于加热状态。当温度升高时，双金属片向下弯曲，电路断开，使电熨斗不再加热，双金属片控制电熨斗电路的通断，所以双金属片上层金属的膨胀程度比下层的大，说明双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属的膨胀系数；当需要较高温度熨烫时，需要上、下触点更难分开。所以需将升降螺丝下移并推动弹性铜片下移。选项B、C、D正确。
7．将如图所示装置安装在沿直轨道运动的火车车厢中，使杆沿轨道方向固定，就可以对火车运动的加速度进行检测。闭合开关S，当系统静止时，穿在光滑绝缘杆上的小球停在O点，固定在小球上的变阻器滑片停在变阻器BC的正中央，此时，电压表指针指在表盘刻度中央。当火车在水平方向有加速度时，小球在光滑绝缘杆上移动，滑片P随之在变阻器上移动，电压表指针发生偏转。已知，当火车向左加速运动时，电压表的指针向右偏。则(　　)
A．电压表指针向左偏，说明火车可能在向右做加速运动
B．电压表指针向右偏，说明火车可能在向右做加速运动
C．电压表指针向左偏，说明火车可能在向右做减速运动
D．电压表指针向左偏，说明火车可能在向左做加速运动
答案　A
解析　因为当火车向左加速运动时，有向左的加速度，弹簧处于伸长状态，滑片P靠近变阻器C端，电压表的指针向右偏。所以，当滑片P靠近变阻器B端时，电压表的指针将向左偏，此时，弹簧将处于压缩状态，火车具有向右的加速度，火车可能在向右做加速运动，也可能在向左做减速运动，选项A正确，C、D错误；同理可知B错误。
8．如图所示，甲为在温度为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，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示，a、b端电压Uab≤0时，电压鉴别器会令开关S接触，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度升高；当a、b端电压Uab＞0时，电压鉴别器会令开关S断开，停止加热，则恒温箱内的温度可保持在(　　)
A．10 ℃ B．20 ℃
C．35 ℃ D．45 ℃
答案　C
解析　由题可知Uab＝0是一个电压的临界点，对应着开关S的动作，而开关的动作对应着温度的上升或下降。由电路图可知，在R1、R2、R3给定的条件下，热敏电阻RT的阻值决定了Uab的正负。设电源负极的电势为零，则φa＝U，φb＝U，其中U为电源的路端电压，令φa＝φb，即Uab＝0，则可得＝，代入数据得RT＝20 kΩ，查表得对应的温度为35 ℃，故本题选项C正确。
9．如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关S与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中。两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电量为＋q的小球。S断开时传感器上有示数，S闭合时传感器上恰好无示数。则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是(　　)
A．正在增加，＝
B．正在减弱，＝
C．正在减弱，＝
D．正在增加，＝
答案　D
解析　S闭合时传感器上恰好无示数，说明小球受竖直向上的电场力，且电场力大小等于重力。由楞次定律可判断磁场B正在增强，根据法拉第电磁感应定律E＝n＝U，又q＝mg得＝，故D正确。
二、非选择题
10．指出在以下有关传感器应用的实例中，所应用的传感器或主要元件。
(1)电子秤：________的应用，敏感元件是________；
(2)电熨斗：________的应用，敏感元件是________，其作用是控制电路的通断；
(3)电饭锅：________的应用，敏感元件是________，其作用是控制电路的通断；
(4)烟雾散射式火灾报警器：________的应用，是利用烟雾对________来工作的。
答案　(1)压力传感器　应变片　(2)温度传感器　双金属片　(3)温度传感器　感温铁氧体　(4)光传感器　光的散射
11．[2014·云南省玉溪一中高二年级下学期期末考试]传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)转换成电学量的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用。有一种测量人体重的电子秤，其测量部分的原理图如图中的虚线框所示，它主要由压力传感器R(电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻)，显示体重大小的仪表A(实质是理想的电流表)组成。压力传感器表面能承受的最大压强为1×107 Pa，且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如下表所示。
压力F/N
0
250
500
750
1000
1250
1500
…
电阻R/Ω
300
270
240
210
180
150
120
…
设踏板和压杆的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8 V，取g＝10 m/s2。请回答：
(1)把R写成关于F的函数关系：___________________________________________；
(2)该秤零起点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘________A处；
(3)如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为20 mA，这个人的质量是________kg。
答案　(1)R＝300－F
(2)1.6×10－2
(3)50
解析　(1)由压力传感器R的电阻与所受压力的关系表分析可得R＝300－F。
(2)踏板空载时，传感器R的电阻为300 Ω，电路中电流I＝E/R＝4.8/300 A＝1.6×10－2 A，即该秤零起点的刻度线应标在电流表刻度盘的1.6×10－2 A处。
(3)当电流表刻度盘的示数为20 mA时，传感器R的电阻R＝E/I＝4.8/0.02 Ω＝240 Ω，由压力传感器R的电阻与所受压力的关系表分析可知，传感器所受压力F＝500 N，由F＝mg得，这个人的质量是50 kg。
12．如图所示为检测某传感器的电路图。传感器上标有“3 V,0.9 W”的字样(传感器可看做一个纯电阻)，滑动变阻器R0上标有“10 Ω，1 A”的字样，电流表的量程为0.6 A，电压表的量程为3 V。求：
(1)传感器的电阻和额定电流。
(2)为了确保电路各部分的安全，在a、b之间所加的电源电压最大值是多少？
(3)如果传感器的电阻变化超过标准值1 Ω，则该传感器就失去作用。实际检测时，将一个恒压电源加在图中a、b之间，闭合开关S，通过调节R0来改变电路中的电流和R0两端的电压。检测记录如下：
电压表示数U/V
电流表示数I/A
第一次
1.48
0.16
第二次
0.91
0.22
若不计检测电路对传感器电阻的影响，你认为这个传感器是否仍可使用？此时a、b间所加的电压是多少？
答案　(1)10 Ω　0.3 A　(2)6 V　(3)此传感器仍可使用　3 V
解析　(1)R传＝＝ Ω＝10 Ω，
I传＝＝ A＝0.3 A。
(2)最大电流I＝I传＝0.3 A，
电源电压最大值Um＝U传＋U0，
U传为传感器的额定电压，
U0为R0m＝10 Ω时R0两端的电压，
即U0＝I传·R0m＝0.3×10 V＝3 V，
Um＝U传＋U0＝3 V＋3 V＝6 V。
(3)设实际检测时加在a、b间的电压为U，传感器的实际电阻为R传′，根据第一次实验记录数据有：U＝I1R传′＋U1
根据第二次实验记录数据有U＝I2R传′＋U2
代入数据，解得：R传′＝9.5 Ω，U＝3 V
传感器的电阻变化为ΔR＝R传－R传′＝10 Ω－9.5 Ω＝0.5 Ω＜1 Ω，所以此传感器仍可使用。

第六章　第3节
一、选择题
1．关于发光二极管，下列说法正确的是(　　)
A．发光二极管能发光，不具有单向导电性
B．发光二极管能直接把光能转化为电能
C．发光二极管只要在两端加有正向电压，就可以发光
D．发光二极管只有加正向电压时，才有可能发光
答案　D
解析　发光二极管和普通二极管一样，都具有单向导电性，都是半导体材料制成的，只有当两端加正向电压时，才能处于导通状态，才可能发光，但不一定发光，要求达到一定的电压值，它能直接把电能转化为光能。
2．(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项正确，B项错误；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也会变暗，C项正确；若热敏电阻减小，光敏电阻增大，则小灯泡变亮，D项错误。
3．(多选)如图所示为一个逻辑电平检测电路，A与被测点相接，则(　　)
A．A为低电平，LED发光
B．A为高电平，LED发光
C．A为低电平，LED不发光
D．A为高电平，LED不发光
答案　BC
解析　A为低电平时，Y为高电平，LED的电压小，不发光；A为高电平时，Y为低电平，LED的电压大，发光，故B、C正确。
4．(多选)在制作光控电路实验中，某同学按如图所示电路将元件安装完毕后，发现将装置置入黑暗环境中接通电源时，灯泡不发光，原因可能是(　　)
A．二极管两极接反
B．R1与RG位置颠倒
C．R1阻值太小
D．灯泡被断路
答案　ABD
解析　由题可知若二极管接反，光线暗时，二极管上为负向电压，无法导通，灯泡不亮，A项正确；若R1与RG位置颠倒，则光线较暗时，Y端为高电平，晶体管不导通，灯泡不发光，B项正确；若R1阻值太小，Y端一直为低电平，灯泡一直发光，C项错误；灯泡断路时无法发光，D正确。
5．(多选)如图甲表示斯密特触发器，当加在它的输入端A的电压逐渐上升到某个值(1.6 V)时，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的电压下降到另一个值(0.8 V)的时候，Y会从低电平跳到高电平(3.4 V)。图乙为一光控电路，用发光二极管LED模仿路灯，RG为光敏电阻。下列关于斯密特触发器和光控电路的说法中正确的是(　　)
A．斯密特触发器的作用是将数字信号转换为模拟信号
B．斯密特触发器是具有特殊功能的非门
C．要想在天更暗时路灯才会亮，应该把R1的阻值调大些
D．当输出端Y突然从高电平跳到低电平时，发光二极管发光
答案　BCD
解析　斯密特触发器是一种特殊的非门，它能把连续变化的模拟信号转换为突变的数字信号，选项A错误，B正确；如果把R1的阻值调大些，则只有RG的阻值达到更大值时，才能使斯密特触发器的A端电压达到某个值(1.6 V)，即达到天更暗时路灯才会亮的目的，选项C正确；当输出端Y突然从高电平跳到低电平时，发光二极管导通发光，选项D正确。
6．(多选)传感器担负着信息的采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)，例如热敏传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻。热敏电阻阻值随温度变化的图线如图甲所示，图乙是由热敏电阻RT作为传感器制作的简单自动报警器的线路图。则下列说法正确的是(　　)
A．为了使温度过高时报警器响铃，c应接在a处
B．为了使温度过高时报警器响铃，c应接在b处
C．若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器滑片P向右移动
D．如果在调试报警器达到最低报警温度时，无论如何调节滑动变阻器滑片P都不能使报警器工作，且电路连接完好，各电路元件都能处于工作状态，则造成工作电路不能正常工作的原因可能是乙图中左边电源电压太低
答案　AD
解析　由热敏电阻随温度变化的图线可知，温度越高电阻越小，电流增大，电磁铁的引力增加，吸引弹簧向a运动，所以A正确，B错误；若使启动报警的温度提高些，即热敏电阻阻值再小些，则滑动变阻器的阻值应再大些，滑片P向左移动，C错误；造成工作电路不能正常工作的原因可能是题图乙中左边电源电压太低，或者线圈的匝数太少，或者弹簧的劲度系数太大等，所以D正确。
二、非选择题
7．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，这时指针恰好指在刻度盘的正中央。若往热敏电阻上擦一些酒精，指针将向________(填“左”或“右”)偏转；若用吹风机将热风吹向热敏电阻，指针将向________(填“左”或“右”)偏转。
答案　左　右
解析　往热敏电阻上擦一些酒精，由于酒精蒸发吸收热量，热敏电阻的温度降低，电阻值增大，所以指针向左偏；用吹风机使热风吹向热敏电阻，热敏电阻的温度升高，电阻值减小，则指针向右偏。
8．如图所示是电磁继电器的原理图。当在接线柱2、3间接入电源时，电磁铁便将衔铁P吸离A而与B接触，从而达到控制电路的目的。则接线柱________与接有电源的负温度系数的热敏电阻串接，接线柱________与外电路串接，即可在温度过高时切断外电路，实现对外电路的自动控制。
答案　2、3　1、5
解析　A为常闭触点，正常情况下与衔铁P相吸；B为常开触点，正常情况下与衔铁P分离，因此，1、5与外电路相连，以便加热。当温度越来越高时，电磁铁将衔铁P吸下，以切断电路。所以，2、3应与接有电源的热敏电阻相连。
9．斯密特触发器输入端的电压逐渐上升到1.6 V时，输出端会突然从高电平跳到低电平，而当输入端的电压逐渐下降到0.8 V时，输出端会突然从低电平跳到高电平，根据这个特性，斯密特触发器可以将________的模拟信号转换为________的数字信号。
答案　连续变化　突变
解析　模拟信号的特点是连续变化，而数字信号的特点是突然变化。
10．在蜂鸣式温度报警器电路中，若将RT和R1两电阻位置互换，R1取适当阻值，如图所示，还能报警吗？为什么？
答案　其实题目描述的报警器变成了低温报警器。因为温度降低时，热敏电阻RT的阻值增大，有可能使非门输入端A出现高电平，Y端出现低电平，蜂鸣器中有电流通过而发声。温度越高，RT越小，A端为低电平，Y端为高电平，蜂鸣器不能发声。
11．如图是一个火警报警装置的逻辑电路图。RT是一个热敏电阻，低温时电阻值很大，高温时电阻值很小，R是一个阻值较小的分压电阻。
(1)要做到低温时电铃不响，火警时产生高温，电铃响起，在图中虚线处应接入怎样的元件？
(2)为什么温度高时电铃会被接通？
(3)为了提高该电路的灵敏度，即报警温度调得稍低些，R的值应大一些还是小一些？
答案　见解析
解析　(1)温度较低时RT的阻值很大，R比RT小得多，因此P、X之间电压较大。要求此时电铃不发声，表明输出给电铃的电压应该较小，输入与输出相反，可见虚线处元件应是“非”门。(2)当高温时RT阻值减小，P、X之间电压降低，输入低电压时，从“非”门输出的是高电压，电铃响起。(3)由前面分析可知，若R较大，由于它的分压作用，RT两端的电压不太高，则外界温度不太高时，就能使P、X之间电压降到低电压输入，电铃就能发声。因此R较大，反应较灵敏。
12．如图所示是用斯密特触发器控制某宿舍楼道内灯的示意图，试说明其工作原理。
答案　见解析
解析　(1)电磁继电器的工作原理
因集成电路允许通过的电流较小，白炽灯泡工作电流较大，所以使用继电器来启闭工作电路。如题图所示虚线框内是电磁继电器J，D为动触点，E为静触点。当线圈A中通电时，铁芯中产生磁场，吸引衔铁B向下运动，从而带动触点D向下与E接触，工作电路接通；当线圈A中电流为零时，电磁铁失去磁性，衔铁B在弹簧作用下拉起，带动触点D与E分离，自动切断工作电路。
(2)控制电路工作原理
天较亮时，光敏电阻RG阻值较小，斯密特触发器输入端A电势较低，则输出端Y输出高电平，线圈A中无电流，工作电路不通。
天较暗时，光敏电阻RG电阻增大，斯密特触发器输入端A电势升高，当升高到一定值时，输出端Y由高电平突然跳到低电平，有电流通过线圈A，电磁继电器工作，接通工作电路，使灯自动开启。
天明后，RG阻值减小，斯密特触发器输入端A电势逐渐降低，降到一定值时，输出端Y突然由低电平跳到高电平，则线圈A不再有电流，电磁继电器自动切断工作电路的电源，灯熄灭。

第四章　专题
一、选择题
1．(多选)[2015·湖北重点中学高二联考]如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C。正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中。当磁场以k的变化率均匀增强时，则(　　)
A．电压表没有读数
B．电压表的读数为
C．a点的电势高于b点的电势
D．电容器的电荷量为
答案　AD
解析　磁场以k的变化率均匀增强，产生恒定的感应电动势。由于电路中接有电容器，电路中没有电流，电压表没有读数，选项A正确，选项B错误。由楞次定律可判断出感应电动势方向为逆时针，a点的电势低于b点的电势，选项C错误。由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E＝。由C＝得电容器的电荷量为Q＝，选项D正确。
2．(多选)如图所示是圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。则(　　)
A．由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流
B．回路中感应电流大小不变，为
C．回路中感应电流方向不变，为C→D→R→C
D．回路中有周期性变化的感应电流
答案　BC
解析　铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A错误；回路中感应电流I＝＝，由右手定则可判断出感应电流方向为C→D→R→C，选项B、C正确，选项D错误。
3．如图所示，虚线上方空间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框绕垂直于纸面的轴O以角速度ω匀速逆时针转动。设线框中感应电流的方向以逆时针为正，线框处于图示位置时为时间零点，那么，下列图中能正确表示线框转动一周感应电流变化情况的是(　　)
答案　A
解析　先经过T才进入磁场，并无电流，排除C、D选项；再经过T，由楞次定律知，垂直纸面向里的磁通量增加，感应电流的方向为逆时针方向，且扇形的半径边切割磁感线速率恒定，产生恒定的电流，排除B选项，A选项正确。
4．如图所示，边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域。磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，从线框刚进入磁场开始计时，取逆时针方向为电流正方向，以下i－t关系图象，可能正确的是(　　)
答案　B
解析　边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，若进入磁场时所受安培力与重力沿斜面方向的分力平衡，则线框做匀速直线运动，感应电流为一恒定值；完全进入后磁通量不变，感应电流为零，线框做匀加速直线运动；从磁场中出来时，感应电流方向相反，所受安培力大于重力沿斜面方向的分力，线框做加速度减小的减速运动，感应电流减小。选项B正确。
5．如图所示，线圈M和线圈P绕在同一铁芯上。设两个线圈中的电流方向与图中所标的电流方向相同时为正。当M中通入图中哪种电流时，在线圈P中能产生正方向的恒定感应电流(　　)
答案　D
解析　由楞次定律结合法拉第电磁感应定律可知当M中通入正向均匀增大电流时，P中产生反方向的恒定电流；当M中通入正向恒定电流时，P中不产生电流；当M中通入正向按正弦规律变化的电流时，P中产生按余弦规律变化的电流；当M中通入正向均匀减小的电流时，P中产生正向的恒定电流，选项D正确。
6．如图所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平。在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平。线圈从水平面a开始下落。已知磁场上、下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离。若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则(　　)
A．Fd＞Fc＞Fb　 B．Fc＜Fd＜Fb
C．Fc＞Fb＞Fd D．Fc＜Fb＜Fd
答案　D
解析　线圈从a到b做自由落体运动，在b处开始进入磁场切割磁感线，产生感应电流，受到安培力作用，由于线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而完全进入磁场，在c处线圈中磁通量不变不产生感应电流，不受安培力作用，但线圈在重力作用下依然加速，因此线圈在d处离开磁场切割磁感线时，产生的感应电流较大，故该处所受安培力必然大于b处。综合分析可知，选项D正确。
7．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
答案　A
解析　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝ BIl＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动。故A正确。
8．如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小，下列说法中正确的是(　　)
A．大于环重力mg，并逐渐减小
B．始终等于环重力mg
C．小于环重力mg，并保持恒定
D．大于环重力mg，并保持恒定
答案　A
解析　由楞次定律可判断感应电流为顺时针方向，再由左手定则可知，环受到的安培力竖直向下，由平衡条件可知，绳上的拉力T＝F＋mg>mg，根据法拉第电磁感应定律可知，环中产生的感应电动势不变，感应电流不变，所以当磁感应强度减小时，安培力F＝BIL(L为环的直径，是定值)逐渐减小，绳上的拉力逐渐减小，选项A正确。
9．[2015·福建高考]如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　)
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
答案　C
解析　导体棒产生的电动势为E＝BLv，其等效电路如图所示，总电阻为R总＝R＋＝R＋，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，所以A项错误；PQ两端电压为路端电压U＝E－IR，即先增大后减小，所以B项错误；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安＝IE，先减小后增大，所以C项正确；根据功率曲线可知当外电阻＝R时输出功率最大，而外电阻先由小于R开始增加到R，再减小到小于R的某值，所以线框消耗的功率先增大后减小，又再增大再减小，所以D项错误。
二、非选择题
10．如图所示，两根相距L、平行放置的光滑导电轨道，与水平面的夹角均为α，轨道间有电阻R，处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，一根质量为m、电阻为r的金属杆ab，由静止开始沿导电轨道下滑。设下滑过程中杆ab始终与轨道保持垂直，且接触良好，导电轨道足够长，且电阻不计。
(1)杆ab将做什么运动？
(2)若开始时就给杆ab沿轨道向下的拉力F，使其由静止开始向下做加速度为a的匀加速运动(a＞gsinα)，求拉力F与时间t的关系式。
答案　(1)ab先做加速度变小的加速运动，最终做匀速运动
(2)F＝m(a－gsinα)＋·t
解析　(1)金属杆受力如图所示：当杆向下滑动时，速度越来越大，安培力F安变大，加速度变小。随着速度的变大，加速度越来越小，杆ab做加速度变小的加速运动，最终加速度变为零，杆ab最终做匀速运动。
(2)经过时间t，杆ab速度v＝at
感应电流I＝
由牛顿第二定律F＋mgsinα－BILcosα＝ma
解得F＝m(a－gsinα)＋·t。
11．[2014·天津高考]如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2。问：
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。
答案　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J
解析　(1)由a流向b。
(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ　①
设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝　③
设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB　④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax　⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s　⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有m2gxsinθ＝Q总＋m2v2　⑦
又Q＝Q总　⑧
解得Q＝1.3 J　⑨

第四章　综合检测(A卷)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)
1．关于真空冶炼和电熨斗的说法正确的是(　　)
A．它们都是只利用电流的热效应工作的
B．它们都是利用电磁感应现象中产生的涡流工作的
C．前者是利用电磁感应现象中产生的涡流及电流的热效应工作的，后者是利用电流的热效应工作的
D．前者利用的是变化的电流，后者利用的是恒定的电流
答案　C
解析　真空冶炼是利用涡流及电流的热效应工作的，电熨斗利用电流的热效应工作，所以真空冶炼需要变化的交流电产生变化的磁场，电熨斗可用直流电也可用交流电，应选C。
2．如图所示，无限大磁场的方向垂直于纸面向里，A图中线圈在纸面内由小变大(由图中实线矩形变成虚线矩形)，B图中线圈正绕a点在平面内旋转，C图与D图中线圈正绕OO′轴转动，则线圈中不能产生感应电流的是(　　)
答案　B
解析　选项A中线圈面积S变化，选项C、D中线圈面积与磁感应强度B的夹角变化，都会导致穿过线圈的磁通量变化而产生感应电流；选项B中，B、S及两者夹角均不变，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，故选B。
3．如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是(　　)
A．乙和丁　　 B．甲、乙、丁
C．甲、乙、丙、丁 D．只有乙
答案　B
解析　甲、乙、丁中切割磁感线的有效长度均为l，丙中切割磁感线的有效长度为l′＝lsinθ，则E′＝Bl′vsinθ，故B正确。
4．[2015·山东高考]如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab－t图象可能正确的是(　　)
答案　C
解析　由安培定则知：0～0.25 T0，圆环内的磁场垂直纸面向里逐渐增大，由楞次定律知，若圆环闭合，感应电流是逆时针方向，逐渐减小至0；0.25T～0.5T，圆环内的磁场垂直纸面向里逐渐减小，由楞次定律知，若圆环闭合，感应电流是顺时针方向，逐渐增大。以后周期性变化，选项C正确。
5．[2014·江苏高考]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均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)
A. B．
C. D．
答案　B
解析　磁感应强度的变化率＝＝，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝n＝nS，其中磁场中的有效面积S＝a2，代入得E＝n，选项B正确，A、C、D错误。
6．如图所示的电路中，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极板带正电
C．断开S的瞬间，电容器的a极板带正电
D．断开S的瞬间，电容器的a极板带负电
答案　C
解析　闭合S，稳定后，由于线圈L的直流电阻为零，所以线圈两端电压为零，又因为电容器与线圈并联，所以电容器两端电压也为零，A、B错误；断开S的瞬间，线圈L中电流减小，线圈中产生与原电流方向相同的自感电动势，并作用在电容器上，所以，此时电容器a极板带正电，b极板带负电，C正确、D错误。
7．如图所示，有缺口的金属圆环与板间距为d的平行板电容器的两极板焊接在一起，金属圆环右侧有一垂直纸面向外的匀强磁场，现使金属圆环以恒定不变的速度v向右运动由磁场外进入磁场，在金属圆环进入磁场的过程中，电容器带电荷量Q随时间t变化的定性图象应为(　　)
答案　C
解析　金属圆环进入磁场过程中切割磁感线的金属丝的有效长度先变大后变小，最后不变(完全进入磁场中)，则电容器两板间电势差也是先变大后变小，最后不变，由Q＝CU可知图线C正确。
8．[2015·成都高二检测]闭合金属圆环由静止释放，不计空气阻力，下落高度为h，如下图所示。落地前要穿过一固定在地面上的条形磁铁，则下落时间t(　　)
A．t＜ B．t＞
C．t＝ D．无法确定
答案　B
解析　若没有条形磁铁，线圈自由下落，则下落时间t＝；有磁铁时，线圈中产生感应电流，线圈受安培力作用，方向向上，加速度小于g，故下落时间t＞，B正确。
9．[2015·课标全国卷Ⅱ]如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
答案　C
解析　在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得：电动势大小为Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv，可得：电动势大小也为Bl2ω；由右手定则可知：金属框内无电流，且Uc>Ub＝Ua，选项A、B错误；Ubc＝Uac＝－Bl2ω，选项C正确，选项D错误。
10．(多选)如图所示，矩形线圈abcd的边长分别是ab＝L，ad＝D，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场平行，线圈以ab边为轴做角速度为ω的匀速转动，下列说法正确的是(从图示位置开始计时)(　　)
A．t＝0时线圈的感应电动势为零
B．转过90°时线圈的感应电动势为零
C．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为ωBLD
D．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为
答案　BD
解析　A、B两选项中都是瞬时感应电动势，用E＝Blv求解比较方便。t＝0时，只有cd边切割磁感线，感应电动势E1＝Blv＝BL·ωD＝BSω≠0，A错；转过90°时，线圈的四条边均不切割磁感线，E2＝0，B正确；C、D两选项求的都是平均感应电动势，用E＝较方便。转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量由0变为Φ＝BLD。转过90°所用时间Δt＝＝＝，故平均电动势为：E＝＝＝，故C错、D正确。
11．[2014·安徽高考]英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　)
A．0 B．r2qk
C．2πr2qk D．πr2qk
答案　D
解析　变化的磁场产生的感生电动势为E＝πr2＝kπr2，小球在环上运动一周感生电场对其所做的功W＝qE＝qkπr2，D项正确，A、B、C项错误。
12．(多选)[2014·四川高考]如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t) T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则(　　)
A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
答案　AC
解析　由于磁感应强度随时间的变化规律是B＝(0.4－0.2t) T，则在t＝1 s时，穿过金属杆与金属框围成的平面的磁通量向下且在减小，则根据楞次定律可知，金属杆CD中的感应电流的方向从C到D，故A项正确；在t＝3 s时，穿过金属杆与金属框围成的平面的磁通量向上且在增大，则根据楞次定律可知，金属杆CD中的感应电流的方向从C到D，故B项错误；根据法拉第电磁感应定律可得，在t＝1 s时，回路中产生的感应电动势的大小为E＝L2sin30°＝0.1 V，根据闭合电路欧姆定律和电路的串并联知识可得，流经金属杆CD的电流大小为I＝＝1 A，又根据平衡条件可知，在t＝1 s时挡板P对金属杆CD产生的弹力为F＝BILsin30°＝0.2×1×1× N＝0.1 N，又根据牛顿第三定律可得，在t＝1 s时金属杆CD对挡板P产生的压力为0.1 N，故C项正确；根据法拉第电磁感应定律可得，在t＝3 s时，回路中产生的感应电动势的大小为E′＝L2sin30°＝0.1 V，根据闭合电路欧姆定律和电路的串并联知识可得，流经金属杆CD的电流大小为I′＝＝1 A，又根据平衡条件可知，在t＝3 s时挡板H对金属杆CD产生的弹力为F′＝BI′Lsin30°＝0.2×1×1× N＝0.1 N，根据牛顿第三定律可得，在t＝3 s时金属杆CD对挡板H产生的压力为0.1 N，故D项错误。
二、填空题(本题共3小题，每小题6分，共18分)
13．如图为“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。
(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：
A．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________。
B．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将________。
答案　(1)如图所示。
(2)A.向右偏转一下　B．向左偏转一下
解析　(1)电源、开关、滑动变阻器、原线圈应组成闭合回路；副线圈与灵敏电流计组成闭合回路。
(2)依照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。
14.在如图所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表。当开关S闭合时，电流表G1指针偏向右方，那么当开关S断开时，将出现的现象是________。
A．G1和G2指针都立即回到零点
B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点
C．G1指针缓慢回到零点，而G2指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
D．G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点
答案　D
解析　电流表指针的偏转方向与电流的流向有关。根据题意，电流自右向左时，指针向右偏。那么，电流自左向右时，指针应向左偏。当开关S断开瞬间，L由于自感作用，电流不能立即消失，电流沿L→G2→G1的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一个短时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，而G1中的电流和原方向相反，变为自左向右，和G2中的电流同时减为零；也就是G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点，故D项正确。
15．为了诊断病人的心脏功能和动脉中血液粘滞情况，需要测量血管中血液的流速和流量(单位时间内流过血管横截面的血液的体积)。如图所示是电磁流量计示意图，将血管置于磁感应强度为B的匀强磁场中，测得血管两侧电压为U。已知血管的直径为d，则血液在血管中的流速v＝________，流量Q＝________。
答案　　
解析　由U＝Bdv，得v＝，Q＝π()2v＝。
三、计算题(共44分。 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．[2014·江苏高考](10分)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。
答案　(1)tanθ　(2)
(3)2mgdsinθ－
解析　(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有mgsinθ＝μmgcosθ
解得μ＝tanθ
(2)在光滑导轨上
感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
安培力F安＝BIL
导体棒受力平衡有F安＝mgsinθ
解得v＝
(3)摩擦生热QT＝μmgdcosθ
由能量守恒定律有3mgdsinθ＝Q＋QT＋mv2
解得Q＝2mgdsinθ－
17．[2015·成都高二检测](11分)如图所示，光滑导轨竖直放置，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5 T，磁场方向垂直于导轨平面向外，导体棒ab的长度与导轨宽度均为L＝0.2 m，电阻R＝1.0 Ω。导轨电阻不计，当导体棒紧贴导轨匀速下滑时，均标有“6 V　3 W”字样的两小灯泡恰好正常发光，求：
(1)通过ab的电流的大小和方向；
(2)ab运动速度的大小；
(3)电路的总功率。
答案　(1)1 A　由b到a　(2)70 m/s　(3)7 W
解析　(1)每个小灯泡中的电流为I1＝＝0.5 A
则ab中的电流为I＝2I1＝1 A
由右手定则知通过ab棒的电流方向为由b到a
(2)ab产生的感应电动势：
E＝U1＋IR＝6 V＋1×1.0 V＝7 V
由E＝BLv，知ab的运动速度v＝＝70 m/s
(3)电路的总功率P＝IE＝7 W
18．[2015·衡水中学高二一调](11分)如图(a)所示，平行金属导轨MN、PQ光滑且足够长，固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.25 m，电阻R＝0.5 Ω，导轨上停放一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使其由静止开始运动，理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图(b)所示。
(1)分析证明金属杆做匀加速直线运动；
(2)求金属杆运动的加速度大小；
(3)写出外力F随时间变化的表达式；
(4)求第2.5 s末外力F的瞬时功率。
答案　(1)见解析　(2)2.4 m/s2　
(3)F＝0.04t＋0.24(N)　(4)2.04 W
解析　(1)U＝E·＝，U∝v，因U随时间均匀变化，故v也随时间均匀变化，金属杆做匀加速直线运动。
(2)由图象k＝＝·＝a·，则金属杆运动的加速度a＝＝ m/s2＝2.4 m/s2。
(3)由牛顿第二定律F＝F安＋ma＝BIL＋ma＝＋ma＝0.04 t＋0.24(N)。
(4)第2.5 s末外力F的瞬时功率P＝Fv＝(0.04t＋0.24)at＝2.04 W。
19．[2015·天津高考](12分)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，
线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求：
(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；
(2)磁场上下边界间的距离H。
答案　(1)＝4　(2)H＝＋28l
解析　(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有
E1＝2Blv1 ①
设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有
I1＝ ②
设此时线框所受安培力为F1，有
F1＝2I1lB ③
由于线框做匀速运动，其受力平衡，有
mg＝F1 ④
由①②③④式得v1＝ ⑤
设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得
v2＝ ⑥
由⑤⑥式得＝4 ⑦
(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有
2mgl＝mv ⑧
线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有
mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q ⑨
由⑦⑧⑨式得H＝＋28l ⑩

第四章　综合检测(B卷)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)
1．在物理学的发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法中正确的是(　　)
A．开普勒提出了三个行星运动定律后，牛顿发现了万有引力定律
B．卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量和静电力常量
C．奥斯特发现了电流间的相互作用规律，同时找到了带电粒子在磁场中的受力规律
D．法拉第发现了电磁感应定律，并找到了判断感应电动势方向的楞次定律
答案　A
解析　开普勒提出了三个行星运动定律后，牛顿发现了万有引力定律，选项A正确；卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量，库仑用扭秤实验测定了静电力常量，选项B错误；安培发现了电流间的相互作用规律，洛伦兹找到了带电粒子在磁场中的受力规律，选项C错误；法拉第发现了电磁感应定律，楞次发现了判断感应电动势方向的楞次定律，选项D错误。
2．如图所示，螺线管的导线的两端与平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入螺线管中时，小球的运动情况是(　　)
A．向左摆动　　　 B．向右摆动
C．保持静止 D．无法判定
答案　A
解析　当条形磁铁插入螺线管中时，螺线管中向左的磁场增强。由楞次定律和安培定则判定金属板左端电势高，故带负电的小球将左摆，A正确。
3．一个面积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的变化率等于－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0
C．在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于－0.08 V
D．在第3 s末线圈中的感应电动势等于0
答案　A
解析　由E＝n＝n·S得：
在开始2 s内线圈中产生的感应电动势：
E＝100××4×10－2 V＝－8 V
磁通量变化率：＝－0.08 Wb/s
第3 s末虽然磁通量为0，但磁通量变化率为0.08 Wb/s，所以选项A正确。
4．(多选)[2014·江西重点中学盟校高三联考]用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径。如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k＜0)。则(　　)
A．圆环中产生顺时针方向的感应电流
B．圆环具有扩张且向右运动的趋势
C．圆环中感应电流的大小为
D．图中a、b两点间的电势差Uab＝
答案　AD
解析　由于磁场的磁感应强度均匀减小，由楞次定律知产生顺时针方向的感应电流，选项A正确；由左手定则可判断线圈受力向左，有向左运动的趋势，选项B错误；由法拉第电磁感应定律知E＝×πr2，感应电流I＝＝＝，选项C错误；Uab＝E＝，选项D正确。
5．如图所示，A、B、C为三只相同的灯泡，且灯泡的额定电压均大于电源电动势，电源内阻不计，L是一个直流电阻不计、自感系数较大的线圈，先将K1、K2合上，稳定后突然断开K2。已知在此后过程中各灯均无损坏，则下列说法中正确的是(　　)
A．C灯亮度保持不变
B．C灯闪亮一下后逐渐恢复到原来的亮度
C．B灯亮度保持不变
D．B灯后来的功率是原来的一半
答案　B
解析　K1、K2均闭合，稳定后A灯不亮，通过线圈的电流是B、C两灯的和。突然断开K2，通过线圈的电流减小，线圈中产生的自感电动势与原电流的方向相同，C灯闪亮一下后逐渐恢复到原来的亮度，选项A错误，B正确。稳定后通过B灯的电流是原来的一半，故B灯后来的功率是原来的1/4，选项C、D错误。
6．(多选)[2015·山东高考]如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是(　　)
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
答案　ABD
解析　把圆盘看成沿半径方向紧密排列的“辐条”，由右手定则知，圆心处电势高，选项A正确；所加磁场越强，感应电流越强，安培力越大，对圆盘转动的阻碍越大，选项B正确；如果磁场反向，由楞次定律可知，仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若将整个圆盘置于磁场中，则圆盘中无感应电流，圆盘将匀速转动，选项D正确。
7．(多选)如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的等边三角形导线框EFG正好与上述磁场区域的边界重合。现使导线框以周期T绕其中心在纸面内匀速转动，经过导线框第一次转到图中虚线位置，则在这时间内(　　)
A．平均感应电动势大小等于
B．平均感应电动势大小等于
C．顺时针方向转动时感应电流方向为E→F→G→E
D．逆时针方向转动时感应电流方向为E→G→F→E
答案　AC
解析　无论是顺时针还是逆时针转动，由楞次定律可知感应电流方向均为E→F→G→E，选项C正确，D错误。由法拉第电磁感应定律有E＝B，其中ΔS＝a2，Δt＝，联立解得E＝，选项A正确，B错误。
8．(多选)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋于一个最大速度vm，则(　　)
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
答案　BC
解析　以金属杆为研究对象，受力分析如图所示。根据牛顿第二定律得mgsinα－F安＝ma，其中F安＝。
当a＝0时，v＝vm，解得vm＝，结合此式分析即得选项B、C正确。
9．[2015·豫南九校联考]如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽。现有一高度为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域。若以逆时针方向为电流的正方向，在下列选项中(如图所示)，线框中感应电流i与线框移动的位移x的关系图象正确的是(　　)
答案　C
解析　由楞次定律可以判断电流方向，在线框同时处在两个磁场中时的某个时刻产生的感应电动势、感应电流是进、出磁场时的2倍，对比选项中各图象可知C正确。
10．(多选)如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处。磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直。先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移。下列各图中正确的是(　　)
答案　BD
解析　c棒在进入磁场前做自由落体运动，加速度为重力加速度；进入磁场后，d棒开始做自由落体运动，在d棒进入磁场前的这段时间内，c棒运动了2h，此过程c棒做匀速运动，加速度为零；d棒进入磁场后，c、d棒均以相同速度切割磁感线，回路中没有感应电流，它们均只受重力直至c棒出磁场；c棒出磁场后不再受安培力，只受重力，故选项A错误，B正确。d棒自开始下落到下落至2h的过程中，只受重力，机械能守恒，动能与位移的关系是线性的；在c棒出磁场后，d棒切割磁感线且受到比重力大的安培力，完成在磁场中余下的2h的位移，动能减小，安培力减小，合力减小，在Ekd－xd图象中Ekd的变化趋势越来越慢；在d棒出磁场后，只受重力，机械能守恒，在Ekd－xd图象中的关系又是线性的，且斜率与最初相同，均等于重力，故选项C错误，D正确。
11．[2015·安徽高考]如图所示，abcd为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则(　　)
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
答案　B
解析　切割磁感线的有效长度为l，电动势为E＝Blv，选项A错误。根据题意，回路电阻R＝，由欧姆定律有I＝sinθ＝，选项B正确。安培力F＝＝，选项C错误。金属杆的热功率为P＝I2R＝，选项D错误。
12．(多选)两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，如图所示。在这过程中(　　)
A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零
B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和
C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
答案　ACD
解析　由力的平衡知选项A对，B错；由安培力做功的特点知金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，则C对；由力的合成可知恒力F与重力的合力大小等于安培力的大小，因此D对。
二、填空题(本题共3小题，每小题6分，共18分)
13．如图是做“探究电磁感应的产生条件”实验的器材示意图。
(1)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路。
(2)由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转？
①________________________________________________________________________
②________________________________________________________________________
(3)假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向________偏转。(填“左”或“右”)
答案　(1)
(2)①将开关K闭合(或者断开)　②将螺线管A插入(或拔出)螺线管B
(3)右
解析　(1)灵敏电流计、B线圈组成一个回路，电源、A线圈、开关组成一个回路；(2)只要穿过B线圈的磁通量有变化，就有感应电流产生，电流表的指针就会发生偏转；(3)开关闭合的瞬间，穿过B线圈的磁通量增加，电流计指针左偏；螺线管A向上拔出，穿过B线圈的磁通量减少，所以电流计的指针右偏。
14．如图所示，两根平行光滑长直金属导轨，其电阻不计，导体棒ab和cd跨放在导轨上，ab电阻大于cd电阻。当cd在外力F2作用下匀速向右滑动时，ab在外力F1作用下保持静止，则ab两端电压Uab和cd两端电压Ucd相比，Uab________Ucd，外力F1和F2相比，F1________F2(填“＞”“＝”或“＜”)。
答案　＝　＝
解析　cd向右匀速滑动，切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，导轨没有电阻，所以Uab＝Ucd，导体棒所受安培力F＝BIl＝B··l，ab棒静止，cd棒匀速都是平衡状态，F1＝F2＝F＝BIl。
15．学习了法拉第电磁感应定律后，为了定量验证感应电动势E与时间Δt成反比，某小组同学设计了如图所示的实验装置：线圈和光电门固定在水平光滑轨道上，强磁铁和挡光片固定在运动的小车上；每当小车在轨道上运动经过光电门时，光电门会记录下挡光片的挡光时间Δt，同时触发接在线圈两端的电压传感器记录下在这段时间内线圈中产生的感应电动势E。利用小车末端的弹簧将小车以不同的速度从轨道的最右端弹出，就能得到一系列的感应电动势E和挡光时间Δt。
在一次实验中得到的数据如下表：
　次数
测量值 　
1
2
3
4
5
6
7
8
E/V
0.116
0.136
0.170
0.191
0.215
0.277
0.292
0.329
Δt/10－3 s
8.206
7.486
6.286
5.614
5.340
4.462
3.980
3.646
(1)观察和分析该实验装置可看出，在实验中，每次测量的时间Δt内，磁铁相对线圈运动的距离都________(填“相同”或“不同”)，从而实现了控制________不变。
(2)在得到上述表格中的数据之后，为了验证E与Δt成反比，他们想出两种办法来处理数据，第一种是计算法，即算出________，若该数据在误差范围内基本相等，则验证了E与Δt成反比；第二种是作图法，即在直角坐标系中作出________关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则可验证E与Δt成反比。
答案　(1)相同　磁通量的变化量　(2)感应电动势E和挡光时间Δt的乘积　感应电动势E与挡光时间Δt的倒数
解析　(1)由题图装置及实验作法可知每次测量的Δt时间内，磁铁相对线圈运动的距离都相同，从而控制了穿过线圈的磁通量的变化量相同；(2)由法拉第电磁感应定律知E＝，所以如果E·Δt即感应电动势与挡光时间的乘积在误差范围内相等，则验证了E与Δt成反比；因E与Δt成反比，要使图线是倾斜直线则横坐标应为Δt的倒数。
三、计算题(共44分。 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(10分)如图甲所示，面积为0.2 m2、匝数为100匝的圆形线圈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变化的规律如图乙所示。设垂直纸面向外为B的正方向，图中线圈A上箭头所示方向为感应电流I的正方向，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，线圈内阻不计。求电容器充电时的电压和2 s后电容器放电的电荷量。
答案　0.24 V　7.2×10－6 C
解析　由题意可知圆形线圈A中产生的感应电动势为E＝nS＝100×0.02×0.2 V＝0.4 V
所以电路中的电流I＝＝ A＝0.04 A
电容器充电时的电压UC＝IR2＝0.04×6 V＝0.24 V
2 s后电容器放电的电荷量
Q＝CUC＝30×10－6×0.24 C＝7.2×10－6 C。
17．[2014·重庆高考](11分)某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g。问：
(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？
(2)供电电流I是从C端还是从D端流入？求重物质量与电流的关系。
(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？
答案　(1)从C端流出　(2)m＝I
(3)
解析　(1)感应电流从C端流出
(2)外加电流从D端流入
设线圈受到的安培力为FA
由FA＝mg和FA＝2nBIL
得m＝I
(3)设称量最大质量为m0
由m＝I和P＝IR
得m0＝。
18．(11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。ab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，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I及导体棒的速率v。
(2)改变Rx，待导体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。
答案　(1)　　(2)
解析　(1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示。
导体棒所受安培力F安＝BIl ①
导体棒匀速下滑，所以F安＝Mgsinθ②
联立①②式，解得I＝ ③
导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝Blv ④
由闭合电路欧姆定律得I＝，且Rx＝R，所以I＝⑤
联立③④⑤式，解得v＝
(2)由题意知，其等效电路图如图所示。
由图知，平行金属板两板间的电压等于Rx两端的电压。
设两板间的电压为U，由欧姆定律知U＝IRx ⑥
要使带电的微粒匀速通过，则mg＝q ⑦
因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I，所以
联立③⑥⑦式，解得Rx＝。
19．[2015·广东高考](12分)如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m。导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻。导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L。从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：
(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。
答案　(1)E＝0.04 V
(2)F＝0.04 N　i＝t－1(A)(1.0 s解析　(1)棒进入磁场前，回路中磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有
E＝S＝×(×0.4)2 V＝0.04 V
(2)棒进入磁场后磁场的磁感应强度大小不变，棒切割磁感线，产生电动势，当棒与bd重合时，产生电动势
E′＝B′Lv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V
此时棒受到的安培力最大，则F＝B′L＝0.04 N
棒通过abd区域所用时间t′＝＝0.2 s
在通过的过程中，感应电动势为
Et＝B′[2v(t－1.0 s)]v＝t－1 (V)
电流i＝＝t－1 (A)(1.0 s
第五章　综合检测(A卷)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)
1．(多选)我国“西电东送”采用高压输电，继三峡至常州500 kV直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500 kV直流输电工程。采用高压直流输电有利于不同发电机为同一电网供电和不同电网的互联。关于高压直流输电，下列说法正确的是(　　)
A．高压输电可以减小输电电流，从而减少输电导线的能量损失
B．恒定的直流输电可以有效消除交流高压输电中感抗和容抗的影响
C．可以加快输电的速度
D．为实现高压直流输电，可以用变压器直接改变恒定电流的电压
答案　AB
解析　在功率一定时，采用高压输电，根据P＝UI，可以通过减小电流，从而减少输电导线的能量损失，A项正确；交流电由于感抗和容抗的作用，不能无限升压，而利用直流输电可以有效弥补这个缺陷，B项正确；两种输电方式都不能改变输电的速度，C项错误；变压器只能改变交变电流的电压，D项错误。
2．(多选)[2015·葫芦岛五校协作体高二联考]一个探究性学习小组利用示波器，绘制出了一个原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器的副线圈两端输出电压u随时间t变化的图象，如图所示(图线为正弦曲线)。则下列说法错误的是(　　)
A．该变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝20sin100πt V
B．接在副线圈两端的交流电压表的示数为7.1 V
C．该变压器原线圈输入频率为50 Hz
D．接在副线圈两端阻值为20 Ω的白炽灯，消耗的功率为2.5 W
答案　AC
解析　由图象知，输出电压的峰值为10 V，周期为0.04 s，由电压与匝数比关系知，输入电压峰值为20 V，交变电压的频率为f＝＝25 Hz，角频率ω＝＝50π rad/s，输入电压的瞬时值表达式为u＝20sin50πt V，选项A、C错误；输出电压的有效值为U2＝＝5 V＝7.1 V，选项B正确；电灯的功率为P＝＝2.5 W，选项D正确。
3．一个阻值为2 Ω的线圈在匀强磁场中转动，产生的电动势为e＝10sin20πt V，当该线圈与一阻值为8 Ω的电阻组成闭合回路时，下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时，线圈平面位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为0
C．电阻的热功率为16 W
D．用电压表测路端电压时读数为11.3 V
答案　A
解析　由产生的电动势的表达式可知，t＝0时，电动势为零，线圈平面位于中性面，磁通量最大，故A对B错；电动势的有效值E＝10 V，电阻两端的电压U＝R＝8 V，D错；由P＝得P＝8 W，C错误。
4．[2015·课标全国卷Ⅰ]一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则(　　)
A．U＝66 V，k＝ B．U＝22 V，k＝
C．U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝
答案　A
解析　设原线圈中电流为I1，由变压器变压公式可得＝＝3，由变压器变流公式有，＝，由欧姆定律可得，副线圈回路中电阻两端电压U＝I2R，联立解得U＝66 V。电阻消耗功率P＝I2R，由于＝，所以原、副线圈回路中电阻消耗功率的比值为，选项A正确。
5．[2015·福建高考]下图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　)
A．() B．()
C．4()2()2r D．4()2()2r
答案　C
解析　因为u＝Umsinωt，所以有U1＝，根据变压器变压规律有：U2＝，根据P＝U2I2得：I2＝＝，线路损失的功率为ΔP＝2Ir＝，所以C项正确，ABD项错误。
6．(多选)[2014·天津高考]如图1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2中曲线a、b所示，则(　　)
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
答案　AC
解析　t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B项错误；a线表示的交流电动势的频率为fa＝＝ Hz＝25 Hz，C项正确；a线对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图象知Eam＝15 V，b线对应线圈相应的电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝ V＝5 V，D项错误。
7．[2015·三亚模拟]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IR
答案　B
解析　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、D错误。
8．(多选)为了减少输电线路中的电力损失，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＝11000sin100πt(V)的交流电降为220 V供居民小区用电，则变电站变压器(　　)
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
答案　AB
解析　原电压的有效值为U1＝11000 V，由＝得，＝，选项A正确；变压器不改变交流电的频率，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(使电阻较小)，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。
9．如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内(　　)
A．电流表的示数比的小
B．电流表的示数比的小
C．电流表和的示数相同
D．电流表的示数都不为零
答案　C
解析　理想变压器原线圈中的磁感应强度随时间均匀增加，穿过副线圈的磁通量也将随时间均匀增加，副线圈中产生恒定的感应电动势，副线圈中的电流为恒定电流，电感线圈对恒定电流无阻碍作用，因而电流表、的示数相同，C项正确，A项错误；恒定电流不能通过电容器，因而电流表的示数为零，B、D项错误。
10．[2015·安徽高考]图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表○A1的示数增大了0.2 A，电流表○A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是(　　)
A．电压表○V1示数增大
B．电压表○V2、○V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
答案　D
解析　由于变压器原线圈的电压不变，因此电压表○V1、○V2的读数均不变，选项AB均错误。由题意可知，该变压器起降压作用，选项C错误。由于副线圈的电压不变，电流表○A2的示数增大，根据欧姆定律可知负载的电阻变小，所以滑动变阻器连入电路的阻值变小，选项D正确。
11．一个边长为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
答案　B
解析　感应电动势E＝＝·l2，线圈电阻R＝0.36 Ω，则感应电流为：I＝＝·，0～3 s内：＝2×10－3 T/s，I1＝2×10－5 A,3～5 s内：＝3×10－3 T/s，I2＝3×10－5 A。设线框中感应电流的有效值为I，由电流有效值的定义得：3IR＋2IR＝5I2R，解得：I＝×10－5 A，故选项B正确。
12．(多选)如右图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如下图所示的交变电压后，能使电子有可能做往返运动的是(　　)
答案　ABC
解析　对A图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，T时刻速度最大，由T到T做加速度增加的减速运动，T时刻速度为零。从T到T电子反向做加速度减小的加速运动，T时刻速度最大，由T到T做加速度增大的减速运动，T时刻速度为零，回到原位置，即电子能做往复运动。同样的分析方法可得B、C也对。
二、填空题(本题共3小题，每小题6分，共18分)
13．如图所示，理想变压器原线圈与10 V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3 W，正常发光时电阻为30 Ω，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b的电流为________。
答案　10∶3　0.2 A
解析　副线圈电压U2＝Ua＝＝3 V
＝＝，Ub＝Ua＝3 V
由能量守恒定律得：U1I1＝Pa＋UbIb代入数据得：Ib＝0.2 A
14．一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中以某一边为轴做匀速转动，磁场方向与轴垂直。线圈中感应电动势e与时间t的关系如图所示。则磁感应强度B＝________。在t＝时刻，线圈平面与磁感线的夹角等于________。
答案　　
解析　线圈在磁场中匀速旋转时产生的感应电动势的最大值为：Emax＝BSω
则磁感应强度B＝＝
因为题图乙中计时的起点为线圈平面与磁感线平行的位置，所以在t＝时刻，线圈平面与磁感线的夹角即为线圈平面经过t＝转过的角度，其大小为：α＝ωt＝·＝。
15．一个标有“220 V　200 W”的电炉接入u＝156sin314t V的电路，通过电炉的电流瞬时值表达式是i＝________A；与其串联的交流电流表的示数为________A，并联的交流电压表示数是________V，电炉消耗功率P为________W。
答案　0.645sin314t　0.456　110　50
解析　由R＝＝ Ω＝242 Ω知
i＝＝sin314t A≈0.645sin314t A，
电流表、电压表示数均为有效值
I＝ A≈0.456 A，U＝ V≈110 V，
电炉的功率P＝UI≈50 W。
三、计算题(共44分。 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(10分)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等。a、b两端加一定交流电压后，求两电阻消耗的电功率之比和两电阻两端电压之比。
答案　　
解析　变压器原、副线圈电流比
＝＝
设流过A电阻电流I1＝I，则流过B电阻电流I2＝4I
所以两电阻功率之比
＝＝＝
两电阻两端电压之比＝＝。
17．(11分)如图甲所示，固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n＝100 匝，总电阻r＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmScost，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：
(1)线圈中产生感应电动势的最大值；
(2)小灯泡消耗的电功率；
(3)在磁感应强度变化的0～时间内，通过小灯泡的电荷量。
答案　(1)8.0 V　(2)2.88 W　(3)4.0×10－3 C
解析　(1)由图象知，线圈中产生的交变电流的周期T＝3.14×10－2 s，所以Em＝nBmSω＝＝8.0 V。
(2)电流的最大值Im＝＝0.80 A，有效值I＝＝ A，小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88 W。
(3)在0～时间内，电动势的平均值＝，
平均电流＝＝，
流过灯炮的电荷量Q＝Δt＝＝4.0×10－3 C。
18．(11分)如图所示，将单匝正方形线圈ABCD的一半放入匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝1 T，让它以边界OO′为轴以角速度ω＝100 rad/s匀速转动，在AB、CD边的中点用电枢将电流输送给小灯泡，线圈边长L＝0.2 m，总电阻r＝4 Ω，灯泡电阻R＝2 Ω，不计P、Q接触电阻及导线电阻，求：
(1)理想电压表的读数；
(2)从图示位置开始，在线圈转动90°的过程中灯泡上产生的热量是多少？
(3)从图示位置开始，在线圈转动180°的过程中，通过灯丝的电荷量是多少？
答案　(1)0.47 V　(2)1.7×10－3 J　(3)6.7×10－3 C
解析　(1)因电压表的读数为有效值，电源电动势的有效值E＝＝＝＝ V
由电路结构可知UV＝·E＝× V≈0.47 V。
(2)灯泡产生的热量为QL＝·＝·＝1.7×10－3 J。
(3)平均电流＝
通过灯泡的电荷量q＝Δt＝＝＝6.7×10－3 C。
19．(12分)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW，输出电压为400 V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损耗，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V、9.5 kW的电力，求：
(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比；
(2)输电线路导线电阻R；
(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比。
答案　(1)　(2)20 Ω　(3)
解析　(1)升压变压器原、副线圈匝数比为：＝＝＝。
(2)由P损＝IR知，输出电流取决于输出电压及输送功率，
由I2＝得
R＝＝＝ Ω＝20 Ω。
(3)设降压变器线圈上电压为U3，
U3＝U2－I2R＝(2000－5×20) V＝1900 V
所以降压变压器原、副线圈匝数比为：
＝＝＝。

第五章　综合检测(B卷)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)
1．(多选)关于交变电流的最大值Imax和有效值I之间的关系，以下说法中正确的是(　　)
A．正弦式交变电流满足Imax＝I
B．电子计算机中的矩形脉冲电流满足Imax＝I
C．所有交变电流都满足Imax＝I
D．交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的，不是所有的交变电流都满足Imax＝I
答案　AD
解析　交变电流的有效值是根据电流的热效应来定义的，只有正弦式交变电流满足Imax＝I。故选项A、D正确。
2．[2015·四川高考]小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都是e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压(　　)
A．峰值是e0 B．峰值是2e0
C．有效值是Ne0 D．有效值是Ne0
答案　D
解析　根据题意，小型发电机输出电压的峰值为Em＝2Ne0，A、B项均错误；对于正弦式交变电流，峰值与有效值E的关系满足E＝，故有效值为Ne0，C项错误，D项正确。
3．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为
10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则(　　)
A．交流电的频率为0.02 Hz
B．原线圈输入电压的最大值为200 V
C．电阻R2的电功率约为6.67 W
D．通过R3的电流始终为零
答案　BC
解析　由题图乙知副线圈获得的是交变电流，可“通过”电容器C，所以D错误；由图乙知T＝0.02 s，f＝＝50 Hz，所以A错误；通过R1的电流最大值为1 A，则R1两端电压最大值为20 V，由U1＝U2得，原线圈输入电压最大值为200 V，B正确；又R2的电功率P＝ W≈6.67 W，所以C正确。
4．(多选)如图所示，变频交变电源的频率可在20 Hz到20 kHz之间调节，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的炽热程度相同。则下列说法中正确的是(　　)
A．如果将频率增大，A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强
B．如果将频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱
C．如果将频率减小，A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强
D．如果将频率减小，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱
答案　BC
解析　某一频率时，两只灯泡炽热程度相同，应有两灯泡消耗的功率相同，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过A1的电流增大，通过A2的电流减小，故B项正确；同理可得C项正确。
5．在下列所示的四幅图中，a、b均为输入端，接交流电源，c、d均为输出端，则输出电压大于输入电压的电路是(　　)
答案　C
解析　A、B两图均为滑动变阻器，它们只涉及电压的分配问题，不涉及变压问题；C、D两图为变压器，C图是一个升压变压器，输出电压大于输入电压，D图是一个降压变压器，输出电压小于输入电压。故应选C项。
6．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
答案　B
解析　该变化电流实际是正弦交变电流被二极管P滤掉负半周期形成的，一周期T内该电流通过电阻为R的电阻丝产生的热量Q＝·＝T＝T，电压为U0的恒定电压加在该电阻丝上时，一周期T内的电阻丝产生的热量Q′＝·T，根据电流的热效应，有Q＝Q′，解得有效值U0＝Um＝×311 V≈156 V。
7．(多选)汽车消耗的主要燃料是柴油和汽油。柴油机是靠压缩汽缸内的空气点火的；而汽油机做功冲程开始时，汽缸中汽油和空气的混合气是靠火花塞点燃的。但是汽车蓄电池的电压只有12 V，不能在火花塞中产生火花，因此，要使用如图所示的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连到蓄电池上，副线圈接到火花塞的两端，开关由机械控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，从而在副线圈中产生10000 V以上的电压，这样就能在火花塞中产生火花了。下列说法中正确的是(　　)
A．柴油机的压缩点火过程是通过做功使空气的内能增加的
B．汽油机点火装置的开关始终闭合，副线圈的两端也会有高压
C．接该变压器的原线圈的电源必须是交流电源，否则就不能在副线圈中产生高压
D．汽油机的点火装置中变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数
答案　AD
解析　汽车柴油机压缩汽缸内空气，实际上是活塞对气体做功使其内能增加，当温度升高到一定温度时，柴油着火燃烧。汽油机是借助于变压器在通入原线圈中电压12 V断电时产生变化的磁通量从而在副线圈中产生瞬时高压10000 V，而达到产生火花的目的，所以电源可以是直流，且副线圈匝数要远大于原线圈匝数，故A、D正确。
8．某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题。经检查，电源总开关中漏电保护器动作切断了电源。漏电保护器电路如图所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中的电流经放大器放大后便推动断电器切断电源。造成漏电保护器动作切断电源的原因判断为磁卡机用电端(　　)
A．零线与火线之间漏电
B．火线与地之间漏电或零线直接接地
C．只有火线与地之间漏电才会产生
D．刷卡机装得过多，造成电流太大
答案　B
解析　由题意知，火线和零线均绕在铁芯上，故只有火线与零线中电流大小不等时，才会引起漏电保护器切断电源，故可能是火线与地之间漏电，也可能是零线与地之间漏电。
9．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三只灯泡L1、L2和L3，输电线的等效电阻为R，原线圈接有一个理想电流表。开始时开关S接通，当S断开时，以下说法正确的是(　　)
A．原线圈两端P、Q间的输入电压减小
B．等效电阻R上的功率变大
C．原线圈中电流表示数变大
D．灯泡L1和L2变亮
答案　D
解析　当S断开时，副线圈总电阻变大，而输入电压不变，通过R的电流变小，由P＝I2R知，B错；由于副线圈电流变小，原、副线圈电压不变，输出功率减小，输入功率也减小，输入电流减小，C错；UMN不变，UR减小，灯泡L1与L2两端电压增大，D对。
10．[2014·福建高考]图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4＜n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时(　　)
A．A1、A2两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
答案　D
解析　远距离输电过程中，应用高压输电能够减小输电线上的功率损失，R1上消耗的功率小于R3上消耗的功率，C项错；而比较两个不同输电回路，输电线电阻相同，由P损＝I2·2R可知，A1示数小于A2示数，A项错；根据欧姆定律可知，R2两端电压小于R4两端电压，D项正确；由于输电线上损失电压不同，故两灯泡两端电压不同，故亮度不同，B项错。
11．[2014·江苏高考]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
解析　根据变压器的工作原理可知＝，所以选项A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠IR，选项C错误，D正确。
12．(多选)如图所示为一理想变压器，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)。下列四个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是(　　)
答案　BC
解析　副线圈是均匀密绕的且滑动头匀速上滑，说明副线圈的匝数在均匀增大，由U2＝U1＝U1(k为单位时间内增加的匝数)知，灯泡两端的电压和时间成正比，选项C正确；随着灯泡功率的增大，变压器的输入功率也要增大，则I1也增大，选项A错误；灯泡的温度升高，电阻增大，流过灯泡的电流与时间不成正比关系，选项B正确；灯泡的功率N2＝，当电压和时间成正比时，功率不可能也和时间成正比关系，选项D错误。
二、填空题(本题共3小题，每小题6分，共18分)
13．一电热器接在最大值为36 V的正弦交流电源上时产生的热功率为P，若接到某直流电源上时产生的热功率为，忽略电阻随温度的变化，则所接直流电源的电压U＝________V。
答案　18
解析　设电热器的电阻为R，接交流电源时，有P＝；
接直流电源时，有＝，联立解得U＝18 V。
14．如图所示，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。
答案　2　212.1
解析　电阻R0和R串联接入交流电路中，通过保险丝的电流与通过电流表的电流相等；电容器与电阻R并联，故电容器两端的电压与R两端的电压相同。电压表的读数是电阻R两端电压的有效值，而电容器的击穿电压是加在电容器两端的交流电压的最大值，故电流表的读数为2 A，电压表的读数为 V ＝212.1 V。
15．有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线。
(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)。
(2)如果把它看成理想变压器，现要测定A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)。
________________________________________________________________________
A线圈的匝数为nA＝________。(用所测物理量符号表示)
答案　见解析
解析　(1)A　由题图乙可知a位置的阻值大于b位置的阻值，由电阻定律可得A线圈的匝数多于B线圈的。
(2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；②把低压交流电源接B线圈，测得线圈的输出电压为U；③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA。则nA＝n。
三、计算题(共44分。 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(10分)如图所示矩形线圈abcd放置在磁感应强度为B的有界磁场中，磁场只分布在线圈bc边的左侧。线圈绕bc轴转动，角速度为ω。将电阻R、理想交流电流表接在线圈上组成电路，且电路中其他电阻不计，已知ab＝l1，ad＝l2，求：
(1)以abcda为电流正方向，从图示位置开始计时，画出线圈中电流随时间变化的图象；
(2)从图示位置转过周的时间内，电阻R上产生的热量；
(3)从图示位置转过周的时间内，通过电阻R上的电荷量；
(4)电流表的示数。
答案　(1)如图所示
(2)　(3)　(4)
解析　(1)线圈开始时在中性面位置，根据楞次定律，开始时电流为正，再根据磁场边界特点，线圈中电流随时间变化规律如图所示。
(2)感应电动势最大值
Em＝Bl1l2ω，
则Im＝
周内，电流有效值I＝
Q＝I2R·＝。
(3)周内平均感应电动势＝
平均电流＝
通过R的电荷量q＝·T＝。
(4)设此交变电流一个周期内的有效值为I′，则I′2RT＝(Im)2R·
解得I′＝Im＝，故电路中交流电流表的示数为。
点评　(1)电流表的示数是交变电流的有效值，为了找到有效值应该先计算最大值。 (2)每转一周外力所做的功也应该用交变电流的有效值计算。
17．(11分)图1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2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3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)
答案　(1)e1＝BL1L2ωsinωt　(2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)　(3)
解析　(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r＝，
转动时，ab、cd的线速度v＝ωr＝，且与磁场方向的夹角为ωt，
所以，整个线圈中的感应电动势e1＝2BL1vsinωt＝BL1L2ωsinωt。
(2)当t＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则某时刻t时，线圈平面与中性面的夹角为(ωt＋φ0)
故此时感应电动势的瞬时值
e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)
(3)线圈匀速转动时感应电动势的最大值Em＝BL1L2ω，故有效值E＝＝
回路中电流的有效值I＝＝
根据焦耳定律知转动一周电阻R上的焦耳热为
Q＝I2RT＝2·R·＝。
18．(11分)如图所示，变压器原线圈输入电压为220 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。试求：
(1)该变压器的原、副线圈的匝数比。
(2)两灯均工作时原线圈中的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流。
答案　(1)55∶9　(2)0.082 A　0.055 A
解析　(1)由变压比公式得＝，即n1∶n2＝220∶36＝55∶9。
(2)两灯均工作时，由能量守恒得P1＋P2＝U1I1，即
I1＝＝≈0.082 A
只有L1灯工作时，由能量守恒得P1＝U1I2
解得I2＝＝≈0.055 A
19．(12分)某小河水流量为4 m3/s，水流下落的高度为5 m。现在利用它来发电，设所用发电机的总效率为50%，g＝9.8 m/s2，求：
(1)发电机的输出功率。
(2)若输电导线的总电阻为4 Ω，输电导线上损失的电功率为发电机输出功率的5%，则需用多大的电压输送电能？
(3)输电导线上的电压损失。
答案　(1)9.8×104 W　(2)2.8×103 V　(3)140 V
解析　(1)水由高处流下，重力势能转化为动能，推动水轮机做功，设水的流量为Q，则发电机的输入功率为P1＝ρQgh
所以输出功率为P2＝ηP1＝ηρQgh＝50%×1.0×103×4×9.8×5 W＝9.8×104 W。
(2)设输电电压为U，输电线上的电流为I，电阻为R，损失的电功率为P3。由P3＝I2R得
I＝＝＝ A＝35 A
由P2＝IU得输电电压
U＝＝ V＝2.8×103 V。
(3)输电导线上损失的电压为
ΔU＝IR＝35×4 V＝140 V。

第六章　综合检测(A卷)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)
1．(多选)传感器担负着信息采集的任务，它常常是(　　)
A．将力学量(如形变量)转变成电学量
B．将热学量转变成电学量
C．将光学量转变成电学量
D．将电学量转变成力学量
答案　ABC
解析　传感器是将所感受到的不便于测量的物理量(如力、热、光、声等)转换成便于测量的物理量(一般是电学量)的一类元件。故选项A、B、C正确，D错误。
2．街旁的路灯、江海里的航标都要求在夜晚亮、白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，这是利用半导体的(　　)
A．压敏性 B．光敏性
C．热敏性 D．三种特性都利用
答案　B
解析　要求灯在夜晚亮、白天熄，则光照引起了电路中电学量的变化，所以这是利用了半导体的光敏性，B项正确。
3．下列说法中不正确的是(　　)
A．火灾报警器是利用烟雾对光的反射来工作的
B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片
C．电子秤所使用的测力装置是力传感器
D．热敏电阻能够把温度这个热学量转换为电阻这个电学量
答案　A
解析　火灾报警器中的光传感器是利用烟雾对光的散射作用来工作的。
4．(多选)如图所示，RT为金属热电阻，R1为光敏电阻，R2和R3均为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r，V为理想电压表，现发现电压表示数增大，可能的原因是(　　)
A．金属热电阻温度升高，其他条件不变
B．金属热电阻温度降低，其他条件不变
C．光照增强，其他条件不变
D．光照减弱，其他条件不变
答案　BD
解析　电压表示数增大，而R3为定值电阻，说明通过R3的电流增大，由电路结构可知，这可能是由于RT减小或R1增大引起的，由金属热电阻和光敏电阻特性知，可能是由于温度降低或光照减弱，故B、D正确，A、C错误。
5．(多选)全自动洗衣机中的排水阀是由程序控制器控制其动作的，当进行排水和脱水工序时，控制铁芯1的铁圈通电，使铁芯2运动，从而牵引排水阀的阀门，排除污水(如图所示)。以下说法中正确的是(　　)
A．若输入的控制电流由a流入，由b流出，则铁芯2中A端为N极，B端为S极
B．若输入的控制电流由a流入，由b流出，则铁芯2中A端为S极，B端为N极
C．若a、b处输入交变电流，铁芯2不能被吸入线圈中
D．若a、b处输入交变电流，铁芯2仍能被吸入线圈中
答案　AD
解析　控制电流由a→b，由安培定则，电磁铁左端为N极，右端为S极，铁芯2被磁化，A端为N极，B端为S极，而被吸入线圈中，若a、b处输入交变电流，铁芯1磁性不断变化，铁芯2磁性也随之变化，仍能被吸入线圈。
6.如图所示，RT为负温度系数的半导体热敏电阻，其他电阻都是普通的电阻，当灯泡L的亮度变暗时，说明(　　)
A．环境温度变高
B．环境温度变低
C．环境温度不变
D．都有可能
答案　A
解析　灯泡L的亮度变暗，由P＝I2RL知电流变小，而其他电阻不变，说明热敏电阻RT变小，环境温度变高，A正确。
7．某仪器内部的电路如图所示，其中M是一个质量较大的金属块，左右两端分别与金属丝制成的弹簧相连，并套在光滑水平细杆上，a、b、c三块金属片间隙很小(b固定在金属块上)。当金属块处于平衡时两根弹簧均处于原长状态，若将该仪器固定在一辆汽车上，下列说法正确的是(　　)
A．当汽车加速前进时，甲灯亮
B．当汽车加速前进时，乙灯亮
C．当汽车刹车时，乙灯亮
D．当汽车刹车时，甲、乙灯均不亮
答案　B
解析　汽车匀速前进时a、b、c金属片不接触，所以甲、乙灯都不亮，当加速前进时，b与a接触，乙灯亮；当刹车时，b与c接触，甲灯亮，故选B。
8．利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小。实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落。用这种方法获得的弹性绳的拉力随时间的变化图线如图乙所示。根据图线所提供的信息，以下判断正确的是(　　)
A．t2时刻小球所处位置是运动中最高点
B．t1～t2期间小球速度先增大后减小
C．t3时刻小球动能最小
D．t2与t5时刻小球速度大小不同
答案　B
解析　小球下落的轨迹展开图如图所示，B处为绳子原长处，C处为小球重力与绳上拉力相等处，D处为小球下落的最低点，在F－t图中，0～t1小球在OB间下落，t1～t2小球在BD间下落，t2～t3小球由D回到B处，t3～t4小球在BO间上升，而后下落至B点。由F－t图知，小球在t2时刻下落到最大距离，然后最大距离在逐渐减小，由以上分析知，小球的最大速度出现在C点，对应于t1～t2之间，A错，B对，小球动能最小出现在t2时刻或t3～t4间某时刻，C错误。t2和t5分别对应小球先后两次下落过程中经过最低点的时刻，速度大小为零，D错误。正确选项为B。
9．(多选)计算机光驱的主要部分是激光头，它可以发射脉冲激光信号，激光扫描光盘信息时，激光头利用光敏自动计数器将反射回来的脉冲信号传输给信号处理系统，再通过计算机显示出相应信息。光敏电阻自动计数器的示意图如图所示，其中R1为光敏电阻，R2为定值电阻，此光电计数器的基本工作原理是(　　)
A．当有光照射R1时，处理系统获得高电压
B．当有光照射R1时，处理系统获得低电压
C．信号处理系统每获得一次低电压就计数一次
D．信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
答案　AD
解析　当有光照射R1时，电阻减小，处理系统获得高电压；信号处理系统每获得一次高电压就计数一次。
10．传感器可将非电学量转换为电学量，起自动控制作用。如计算机鼠标中有位移传感器，电熨斗、电饭煲中有温度传感器，电视机、录像机、影碟机、空调机中有光传感器……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。假设电压表是理想的，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　当M向左运动时，与电压表并联的电阻变小，电压表的示数变小；当M向右运动时，与电压表并联的电阻变大，电压表的示数变大；当M不动的时候，电压表的示数不变化；而电路中的电流一直不变。
11．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，导致话筒所在电路中的其他物理量发生变化，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是电容两极板间的(　　)
A．距离变化 B．正对面积变化
C．介质变化 D．电压变化
答案　A
解析　振动膜前后振动，使振动膜上的金属层与金属板间的距离发生变化，从而将声音信号转化为电信号。
12．电熨斗能自动控制温度，在熨烫不同的织物时，设定的温度可以不同，如图为电熨斗的结构图，电熨斗内部装有双金属片，双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属，若把熨烫的棉麻衣物换成丝绸衣物，则如何调节调温旋钮(　　)
织物材料
尼龙
合成纤维
丝绸
羊毛
麻
熨烫温度
低→高
A.向下 B．向上
C．保持原状 D．不能确定
答案　B
解析　常温下，上下触点是接触的，这样插上电源时，电熨斗开始加温，当温度升高时，双金属片上层形变大，双金属片向下弯曲，触点分离，停止加热。现把棉麻衣物换成丝绸衣物，熨烫温度变低，要使温度低时就断开，应把调温旋钮向上旋转，这样在金属形变较小时就能断开电路。
二、填空题(本题共3小题，每小题6分，共18分)
13．如图所示是电阻式温度计，一般是用金属铂做成的，若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
解析　电阻式温度计是利用金属的电阻随温度的变化而变化这一原理制成的，它是将温度这一热学量转化为电阻这一电学量来测量的。
14．如图所示是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图。门打开时，红外光敏电阻R3受到红外线照射，电阻减小；门关闭时会遮蔽红外线源(红外线源没有画出)。经实际试验，灯的亮灭的确能反映门的开、关状态。
(1)门打开时R2两端电压UR2与门关闭时相比________(选填“增大”或“减小”)；
(2)门打开时________(选填“红”或“绿”)灯的发光。
答案　(1)减小　(2)红
解析　当门打开时，R3受红外线照射，电阻减小，从而使并联电路电阻减小，总电阻减小，总电流增大，R2两端电压减小，R2中电流减小，故R3中电流增大，线圈产生的磁场增强，吸引衔铁，红灯亮。
15．某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性。现有器材：直流恒定电源(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，请你在如图所示的实物图上连线。
(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)。
答案　(1)如图所示
(2)记录电压表的示数　记录温度计的示数
(3)100　0.400
解析　每次加热水后，都需要重新读出温度计和电压表的示数。根据绘得的R－t图线可以看出，电阻值R与温度t之间是线性关系，故可写成数学表达式R＝a＋bt(Ω)，其中b为直线斜率，据图线可求
b＝＝0.400。
当t＝0时，a＝100 Ω，所以上式可写为
R＝100＋0.400t。
三、计算题(共44分。 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(10分)试说明下列各种场合分别应用了怎样的传感器：
(1)普通电冰箱中的温度自动控制电路；
(2)马路两侧的路灯控制电路；
(3)气垫导轨上用的光电门；
(4)楼梯灯控制电路；
(5)宾馆的自动门；
(6)工厂里的自动计数器。
答案　(1)普通电冰箱中的温度自动控制电路主要是应用了温度传感器；(2)马路两侧的路灯控制电路主要是应用了光传感器；(3)气垫导轨上用的光电门主要是应用了光传感器；(4)楼梯灯控制电路主要是应用了光传感器和声传感器；(5)宾馆的自动门主要是应用了光传感器；(6)工厂里的自动计数器主要是应用了光传感器。
17．(11分)在右图中，从相对的两个极E、F接出两条导线，与限流电阻及电流计串联后接到干电池上。调整电阻值使通入的电流约为10 mA，将另一对电极M、N接到多用表的200 mV直流电压挡上。将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面，即写有字符的表面，将会看到霍尔电压怎样变化？用另一个磁极去接近，又会看到什么现象？
答案　见解析
解析　当用永磁体的一个磁极逐渐接近霍尔元件的工作面时，可能出现的一种情况是电压表指针不发生偏转，原因是磁极接近时，产生的霍尔电压使电压表指针反向偏转，而电压表指针不能反向偏转，故显示不出电压示数。此时应调换磁极，当磁极接近霍尔元件的工作面时，可以看到随着磁极越靠近工作面电压表示数越大的现象。
18．(11分)如图所示是一种悬球式加速度仪，它可以用来测定沿水平轨道运动的列车的加速度，金属球系在金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在O点，AB是一根长为L的电阻丝，其电阻值为R。金属丝与电阻丝接触良好，摩擦不计，电阻丝的中点C焊接一根导线。从O点也引出一根导线，两线之间接入一个电压表V(金属丝和导线电阻不计)；图中虚线OC与AB垂直，且OC＝h，电阻丝AB接在电压为U的直流稳压电源上，整个装置固定在列车中，使AB沿着前进的方向，列车静止时金属丝呈竖直状态，当列车加速或减速前进时，金属丝将偏离竖直方向，从电压表的读数变化可以测出加速度的大小。
(1)当列车向右匀加速运动时，试写出加速度a与电压表读数U′的关系式，以便重新刻制电压表表面使它成为直接可读出加速度数值的加速计。
(2)用此装置测得的最大加速度是多少？
(3)为什么C点设置在电阻丝AB的中间？对电压表的选择有什么特殊要求？
答案　(1)a＝g　(2)　(3)还可以测定列车做匀减速运动时的负加速度。要求电压表的零点在中间，量程大于
解析　(1)设列车加速度为a时悬挂小球的金属丝偏离竖直方向θ角，这时小球受到的合外力为F＝mgtanθ，根据牛顿第二定律有F＝ma，故这时的加速度表达式为a＝gtanθ，而tanθ＝，故a＝g·，该式就是触点D的位移与加速度的关系式。从电路部分看，设此时电压表的读数为U′，根据串联电路的电压与电阻成正比，对均匀电阻丝来说，应有电压与电阻丝长度成正比，即：＝＝，故a＝g。
上式中g、U、l、h都是常数，表明U′与a成正比；根据上式可以将电压表上的电压读数一一对应改写成加速度的数值，电压表便改制成了加速度计。
(2)加速度最大时D点移到A点，这时的电压表读数U′＝，所以amax＝。
(3)C点设置在AB的中间的好处是：利用这个装置还可以测定列车做匀减速运动的加速度，这时小球偏向OC线的右方。要求电压表的零点在中间，量程大于。
19．(12分)现有热敏电阻、电炉丝、电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关和导线若干。如图所示，试设计一个温控电路，要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，高于另一某温度时，又可以自动断电，画出电路图并说明工作过程。
答案　见解析
解析　电路图如图所示，闭合开关S1，当温度低于设计值时热敏电阻阻值大，通过电磁继电器电流不能使它工作，S2接通电炉丝加热。当温度达到设计值时，热敏电阻减小到某值，通过电磁继电器的电流达到工作电流，S2断开，电炉丝断电，停止加热。当温度低于设计值，又重复前述过程。

第六章　综合检测(B卷)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)
1．(多选)用多用电表的同一挡位测量热敏电阻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　AD
解析　根据热敏电阻的特点，温度越高电阻越小，多用表指针偏角越大，A对B错；由光敏电阻的特点，光照越弱，电阻越大，偏角越小，C错D对。
2．(多选)关于电饭锅，下列说法正确的是(　　)
A．电饭锅中的感温磁体是一种半导体材料
B．开始煮饭时，压下开关按钮的原因是克服弹簧的弹力使永磁体一端上升，上下触点接触接通电路
C．用电饭锅煮米饭，饭熟后水分被大米吸收，锅底的温度会升高，当升高到“居里温度”时，电饭锅会自动断电
D．用电饭锅烧水，水沸腾后也可以自动断电
答案　BC
解析　电饭锅中使用的温度传感器元件是感温磁体，它是用氧化锰、氧化锌和氧化铁粉末混合烧结而成的，选项A错误；用电饭锅烧水，水沸腾时的温度为100 ℃，达不到居里温度，不能自动断电，选项D错误；根据电饭锅的结构和工作原理可知，选项B、C正确。
3．(多选)如图所示为一种自动跳闸的闸刀开关，O是转轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M、N接电源线，闸刀处于垂直纸面向里、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，C、O间距离为10 cm。当磁场力为0.2 N时，闸刀开关会自动跳开。则要使闸刀开关能跳开，CO中通过的电流的大小和方向为(　　)
A．电流方向C→D　　　 B．电流方向O→C
C．电流大小为2 A D．电流大小为1 A
答案　BC
解析　只有当OC受到向左的安培力时，闸门才能自动跳开，根据左手定则知电流的方向是O→C，OC所受安培力大小为F安＝BIL＝1×I×0.1 N＝0.2 N，从而解得I＝2 A。
4．酒精测试仪用于机动车驾驶人员是否酗酒及其他严禁酒后作业人员的现场检测。它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器，酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，电压表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系，如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是(　　)
A．U越大，表示c越大，c与U成正比
B．U越大，表示c越大，但是c与U不成正比
C．U越大，表示c越小，c与U成反比
D．U越大，表示c越小，但是c与U不成反比
答案　B
解析　题目给出了传感器电阻r′的倒数与浓度c是正比关系，即＝kc，电压表示数U＝＝＝，可以看出，U与c的关系不是正比关系，但U随c增大而增大，B选项正确。
5．有一种在光照或温度升高时排气扇都能启动的自动控制装置，下列说法正确的是(　　)
A．两个传感器都是光电传感器
B．两个传感器分别是光电传感器和温度传感器
C．两个传感器可能分别是温度传感器、电容式传感器
D．只有光照和温度都适合时排气扇才能工作
答案　B
解析　题中提到有光照或温度升高时排气扇都能自动控制，由此可见两个传感器一个是光电传感器，一个是温度传感器，而且排气扇自动工作只需光照和温度一个满足条件即可，A、C、D错误，B正确。
6.如图所示，用光敏电阻LDR和灯泡制成的一种简易水污染指示器，下列说法中正确的是(　　)
A．严重污染时，LDR是高电阻
B．轻度污染时，LDR是高电阻
C．无论污染程度如何，LDR的电阻不变，阻值大小由材料本身因素决定
D．该仪器不会受到白天光照的影响
答案　A
解析　严重污染时，透过污水照到LDR上的光线较少，LDR电阻较大，A对，B错；LDR由半导体材料制成，受光照影响电阻会发生变化，C错；白天自然光强度较强，会对LDR造成影响，D错。
7．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。这是一种以钛酸钡为主要材料的热敏电阻器，电流流过PTC元件，元件发热，它的电阻率随温度升高而发生显著变化，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(　　)
①电冰箱的电动机启动时比正常工作时耗电少　②电冰箱的电动机正常工作时比启动时耗电少　③电冰箱启动后，启动绕组功率不变，运行绕组功率是变化的　④电冰箱启动后，启动绕组功率是变化的，运行绕组功率不变
A．①③　　　　　　 B．②④
C．①④ D．②③
答案　B
解析　启动时，由于PTC元件温度低电阻小，故耗电多，②正确。启动后，随PTC元件温度升高，PTC元件电阻增大，通过启动绕组的电流减小，故启动绕组功率是变化的，而运行绕组电压不变，故功率不变，则④正确。故选B。
8．(多选)为锻炼身体，小明利用所学物理知识设计了一个电子拉力计，如图所示是原理图。轻质弹簧右端和金属滑片P固定在一起(弹簧的电阻不计，P与R1间的摩擦不计)，弹簧劲度系数为100 N/cm。定值电阻R0＝5 Ω，ab是一根长为5 cm的均匀电阻丝，阻值R1＝25 Ω，电源输出电压恒为U＝3 V，理想电流表的量程为0～0.6 A。当拉环不受力时，滑片P处于a端。下列关于这个电路的说法正确的是(不计电源内阻)(　　)
A．小明在电路中连入R0的目的是保护电路
B．当拉环不受力时，闭合开关后电流表的读数为0.1 A
C．拉力为400 N时，电流表指针指在0.3 A处
D．当拉力为400 N时，电流表指针指在0.5 A处
答案　ABC
解析　若电路无电阻R0，且金属滑片P在b端时，回路短路损坏电源，R0的存在使电路不出现短路，因此A正确。当拉环不受力时，滑片P在a端，由欧姆定律得，I＝＝0.1 A，故B正确。拉力为400 N时，由F＝kΔx，则Δx＝4 cm，对应的电阻为RaP＝20 Ω，R1接入电路的电阻RPb＝5 Ω，由闭合电路欧姆定律得，I＝＝0.3 A，故D错，C正确。
9．为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计。该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是(　　)
A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高
C．污水中离子浓度越高电压表的示数将越大
D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关
答案　D
解析　由左手定则可以判断出正离子较多时，正离子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转聚集而导致后表面电势升高，同理负离子较多时，负离子向前表面偏转聚集而导致前表面电势低，故A、B错误。设前、后表面间的最高电压为U，则＝qvB，所以U＝vBb，由此可知U与离子浓度无关，故C错，因Q＝vbc，而U＝vBb，所以Q＝Uc/B，D正确。
10．(多选)[2015·北京海淀高三期末]某同学设计了一个探究电容器所带电荷量与电容器两极间电压关系的实验，实验电路如图甲所示，其中P为电流传感器，V为电阻很大的电压表。实验时，先将开关S1闭合，单刀双掷开关S2掷向a，调节滑动变阻器的滑动头到某位置使电容器C充电，当电路达到稳定后记录理想电压表的示数。再迅速将开关S2掷向b，使电容器放电。电流传感器P将电容器充、放电过程中的电流数据传送给计算机，在计算机上可显示出电流i随时间t变化的图象如图乙所示。然后改变滑动变阻器滑动头的位置，重复上述步骤，记录多组电流随时间变化的图象和电压表的示数。对于这个实验过程和由图象及数据所得出的结果，下列说法中正确的是(　　)
A．流过电流传感器P的充电电流和放电电流方向相同
B．图乙中的第①段(充电阶段)电流曲线与横轴所围图形的面积表示电容器充电结束时所带的电荷量
C．电容器充电结束时所带电荷量随电容器充电结束时两极间电压变化的关系图象应为一条过原点的倾斜直线
D．电容器充电结束时所带电荷量与滑动变阻器滑动头的位置无关
答案　BC
解析　流过电流传感器P的充电电流和放电电流方向相反，选项A错误；图乙中的第①段(充电阶段)电流曲线与横轴所围图形的面积表示电容器充电结束时所带的电荷量，选项B正确；由C＝可知，电容器充电结束时所带电荷量随电容器充电结束时两极间电压变化的关系图象应为一条过原点的倾斜直线，选项C正确；电容器充电结束时所带电荷量与滑动变阻器滑动头的位置有关，选项D错误。
11．氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测。它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化，在如图甲所示的电路中，不同的一氧化碳浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与一氧化碳浓度有了对应关系，观察仪表指针就能判断一氧化碳浓度是否超标。有一种氧化锡传感器，其技术资料中给出的是电导(即电阻的倒数)—CO浓度曲线如图乙所示，请判断，电压表示数U0与一氧化碳浓度C之间的对应关系正确的是图中的(　　)
答案　B
解析　当一氧化碳浓度增大时，传感器的电导增大，电阻R传减小，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流I＝增大，电压表的示数U0＝IR0＝增大，故选项C、D错误。由题图乙知，传感器的电导与浓度成正比，传感器的电阻R传与浓度成反比，但电压表的示数U0与传感器的电阻R传并不成正比关系，所以，电压表示数U0与一氧化碳浓度之间的关系图线并不是直线，选项A错误，选项B正确。
12．为了保证汽车刹车时车轮不被抱死，使车轮仍有一定的滚动而不是纯滑动，这样既可以提高刹车效果，又不使车轮失去控制，为此需要一种测定车轮是否还在转动的装置，这种检测装置称为电磁脉冲传感器，如果该装置检测出车轮不再转动，它就会自动放松刹车机构，让车轮仍保持转动状态，这就是ABS防抱死系统。如图是电磁脉冲传感器示意图，B是一根永久磁体，外面绕有线圈，它们的左端靠近一个铁质齿轮A，齿轮与转动的车轮是同步的，则以下说法正确的是(　　)
A．车轮转动时，由于齿轮在永久磁体的磁场中切割磁感线，产生感应电流
B．车轮转动时，由于齿轮被磁化使线圈中的磁场发生变化，产生感应电流
C．车轮转速减慢时，输出电流的周期变小，电流强度也变小
D．车轮转速减慢时，输出电流的周期变大，电流强度也变大
答案　B
解析　此传感器是利用线圈中磁通量的变化产生感应电流的原理来实现检测的。当车轮转动时，带动齿轮转动，相当于将铁块插入和拔出线圈，从而使线圈中磁通量发生变化而产生感应电流，故选项A错误，B正确；当车轮转速减慢时，线圈中磁通量的变化减慢，产生的感应电流的周期变大，由E＝n可知，电流强度变小，故选项C、D错误。
二、填空题(本题共3小题，13题6分，14题9分，15题12分，共27分)
13．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？
________________________________________________________________________
答案　a、b之间　e、f之间
解析　P、Q应该分别接在触头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之间断开，加热装置停止加热；当水温降低到一定程度时，热敏电阻阻值增大，电磁铁中电流减小，吸引力减小，衔铁被弹簧拉上去，使a、b之间连接，加热装置开始加热，从而实现水温控制。
14．利用DIS(数字化信息处理系统)探究手摇发电机(如图所示)的线圈产生的交变电流。
实验步骤为：
①将电压传感器接入数据采集器；
②电压传感器的测量夹与发电机的输出端并联；
③点击“数据采集设置”设定“采样点时间间隔”；
④缓慢摇动发电机模型的手柄，观察工作界面上的信号。
(1)屏上出现的电压波形如图所示，从图中可以看出，手摇发电机产生的电压波形不是正弦波，其中原因是____________________________。(写出一条即可)
(2)研究交变电流的波形，发现在用手摇动发电机转把的2 min内屏上出现了61个向上的“尖峰”，则交变电流的平均周期为T＝________s；如果发电机手摇大轮的半径是转子小轮半径的2倍，则手摇轮转动的平均角速度ω＝________rad/s。
答案　(1)转子不是在均匀磁场中转动；或手转动发电机的转速不均匀　(2)2　0.5π
解析　(1)只有线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电流才是标准的正弦式电流，手摇发电机的磁场是由条形磁铁产生的，所以不是匀强磁场；由于是手摇转动，转速难以保证恒定。
(2)屏上每出现一次尖峰，就代表经过了一个周期，2分钟内屏上出现了61个向上的尖峰，表明周期T＝ s＝2 s，大轮角速度等于小轮角速度的一半，所以大轮角速度ω＝×＝0.5π rad/s。
15.如图所示，一热敏电阻RT放在控温容器M内；?为毫安表，量程6 mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3 V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9 Ω；S为开关。已知RT在95 ℃时的阻值为150 Ω，在20 ℃时的阻值约为550 Ω。现要求在降温过程中测量在95～20 ℃之间的多个温度下RT的阻值。
(1)在图中画出连线，完成实验原理电路图。
(2)完成下列实验步骤中的填空：
①依照实验原理电路图连线。
②调节控温容器M内的温度，使得RT的温度为95 ℃。
③将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全。
④闭合开关，调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录________。
⑤将RT的温度降为T1(20 ℃＜T1＜95 ℃)；调节电阻箱，使得电流表的读数________，记录______________________________。
⑥温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1＝________。
⑦逐步降低T1的数值，直至20 ℃为止；在每一温度下重复步骤⑤⑥。
答案　(1)实验原理电路图如图所示
(2)④电阻箱的读数R0　⑤仍为I0　电阻箱的读数R1　⑥R0－R1＋150 Ω
解析　由于本实验只有一只可以测量和观察的直流电流表，所以应该用“替代法”，考虑到用电流表观察，则应保证电路中电阻不变，因此将热敏电阻、电阻箱和电流表串联形成测量电路。由于热敏电阻RT的阻值在95 ℃和20 ℃时是已知的，如果热敏电阻的初始温度为95 ℃，则电流表示数不变时，电阻箱和热敏电阻的总阻值应保持为150 Ω和电阻箱的初值之和不变；如果热敏电阻的初始温度为20 ℃，则电流表示数不变时，电阻箱和热敏电阻的总阻值应保持为550 Ω和电阻箱的初值之和不变。因此可以测量任意温度下热敏电阻RT的阻值。
三、计算题(共35分。 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(11分)图甲是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来(如图乙所示)。
(1)若图乙中示波器显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为5.00×10－2 s，则圆盘的转速为多少？(保留3位有效数字)
(2)若测得圆盘直径为10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为多少？(保留3位有效数字)
答案　(1)4.55 r/s　(2)1.46 cm
解析　(1)由题图乙可知一个周期对应4.4大格，
所以 T＝4.4×5.00×10－2 s＝0.22 s
故转速n＝≈4.55 r/s。
(2)由题图乙可知反光时间
t＝0.2×5.00×10－2 s＝1.00×10－2 s
由l＝·t可得涂层长度
l＝×1.00×10－2 cm≈1.46 cm。
17．(12分)将金属块m用压缩的轻质弹簧卡在一个矩形箱中，如图所示。在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动，当箱以a＝2.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的压力传感器显示的压力为6.0 N，下底板的压力传感器显示的压力为10.0 N。(g取10 m/s2)
(1)若上顶板压力传感器的示数是下底板压力传感器示数的一半，试判断箱的运动情况。
(2)要使上顶板压力传感器的示数为0，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？
答案　见解析
解析　(1)选金属块为研究对象，当金属块以a＝2 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，受力分析如图所示，受三个力作用，上顶板的压力FN＝6.0 N，弹簧的弹力F＝10.0 N和重力mg，加速度为a，方向向下。据牛顿第二定律列方程mg＋FN－F＝ma。求得金属块的质量m＝0.5 kg。当上顶板压力传感器的示数是下底板压力传感器示数的一半时，设弹簧的弹力仍是F，则上顶板压力为。设箱和金属块的加速度为a1，有mg＋－F＝ma1，解得a1＝0，表明箱处于静止状态或匀速直线运动状态。
(2)当上顶板的压力恰好等于0时，有mg－F＝ma2。
解得a2＝－10.0 m/s2，“－”号表示加速度方向向上。
若箱和金属块竖直向上的加速度大于10 m/s2，弹簧将被进一步压缩，金属块要离开上顶板，上顶板压力传感器的示数也为0。只要竖直向上的加速度大于或等于10 m/s2，不论箱是向上加速运动还是向下减速运动，上顶板压力传感器的示数都为0。
18.(12分)利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图，将一金属或半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流I时，另外两侧c、f间产生电势差，这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，于是c、f间建立起电场EH，同时产生霍尔电势差UH。当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时，EH和UH达到稳定值，UH的大小与I和B以及霍尔元件厚度d之间满足关系式UH＝RH，其中比例系数RH称为霍尔系数，仅与材料性质有关。
(1)设半导体薄片的宽度(c、f间距)为l，请写出UH和EH的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图中c、f哪端的电势高。
(2)已知半导体薄片内单位体积中导电的电子数为n，电子的电荷量为e，请导出霍尔系数RH的表达式。(通过横截面积S的电流I＝nevS，其中v是导电电子定向移动的平均速率)
答案　(1)UH＝EHl；c端电势高
(2)RH＝
解析　(1)UH＝EHl；c端电势高。
(2)由UH＝RH
得RH＝UH＝EHl
当电场力与洛伦兹力相等时eEH＝evB
得EH＝vB
又I＝nevS
得RH＝vBl＝vl＝＝。