第1章 电磁感应
章末检测卷
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是 ( )
A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无
B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表无示数，则判断月球表面无磁场
C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表有示数，则可判断月球表面有磁场
D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿两个互相垂直的方向运动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零
答案 C
解析 电流表有示数时可判断有磁场存在，沿某方向运动而无示数不能确定磁场是否存在，只有C正确．
2．如图1，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若( )
图1
A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
答案 D
解析 根据楞次定律，当金属环上、下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属环向左移动时，则穿过环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律和安培定则可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属环向右移动时，则穿过环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律和安培定则可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确．
3.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2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 ( )
图2
A．圆环中产生逆时针方向的感应电流
B．圆环具有收缩的趋势
C．圆环中感应电流的大小为||
D．图中a、b两点间的电势差大小为Uab＝|πkr2|
答案 D
解析 由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，故A、B错误；圆环中产生的感应电动势为E＝＝S＝|πr2k|，圆环的电阻为R＝ρ＝，所以圆环中感应电流的大小为I＝＝||，故C错误；图中a、b两点间的电势差Uab＝I×R＝|πkr2|，故D正确．
4.如图3所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中 ( )
图3
A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B．导线框内的磁通量为零时，感应电流也为零
C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上
D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
答案 A
解析 根据安培定则可知导线上方的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误．根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．
5．如图4所示，螺线管匝数n＝1000匝，横截面积S＝10cm2，螺线管导线电阻r＝1Ω，电阻R＝9Ω，磁感应强度B的B－t图象如图所示(以向右为正方向)，则( )
图4
A．感应电动势为0.6V
B．感应电流为0.06V
C．电阻R两端的电压为0.54V
D．0～1s内感应电流的方向为从C点通过R流向A点
答案 D
解析 由图象可知＝6T/s，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为E＝n＝nS＝1000×6×10×10－4V＝6V，故选项A错误；感应电流为I＝＝A＝0.6A，故选项B错误；电阻R两端的电压为U＝IR＝0.6×9V＝5.4V，故选项C错误；0～1s通过螺线管的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为从C点通过R流向A点，故选项D正确．
6．匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图5甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，t＝0时刻磁场的方向垂直纸面向里，如图乙所示，令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示感应电流为I1、I2、I3时金属圆环上很小一段受到的安培力，则( )
图5
A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向
C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心
D．F2方向背离圆心向外，F3方向背离圆心向外
答案 A
解析 根据楞次定律“增反减同”的规律可推知A正确，B错误；由“增缩减扩”的规律可知，F1与F3的方向指向圆心，F2方向背离圆心向外，故C、D错误．
7．在边长为L的等边三角形区域abc内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一个边长也为L的等边三角形导线框def在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef始终与磁场的底边界bc在同一直线上，如图6所示．取沿顺时针的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流随时间变化的图象是( )
图6
答案 B
解析 线框进入磁场后，切割的有效长度为：l＝vttan60°，产生的感应电动势为：E＝Blv＝Bv2ttan60°，所以感应电流为：I＝，从开始进入磁场到d与a重合之前，电流与t是成正比的，由楞次定律判得线框中的电流方向是顺时针的，此后线框切割的有效长度均匀减小，电流随时间变化仍然是线性关系，由楞次定律判得线框中的电流方向是逆时针的，综合以上分析可知B正确，A、C、D错误．
8．如图7所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则 ( )
图7
A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮
B．闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮
C．稳定后，L和R两端的电势差一定相同
D．稳定后，A1和A2两端的电势差不相同
答案 C
解析 断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)
9.如图8所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是( )
图8
A．2是磁铁，1中产生涡流
B．1是磁铁，2中产生涡流
C．该装置的作用是使指针能够转动
D．该装置的作用是使指针能很快地稳定下来
答案 AD
解析 当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动．总之，不管1向哪个方向转动，2对1的效果总是起到阻尼作用，所以它能使指针很快地稳定下来．
10.如图9所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )
图9
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 由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据E＝BLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D正确．
11.如图10所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场( )
图10
A．逐渐增强，方向向外
B．逐渐增强，方向向里
C．逐渐减弱，方向向外
D．逐渐减弱，方向向里
答案 CD
解析 对于导线回路来说，圆形面积最大，即由于磁场变化，导致导线回路面积变大，根据楞次定律“增缩减扩”，可判断磁场在减弱，可能是方向垂直软导线回路平面向外的磁场逐渐减弱，也可能是方向垂直软导线回路平面向里的磁场逐渐减弱，选项C、D对．
12.如图11所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是 ( )
图11
A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量
B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
C．电流所做的功一定等于重力势能的增加量
D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量
答案 BD
解析 当外力F拉着金属杆匀速上升时，拉力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，选项A、C错误，D正确．克服安培力做多少功，电阻R上就产生多少热量，选项B正确．
三、实验题(本题共2小题，共10分)
13．(4分)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图12所示．已知线圈由a端开始绕至b端：当电流从电流计G的左端流入时，指针向左偏转．
图12
(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”)．
(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时，发现电流计的指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”)．
答案 (1)顺时针 (2)逆时针
解析 (1)由题可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈)．
(2)由题意可知在线圈L内电流从a流向b，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向与(1)问相同，而电流的流向与(1)问相反，因此线圈绕向一定与(1)问相反，为逆时针方向(俯视线圈)．
14．(6分)如图13所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．
图13
(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转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
A．将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________．
B．线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．
答案 (1)见解析图 (2)向右偏转一下 向左偏转一下
解析 (1)如图所示
(2)根据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则A.向右偏转一下；B.向左偏转一下．
四、计算题(本题共3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)
15．(10分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图14所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10m/s2)
图14 图15
(1)为使“电磁天平”的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω.不接外电流，两臂平衡．如图15所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m．当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.
答案 (1)25匝 (2)0.1T/s
解析 (1)“电磁天平”中的线圈受到安培力，
I＝2.0A时线圈的匝数最少
F＝N1B0IL
由天平平衡可知：mg＝N1B0IL
代入数据解得：N1＝25匝．
(2)由法拉第电磁感应定律得：E＝N2＝N2Ld
由欧姆定律得：I′＝
线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L
由天平平衡可得：m′g＝F′
联立各式，代入数据可得＝0.1T/s.
16．(13分)如图16所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
图16
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值．
答案 (1)Blt0(－μg) (2)
解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma ①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0 ②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为
E＝Blv ③
联立①②③式可得
E＝Blt0(－μg) ④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝ ⑤
式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为
F安＝BlI ⑥
因金属杆做匀速运动，有
F－μmg－F安＝0 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝.
17．(15分)如图17甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距L＝0.8m，下端接有阻值R＝3Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．一质量m＝0.1kg、阻值r＝0.15Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0.9kg的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM方向．棒由静止释放后，沿NM方向位移s与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线．已知棒在0～0.3s内通过的电荷量是0.3～0.4s内通过电荷量的2倍，取g＝10m/s2，求：
图17
(1)0～0.3s内棒通过的位移s1的大小；
(2)电阻R在0～0.4s内产生的热量Q1.
答案 (1)0.6m (2)3J
解析 (1)棒在0～0.3s内通过的电荷量q1＝Δt1
平均感应电流＝
回路中平均感应电动势＝
得q1＝
同理，棒在0.3～0.4s内通过的电荷量
q2＝
由图乙读出0.4s时刻位移大小s2＝0.9m
又q1＝2q2
解得s1＝0.6m.
(2)由题图乙知棒在0.3～0.4s内做匀速直线运动，棒的速度大小v＝m/s＝3 m/s
对系统，根据能量守恒定律
Q＝Mgs2－mgs2sinθ－(M＋m)v2
代入数据解得Q＝3.15J
根据焦耳定律有＝
代入数据解得Q1＝3J.
第二章 交变电流
章末检测卷
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．如图1所示，矩形线圈abcd放在匀强磁场中，ad＝bc＝l1，ab＝cd＝l2.从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴匀速转动，则( )
图1
A．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsinωt
B．以O1O1′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsinωt
C．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωcosωt
D．以OO′为转轴和以ab为转轴一样，感应电动势e＝Bl1l2ωsinωt
答案 C
解析 以O1O1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流．无论是以OO′为轴还是以ab为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl1l2ω.由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故C正确．
2．中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( )
A.B.C．2PD．4P
答案 A
解析 在超高压输电中，设输送电功率为P′，输电电压为U，输电线总电阻为R，则输电线上损耗的电功率为P＝2R，当输电电压升为原来的2倍时，输电线上损耗的电功率变为原来的，故选A.
3．一交流发电机，当转速为n1时，其交变电动势e＝220sin (100πt) V，现有如下的说法，其中正确的是 ( )
A．在t＝0时，线圈中的磁通量为0
B．该交流发电机线圈的转速为50r/s
C．若加在标有“220V 100W”的灯泡的两端，灯泡能正常发光
D．若线圈的转速加倍，则交变电压的最大值、有效值增大一倍而频率不变
答案 B
解析 因为交变电流的瞬时值表达式为e＝Emsinωt，其中Em＝nBSω表示最大值，ω＝2πf.当转速用r/s作为单位时，转速与频率的数值相等．最大值为有效值的倍，则该电动势的最大值为220 V，而灯泡的标注值是有效值，所以选项C、D错误，选项B正确．当t＝0时，e＝0，此时线圈处于中性面的位置，磁通量最大，因此选项A错误．
4.如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入一只“220V 60W”的灯泡，且灯泡正常发光，则 ( )
图2
A．电流表的示数为A
B．电源输出功率为1200W
C．电流表的示数为A
D．原线圈两端电压为11V
答案 C
解析 副线圈电压U2＝220 V，电流I2＝＝ A，则原线圈两端电压U1＝＝4 400 V，电流I1＝＝ A，所以电流表的示数为 A，选项A、D错误，C正确．电源输出功率等于灯泡消耗的功率，为60 W，选项B错误．
5.如图3所示，线框匝数为N，面积为S，以角速度ω绕垂直磁感应强度为B的匀强磁场的轴匀速转动．线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表和二极管D.二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是( )
图3
A．图示位置电流最大
B．R两端电压的有效值U＝NBS
C．交流电流表的示数I＝NBS
D．一个周期内通过R的电荷量q＝
答案 C
解析 由题图可知，图示位置通过R的电流为零，R两端的电压随时间的变化规律如图所示．
设电压的有效值为U，在一个周期内有：·＝T，解得：U＝NBSω，电流的有效值I＝＝，在一个周期内，只有半个周期的时间有电流通过R，故：q＝N＝.故选C.
6．一含有理想变压器的电路如图4所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为( )
图4
A．2B．3C．4D．5
答案 B
解析 开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I2＝，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)＝，由＝可得原线圈两端的电压U1＝5I2，则U＝U1＋IR1＝5I2＋3I；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I2′＝，副线圈的输出电压U2′＝I2′R2＝，由＝可得原线圈两端的电压U1′＝4I2，则U＝U1′＋4IR1＝4I2＋12I，联立解得＝3，选项B正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)
7．我国“西电东送”采用高压直流输电，继三峡至常州500kV直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500kV直流输电工程．这种输电方式是在高压交流远距离输电的基础上，增加了把交流变为直流的“整流”设备，用户端用专用的“逆变”设备把直流变为交流．关于高压远距离直流输电，下列说法正确的有( )
A．“整流”设备应放在升压变压器后，而“逆变”设备放在降压变压器前
B．有利于消除输电线路中感抗和容抗的影响
C．可以实现不同频率的交流电网络之间的电力传输
D．高压远距离直流输电对输电线路绝缘性能无要求
答案 ABC
8.如图5所示的电路，一灯泡和一可变电容器串联，下列说法正确的是( )
图5
A．a、b端接稳恒直流电，灯泡发亮
B．a、b端接交变电流，灯泡发亮
C．a、b端接交变电流，灯泡发亮，且将电容器电容增大时，灯泡亮度增大
D．a、b端接交变电流，灯泡发亮，在不改变交变电流有效值的情况下增大其频率，灯泡亮度增大
答案 BCD
解析 电容器有“通交流，隔直流，通高频，阻低频”的特点，B、D项正确，A错误；增大电容器的电容，电容的阻碍作用减小，电流增大，灯泡的亮度增大，C项正确．
9．如图6甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5A的保险丝L，原线圈匝数n1＝600匝，副线圈匝数n2＝120匝．当原线圈接在如图乙所示的交变电源上时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接 ( )
图6
A．阻值为14.4Ω的电阻
B．并联两盏“36V 40W”的灯泡
C．工作频率为10Hz的电视
D．耐压值为36V的电容器
答案 AB
解析 理想变压器可以变压、变流，但不可以改变功率和频率；由题图乙可知，原线圈中交变电源的周期为0.02 s，频率为50 Hz，则副线圈得到的交变电流的频率也为50 Hz，故接入工作频率为10 Hz的电视不能正常工作，C错误；由题图乙可知，原线圈所接电源电压的有效值为180 V，由理想变压器特点可知，变压比等于匝数比，则U2＝×180 V，得U2＝36 V，两灯泡接入电路时，原线圈中的电流I1＝ A≈0.44 A＜0.5 A，B正确；副线圈两端电压的有效值为36 V，但其最大值大于电容器的耐压值，故D错误；由理想变压器特点可知，原、副线圈消耗的功率相等，则＝180 V×0.5 A，解得R＝14.4 Ω，A正确．
10．如图7甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是( )
图7
A．输入电压u的表达式u＝20sin (100πt) V
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W
答案 AD
解析 由题图乙可知，Um＝20V，T＝0.02s，则ω＝＝100πrad/s，输入电压u＝20sin (100πt) V，故A正确；由变压器的变压规律知：＝，故U2＝＝V＝4V，将S1接1、S2闭合时，灯泡L2正常发光可得，灯泡L2的额定电压为4V，当只断开S2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L1、L2串联，故L1、L2均不能正常发光，B错误；此时P出＝，副线圈负载R总增大，故P出减小，又P入＝P出，故原线圈的输入功率减小，C错误；当S1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R，故P＝＝W＝0.8W，D正确．
三、填空题(本题共2小题，共10分)
11.(4分)一交流电压随时间变化的图象如图8所示，则此交流电的频率是________Hz，若将该电压加在10μF的电容器上，则电容器的耐压值应不小于________V；若将该电压加在一阻值为1kΩ的纯电阻用电器上，用电器恰能正常工作，为避免意外事故的发生，电路中保险丝的熔断电流不能低于________A.
图8
答案 50 200
解析 由题图知T＝0.02 s，Um＝200 V而f＝
所以f＝50 Hz，电容器耐压值应不小于200 V，
I＝·＝ A.
因为保险丝熔断电流指有效值，所以电路中保险丝熔断电流不能低于 A.
12．(6分)利用DIS(数字化信息处理系统)探究手摇发电机(如图9所示)的线圈产生的交变电流．
图9
实验步骤如下：
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缓慢摇动发电机的手柄，观察工作界面上的信号．
图10
(1)屏上出现的电压波形如图10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，其原因可能是________________________(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手柄的2min内屏上出现了61个向上的“尖峰”，则交变电流的平均周期为____________．如果发电机手摇大轮的半径是转子小轮半径的2倍，则手摇大轮转动的平均角速度为__________．
答案 (1)转子不是在匀强磁场中转动(或用手摇动发电机的转速不均匀)
(2)2s 0.5πrad/s
解析 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．屏上每出现一次向上的尖峰，就代表经过了一个周期，2min内屏上出现了61个向上的尖峰，表明周期T＝s＝2s，大轮的角速度等于小轮的角速度的一半，所以大轮的角速度ω＝·＝0.5πrad/s.
四、计算题(本题共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)
13．(10分)如图11甲所示，固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一个小灯泡，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＝1Ω，所围成的矩形的面积S＝0.04m2，小灯泡的电阻R＝9Ω，磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBmScos，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：
图11
(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；
(2)小灯泡消耗的电功率；
(3)在0～时间内，通过小灯泡的电荷量．
答案 (1)8V (2)2.88W (3)4.0×10－3C
解析 (1)由图乙知，线圈中产生的交变电流的周期T＝3.14×10－2s，所以Em＝nBmSω＝＝8V.
(2)电流的最大值Im＝＝0.8A，有效值I＝＝A，小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88W.
(3)在0～时间内，电动势的平均值＝，平均电流＝＝，
通过小灯泡的电荷量
q＝Δt＝＝4.0×10－3C.
14.(10分)如图12所示，理想变压器原线圈中输入电压U1＝3300V，副线圈两端电压为U2＝220V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U＝2V．求：
图12
(1)原线圈n1等于多少匝？
(2)当开关S断开时，电流表A2的示数I2＝5A．则电流表A1的示数I1为多少？
(3)在(2)中情况下，当开关S闭合时，电流表A1的示数I1′等于多少？
答案 (1)1650匝 (2)A (3)A
解析 (1)由电压与变压器匝数的关系可得：
＝＝U，则n1＝1650匝．
(2)当开关S断开时，有：U1I1＝U2I2，I1＝＝A
(3)当开关S断开时，有：R1＝＝44Ω.当开关S闭合时，设副线圈总电阻为R′，有R′＝＝22Ω，副线圈中的总电流为I2′＝＝10A．由U1I1′＝U2I2′可知，I1′＝＝A.
15．(12分)如图13所示，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5T，匝数为n＝50匝的矩形线圈，绕垂直于匀强磁场的转轴OO′匀速转动，每匝线圈长为L＝25cm，宽为d＝20cm.线圈每分钟转动1500转，在匀速转动过程中，从线圈平面经过图示位置时开始计时．
图13
(1)写出感应电动势e的瞬时值表达式；
(2)若每匝线圈本身电阻r＝0.02Ω，外接一阻值为13Ω的用电器，使线圈与外电路组成闭合电路，写出感应电流i的瞬时值表达式；
(3)若从线圈平面垂直于磁感线的位置开始计时，感应电动势e′和感应电流i′的瞬时值表达式如何？
(4)画出(1)(2)中的e－t、i－t图象．
答案 见解析
解析 (1)线圈匝数n＝50，磁场的磁感应强度B＝0.5 T，线圈转动的角速度ω＝2πf＝2π× rad/s＝50π rad/s，线圈的面积S＝Ld＝0.05 m2
所以Em＝nBSω＝50×0.5×0.05×50π V≈196 V
从图示位置计时，有e＝Emcosωt＝196cos (50πt) V.
(2)若r＝0.02 Ω，则r′＝50r＝0.02×50 Ω＝1 Ω
R总＝R＋r′＝13 Ω＋1 Ω＝14 Ω
Im＝＝ A＝14 A
所以i＝Imcosωt＝14cos (50πt) A
(3)若从线圈平面与磁感线垂直的位置开始计时，即从中性面开始计时，感应电动势和感应电流的瞬时值表达式分别为e′＝196sin (50πt) V，i′＝14sin (50πt) A.
(4)因为ω＝50π rad/s，所以T＝＝0.04 s，Em＝196 V，Im＝14 A．(1)(2)中的e－t、i－t图象分别如图甲、乙所示．
16．(14分)一台小型发电机的最大输出功率为100kW，输出电压恒为500V，用电阻率为1.8×10－8Ω·m，横截面积为10－5m2的输电线向4×103m远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不得超过发电机总功率的4%，求：
甲 乙
(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？
(2)如果用户用电器的额定电压为220V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？
(3)想一想，当深夜接入电路的用电器减少时，用电器两端的电压是大于、小于还是等于220V？若用电器电路中电流为100A，求此时用电器两端的电压数值．
答案 (1)1∶12 (2)288∶11 (3)大于220V 227V
解析 (1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为r＝ρ＝1.8×10－8× Ω＝14.4 Ω
由题意知P损＝P×4%＝()2r
代入数据得U2＝6 000 V
升压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝.
(2)I2＝＝ A＝ A
U损＝I2·r＝×14.4 V＝240 V
而U3＝U2－U损＝6 000 V－240 V＝5 760 V
＝＝＝
降压变压器原、副线圈匝数比为288∶11.
(3)用电器总数减少时，用电器两端电压将增大
由题知I4′＝100 A则由＝＝
所以I3′＝
U损′＝I3′·r＝×14.4 V＝55 V
而U1、U2不变
U3′＝U2－U损′＝(6 000－55) V＝5 945 V
＝，
U4′＝U3′＝×5 945 V≈227 V.
第3章 传感器
章末检测卷
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．有一些星级宾馆的洗手间装有自动干手机，洗手后将湿手靠近，机内的传感器就开通电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干，手靠近干手机能使传感器工作，是因为( )
A．改变湿度 B．改变温度
C．改变磁场 D．改变电容
答案 D
解析 根据自动干手机工作的特征，手靠近干手机时电热器工作，手撤离后电热器停止工作，人是一种导体，可以与其他导体构成电容器．手靠近时相当于连接一个电容器，可以确定干手机内设有电容式传感器，由于手的靠近改变了电容大小，故D正确．
2．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或温度一个条件满足即可，A、C、D错，B对．
3．用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程．下列属于这类传感器的是 ( )
A．红外报警装置
B．走廊照明灯的声控开关
C．自动洗衣机中的压力传感装置
D．电饭煲中控制加热和保温的温控器
答案 A
4．如图1所示是某种汽车上的一种自动测定油箱内油面高度的装置．R是滑动变阻器，它的金属滑片是杠杆的一端，从油量表(由电流表改装而成)指针所指的刻度，就可以知道油箱内油面的高度，当滑动变阻器的金属滑片向下移动时，则( )
图1
A．电路中的电流减小，油箱油面降低
B．电路中的电流减小，油箱油面升高
C．电路中的电流增大，油箱油面降低
D．电路中的电流增大，油箱油面升高
答案 D
解析 当油箱油面升高时，由于浮力作用使金属滑片向下移动，回路电阻减小，电流增大，故D项正确．
5．某仪器内部电路如图2所示，其中M是一个质量较大的金属块，左、右两端分别与金属丝制作的弹簧相连，并套在光滑水平细杆上，a、b、c三块金属片的间隙很小(b固定在金属块上)．当金属块处于平衡时两根弹簧均处于原长状态．若将该仪器固定在一辆汽车上，则下列说法正确的是 ( )
图2
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 向右加速时，M向左移动，b与a接触，乙灯亮；当刹车时，M向右移动，b与c接触，甲灯亮．故选项B正确．
6．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3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，电压表的指针位置就与一氧化碳浓度有了对应关系，观察电压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．在下列表示一氧化碳浓度c与电压表示数U0之间关系的图象中正确的是( )
图3
答案 A
解析 U0＝IR0＝，一氧化碳浓度c增大，电导增大，电阻R传减小，U0增大，但不是正比关系．选项A正确，B、C、D错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分，每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)
7．下列说法正确的是( )
A．热敏电阻是把热量这个热学量转换为电阻这个电学量的元件
B．热敏电阻的化学稳定性好，但灵敏度差
C．电熨斗中的双金属片是温度传感器
D．光敏电阻是能够把光照强弱转换为电阻大小的传感元件
答案 CD
8．电容式话筒的保真度比动圈式话筒好，其工作原理如图4所示．Q是绝缘支架，薄金属膜M和固定电极N形成一个电容器，被直流电源充电．当声波使膜片振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流．当膜片向右运动的过程中，有( )
图4
A．电容变大
B．电容变小
C．导线AB中有向左的电流
D．导线AB中有向右的电流
答案 AC
9.如图5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，RG为光敏电阻，闭合开关后，小灯泡L正常发光，由于环境改变(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( )
图5
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
10．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图6甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0.某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程( )
图6
A．物体处于失重状态
B．物体处于超重状态
C．升降机一定向上做匀加速运动
D．升降机可能向下做匀减速运动
答案 BD
解析 电流表的示数变为2I0且保持不变，说明压敏电阻的阻值比升降机静止时小，压敏电阻所受压力变大，物体处于超重状态，即物体具有向上的加速度，B、D正确，A、C错误．
三、非选择题(本题共5小题，共56分．)
11．(8分)在家用电热灭蚊器中，电热部分主要元件是PTC元件，PTC元件是由钛酸钡等半导体材料制成的电阻器，其电阻率ρ随温度t的变化关系如图7所示，由于这种特性，PTC元件具有发热、保温双重功能．对此，以下判断正确的是________(填序号)．
图7
①通电后，其电功率先增大后减小 ②通电后，其电功率先减小后增大 ③当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1不变 ④当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1和t2之间的某一值不变
答案 ①④
解析 当温度由零升到t1的过程中，PTC的电阻率ρ随温度升高而减小，其电阻R随之减小，由于加在灭蚊器上的电压U保持不变，灭蚊器的热功率P随之增大，当t＝t1时，P＝P1达到最大．当温度继续升高，ρ增大，R增大，P减小；而温度越高，其与外界环境的温度差也就越大，电热灭蚊器的散热功率P′也就越大，因此在t1和t2之间的某一温度t3会有P＝P3＝P′，即电热功率P减小到等于散热功率时，即达到保温．当t112．(10分)(1)用如图8所示的传感器可以测运动物体的位移，说明它的工作原理是什么？
图8
(2)电子电路中常用到一种称为“干簧管”的元件，它的结构是玻璃管内封入的两个软磁性材料制成的簧片，如图9所示，它是传感器吗？
图9
答案 见解析
解析 (1)它可以将位移变化转化为电容信号，当物体向左运动时，电容增大；当物体向右运动时，电容减小．
(2)它是传感器，可以感知磁场．玻璃管内封入两个软磁性材料制成的簧片，当存在磁场时，如条形磁铁靠近，两个簧片被磁化而相互吸引接触，灯泡就发光，因此能感知磁场的存在．
13．(12分)为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统．光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)．某光敏电阻RG在不同照度下的阻值如表所示：
照度(lx)
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
电阻(kΩ)
75
40
28
23
20
18
(1)根据表中的数据，请在图10给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点；
图10
(2)如图11所示，当1、2两端所加电压上升至2V时，控制开关自动启动照明系统．请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0lx时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图．(不考虑控制开关对所设计电路的影响)
图11
提供的器材如下：
光敏电阻RG(符号，阻值见表)；
直流电源E(电动势3V，内阻不计)；
定值电阻：R1＝10kΩ，R2＝20kΩ，R3＝40kΩ(限选其中之一并在图中标出)；
开关S及导线若干．
答案 (1)如图甲所示 光敏电阻的阻值随光照度的增大而非线性减小 (2)如图乙所示
解析 (2)原理：利用串联电路的分压规律设计电路．当照度降低至1.0lx时，光敏电阻为RG＝20kΩ，由题中信息可知U12＝2V，E＝3V，＝，所以R＝10kΩ，定值电阻应选R1.
14．(14分)某种电饭锅的工作原理图如图12所示，煮饭时开关S是闭合的，红色指示灯亮；饭熟后(温度大约为103℃)保护开关S自动断开，黄灯亮．
图12
(1)电阻R1的作用是保护红色指示灯不致因电流过大而烧毁，与电饭锅发热板的等效电阻相比，二者大小应有什么关系？为什么？
(2)通常情况下用这种电饭锅烧水时，它的自动断电功能是否起作用？为什么？
答案 见解析
解析 (1)R1应该远大于发热板的等效电阻．因为R1红色指示灯只起指示作用，R1和红色指示灯消耗的电功率应远小于发热板的功率，两者又是并联接入电路的，电压相同，所以流过R1和红色指示灯的电流应远小于流过发热板的电流，因此R1应该远大于发热板的等效电阻．
(2)水沸腾时的温度为100 ℃，烧开时水温不会达到103 ℃，所以自动断电功能不起作用．
15．(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13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，超过某一温度时，又可以自动断电，画出电路图说明工作过程．
图13
答案 电路图如图所示 工作过程见解析
解析 工作过程：闭合S，当温度低于设定值时，热敏电阻阻值大，通过电磁继电器的电流不能吸下衔铁P，K接通，电炉丝加热．当温度达到设定值时，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，吸下衔铁P，使触点K断开，电炉丝断电，停止供热．当温度低于设定值时，又重复前述过程．
综合检测卷A
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em.下列说法中正确的是 ( )
A．当磁通量为零时，感应电动势为零
B．当磁通量减小时，感应电动势在减小
C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5Em
D．角速度ω等于
答案 D
解析 根据正弦式交变电流的产生及其变化规律(设从中性面开始)，e＝Emsin ωt＝BSωsin ωt＝Φmωsin ωt可知D是正确的．
2．如图1所示，线圈L的电感很大，电源内阻不可忽略，A、B是完全相同的两只灯泡，当开关S闭合时，下列判断正确的是 ( )
图1
A．A灯比B灯先亮，然后A灯熄灭
B．B灯比A灯先亮，然后B灯逐渐变暗
C．A灯与B灯一起亮，而后A灯熄灭
D．A灯与B灯一起亮，而后B灯熄灭
答案 B
3．如图2所示是一交变电流的i－t图象，则该交变电流的有效值为 ( )
图2
A．4A B．2A
C.A D.A
答案 D
解析 设该交变电流的有效值为I，由有效值的定义得()2Rt1＋IRt2＝I2RT，而T＝t1＋t2，代入数据解得I＝ A，故D正确．
4.如图3所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，金属圆环直径与磁场宽度相同．若圆环以一定的初速度沿垂直于磁场边界的水平虚线，从位置1到位置2匀速通过磁场，则在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速前进，以下说法正确的是( )
图3
A．金属圆环内感应电流方向先顺时针再逆时针
B．金属圆环内感应电流经历两次先增大后减小
C．水平拉力的方向先向右后向左
D．金属圆环受到的安培力的方向先向左后向右
答案 B
5．如图4甲所示，圆形线圈垂直放在匀强磁场里，第1s内磁场方向指向纸里．若磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙，那么，下面关于线圈中感应电流的说法正确的是( )
图4
A．在第1s内感应电流增大，电流的方向为逆时针
B．在第2s内感应电流大小不变，电流的方向为顺时针
C．在第3s内感应电流减小，电流的方向为顺时针
D．在第4s内感应电流大小不变，电流的方向为顺时针
答案 B
6．如图5所示，10匝矩形线框在磁感应强度B＝T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO′以角速度ω＝100rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为S＝0.3m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1(规格为“0.3W,30Ω”)和L2，开关闭合时两灯泡正常发光，且原线圈中电流表示数为0.04A，则下列判断不正确的是( )
图5
A．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为30cos (100t) V
B．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1
C．灯泡L2的额定功率为0.9W
D．若开关S断开，电流表的示数将增大
答案 D
解析 变压器的输入电压的最大值为Um＝nBSω＝10××0.3×100 V＝30 V；从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为u＝Umcos ωt＝30cos (100t) V，故A正确．变压器输入电压的有效值为U1＝＝30 V．开关闭合时两灯泡均正常发光，所以U2＝＝ V＝3 V，所以＝＝＝，故B正确．原线圈的输入功率为P1＝U1I1＝30×0.04 W＝1.2 W．由于原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，所以PL2＝P1－PL1＝1.2 W－0.3 W＝0.9 W，故C正确．若开关S断开，输出电压不变，输出端电阻增大，输出电流减小，故输入电流也减小，电流表的示数减小，D错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)
7．某发电站用11kV的交变电压输电，输送功率一定，输电线的总电阻为R，现若用变压器将电压升高到330kV送电，下列选项正确的是( )
A．因I＝，所以输电线上的电流增为原来的30倍
B．因I＝，所以输电线上的电流减为原来的
C．因P＝，所以输电线上损失的功率增为原来的900倍
D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的半径减为原来的
答案 BD
解析 输送功率P＝UI一定，输送电压升高后，输电线上的电流变为原来的＝，A错误，B正确；P损＝I2R，损失功率变为原来的()2＝，C错误；输电线的半径变为原来的，根据公式R＝ρ，输电线的电阻变为原来的900倍，P损＝I2R，输电线上损失的功率保持不变，D正确．
8．如图6甲所示是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )
图6
A．电压表的示数等于5V
B．电压表的示数等于V
C．实现点火的条件是>1000
D．实现点火的条件是<1000
答案 BC
解析 由U－t图象知，交流电压的最大值Um＝5V，所以电压表的示数U＝＝V，故选项A错误，B正确；根据＝得＝，变压器副线圈电压的最大值U2m＝5000V时，有效值U2＝＝V，所以点火的条件是>＝1000，故选项C正确，D错误．
9.如图7所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路．在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动．在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek.则( )
图7
A．W1＝Q B．W2－W1＝Q
C．W1＝Ek D．WF＋WG＝Ek＋Q
答案 BCD
解析 以导体棒为研究对象：由动能定理知W1＝Ek.①
C正确；以磁铁为研究对象：由动能定理知WF－W2＋WG＝0.②
由功能关系和能量守恒知克服磁场力做的功W2等于回路电能，电能一部分转化为焦耳热，另一部分转化为导体棒的动能，即W2＝Q＋Ek③
由①②③得W2－W1＝Q，WF＋WG＝Q＋Ek，B、D正确．
10.法拉第圆盘发电机的示意图如图8所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
图8
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
答案 AB
解析 将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向为从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BL＝BL2ω，I＝，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错．
三、实验题(本题共1小题，共8分)
11．(8分)在研究电磁感应现象的实验中．
(1)为了能明显地观察到实验现象，请在如图9所示的实验器材中选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图．
图9
(2)将原线圈插入副线圈中，闭合开关，副线圈中的感应电流方向与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．
(3)将原线圈拔出时，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．
答案 (1)见解析图 (2)相反 (3)相同
解析 (1)实物电路图如图所示．
(2)因闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故电流绕行方向相反．
(3)将原线圈拔出时，穿过副线圈的磁通量减小，由楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，故电流绕行方向相同．
四、计算题(本题共4小题，共48分．解答应写出必要的文字说明，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)
12．(10分)如图10所示，质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.3Ω，长度l＝0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架固定在绝缘水平面上，相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0T．现垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，使棒ab从静止开始无摩擦地运动，棒始终与MM′、NN′保持良好接触．
图10
(1)求棒ab能达到的最大速度；
(2)若棒ab从静止到刚好达到最大速度的过程中，导体棒ab上产生的热量QR1＝1.2J，求该过程中棒ab的位移大小．
答案 (1)5m/s (2)1.425m
解析 (1)ab棒做加速度逐渐变小的加速运动，当a＝0时，设最大速度为vm
F＝BIl
I＝
E＝Blvm
得vm＝＝5m/s
(2)棒ab从静止到刚好达到vm的过程中，设闭合电路产生的总热量为Q总，＝
对棒ab由功能关系
Fs＝Q总＋mv
得s＝1.425m.
13．(12分)如图11所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2kV高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电力，求：
图11
(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2；
(2)输电线路导线的总电阻R；
(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4.
答案 (1)1∶5 (2)20Ω (3)95∶11
解析 (1)＝＝.
(2)ΔP＝0.5 kW＝IR
又P1＝P2＝U2I2
所以I2＝5 A，R＝20 Ω.
(3)U3＝U2－I2R
＝
解得＝.
14.(12分)如图12所示是一个交流发电机的示意图，线圈abcd处于匀强磁场中，已知ab、bc边长都为l＝20cm，匀强磁场的磁感应强度B＝T，线圈的匝数N＝10，线圈的总电阻r＝5Ω，外电路负载电阻R＝15Ω，线圈以ω＝100rad/s的角速度匀速转动，电表是理想电表．求：
图12
(1)两个电表的示数；
(2)从图示位置开始转过45°过程中通过R的电荷量；
(3)线圈匀速转动一周外力所做的功．
答案 (1)电压表示数为30V，电流表示数为2A
(2)0.02C (3)5J
解析 (1)设正弦交流电源的电压峰值为Em，有效值为E有
Em＝NBSω＝NBl2ω＝40V
E有＝＝40V
由闭合电路欧姆定律得电流表示数
I＝＝2A
电压表示数为U＝IR＝30V.
(2)设线圈在这一过程所用时间为Δt，流过R的电荷量为q
q＝Δt
＝
＝N
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BSsin45°－0＝Bl2sin45°
由以上各式求得
q＝N＝N＝0.02C
(3)转动一周所用时间为T＝＝s
外力所做的功等于闭合电路一个周期内产生的热量
即W＝Q＝T.
解得W≈5J.
15．(14分)如图13所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止．取g＝10m/s2，问：
图13
(1)通过cd棒的电流I是多少，方向如何？
(2)棒ab受到的力F多大？
(3)棒cd每产生Q＝0.1J的热量，力F做的功W是多少？
答案 (1)1A，方向由d到c
(2)0.2N (3)0.4J
解析 (1)棒cd受到的安培力Fcd＝IlB
棒cd在共点力作用下平衡，
则Fcd＝mgsin30°
联立并代入数据解得I＝1A，方向由d到c.
(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等Fab＝Fcd
对棒ab由共点力平衡有F＝mgsin30°＋IlB
代入数据解得F＝0.2N
(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1J热量，
由焦耳定律可知Q＝I2Rt
设ab棒匀速运动的速度大小为v，
则产生的感应电动势E＝Blv
由闭合电路欧姆定律知I＝
由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移
s＝vt
力F做的功W＝Fs
综合上述各式，代入数据解得W＝0.4J.
综合检测卷B
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．则以下符合事实的是 ( )
A．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象
B．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场
C．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的
答案 B
2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e＝220sin100πt (V)，则( )
A．交流电的频率是100πHz
B．t＝0时线圈位于垂直中性面处
C．交流电的周期是0.02s
D．t＝0.05s时，e有最大值
答案 C
解析 根据公式ω＝2πf，可得该交流电的频率为f＝50Hz，A错误；
t＝0时刻瞬时感应电动势为零，所以线圈位于中性面处，B错误；
根据A可得T＝＝0.02s，C正确；
t＝0.05s时，e＝220sin5πV＝0，D错误．
3．如图1所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度的升高而减小．电流表为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是 ( )
图1
A.的示数不变，的示数增大
B.的示数减小，的示数增大
C.的示数不变，的示数增大
D.的示数不变，的示数减小
答案 D
4.如图2所示，两条平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向上匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直，则下列选项中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律 ( )
图2
答案 D
解析 感应电流的变化与感应电动势的变化一致，线圈进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，完全进入磁场之后，磁通量不再变化，感应电动势等于零，离开磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，D正确．
5．如图3所示，三个灯泡相同，而且足够耐压，电源内阻忽略．单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，那么S接B时( )
图3
A．三个灯亮度相同
B．甲灯最亮，丙灯不亮
C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮
D．只有丙灯不亮，乙灯最亮
答案 D
解析 开关S接A时，甲、乙、丙三个支路均有交流电通过，开关S接B时，电路处于直流工作状态，电容C“隔直流、通交流”；电感L“阻交流、通直流”；R对交流、直流有相同的阻抗．可判断此时电路中I丙＝0，I甲不变，I乙增大；又因为灯泡亮度与功率(P＝I2R)成正比，所以只有丙灯不亮，乙灯最亮．
6．如图4所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )
图4
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为3∶1
答案 B
解析 根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设＝k，根据法拉第电磁感应定律可得E＝n＝nl2，则＝()2＝，选项B正确；根据I＝＝＝＝可知，I∝l，故a、b线圈中感应电流之比为3∶1，选项C错误；电功率P＝IE＝·nl2＝，则P∝l3，故a、b线圈中电功率之比为27∶1，选项D错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)
7.电阻为1Ω的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图5所示，现把此交变电动势加在电阻为9Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )
图5
A．线圈转动的角速度为100rad/s
B．在0～0.005s时间内，通过电阻的电荷量为C
C．电热丝两端的电压为180V
D．电热丝的发热功率为1800W
答案 BD
解析 由题图可知T＝0.02s，ω＝＝100πrad/s，A错误．在0～0.005s内，由Um＝nBSω，得BS＝Wb，q＝＝＝C，B正确．电热丝两端电压U＝·＝90V，C错误．电热丝的发热功率P＝＝W＝1800W，D正确．
8．某发电厂原来用电压为U1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压变压器将电压升高为U2后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的总电阻为R线，则下列说法中正确的是 ( )
A．由公式I＝可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的
B．由公式I＝可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍
C．由公式P＝I2R线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的
D．由公式P＝可知，提高电压后输电线上的功率损耗增为原来的2500倍
答案 AC
解析 由＝可知，U2＝50U1，输送功率不变，由公式I＝可知，输电线中的电流变为原来的，选项A正确，B错误；由P＝I2R线可知，输电线上的功率损耗减为原来的，选项C正确，D错误．
9.如图6所示，单匝矩形线圈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) ( )
图6
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＝＝＝，故C错，D正确．
10．如图7，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则( )
图7
A．两导线框中均会产生正弦交流电
B．两导线框中感应电流的周期都等于T
C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等
D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
答案 BC
解析 当导线框进入磁场过程中，根据E＝BR2ω可得，感应电动势恒定，感应电流恒定，不是正弦交流电，A错误，C正确；当导线框进入磁场时，根据楞次定律可得，两导线框中的感应电流方向为逆时针，当导线框穿出磁场时，根据楞次定律可得，导线框中产生的感应电流为顺时针，所以感应电流的周期和导线框运动周期相等，B正确；导线框N在完全进入磁场后有时间穿过导线框的磁通量不变化，没有感应电动势产生，即导线框N在0～和～内有感应电动势，其余时间内没有；而导线框M在整个过程中都有感应电动势，即便两导线框电阻相等，两者的电流有效值也不会相同，D错误．
三、实验题(本题共1小题，共8分)
11．(8分)如图8甲所示是某同学探究热敏电阻的阻值随温度变化的规律时设计的电路图．
图8
(1)根据电路图，在图乙的实物上连线．
(2)通过实验，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图9所示，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而________．
图9
(3)他将这个热敏电阻接入如图10所示的电路中，已知电源电压为9V，R1＝30Ω，内阻不计的毫安表读数为500mA，则R2的阻值为________．
图10
答案 (1)连接实物图如图所示
(2)减小 (3)25Ω
解析 (2)由热敏电阻伏安特性曲线可知：随电流、电压的增大，曲线斜率也增大，因此热敏电阻的阻值减小．
(3)毫安表内阻不计，则通过R1的电流
I1＝＝ A＝300 mA.
通过R2和R的电流为
I2＝IA－I1＝500 mA－300 mA＝200 mA，
由R的伏安特性曲线可以读出，当I2＝200 mA时，R两端的电压为U＝4 V，
则R2两端的电压U2＝E－U＝5 V，
所以R2＝＝ Ω＝25 Ω.
四、计算题(本题共4小题，共48分．解答应写出必要的文字说明，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)
12.(10分)如图11所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率＝k，k为正的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的正方形方框．将方框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中，求：
图11
(1)导线中感应电流的大小；
(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．
答案 (1) (2)
解析 (1)方框产生的感应电动势为
E＝ ①
ΔΦ＝l2·ΔB ②
导线中的电流为I＝ ③
式中R是导线的总电阻，根据电阻率公式有
R＝ρ ④
联立①②③④式，将＝k代入得I＝. ⑤
(2)方框所受磁场的作用力的大小为
F＝BIl ⑥
磁场对方框的作用力的大小随时间的变化率为
＝Il ⑦
由⑤⑦联立得＝.
13．(12分)如图12所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长为l1，宽为l2，共有n匝，总电阻为r，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻．线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO′匀速转动，沿转动轴OO′方向看去，线圈转动方向沿顺时针方向．求：
图12
(1)线圈经过图示位置时通过电阻R上的感应电流的方向；
(2)从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始计时，经多长时间，通过电阻R上电流的瞬时值第一次为零？
(3)与电阻并联的电压表的示数是多少？
答案 (1)自上而下 (2) (3)
解析 (1)根据右手定则判断，R上的感应电流的方向为自上而下．
(2)t＝T＝＝.
(3)Em＝nBl1l2ω，所以E＝nBl1l2ω.
UR＝·E＝.
14．(12分)据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间，照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图13所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7.7km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T，将太阳帆板视为导体．
图13
(1)求M、N间感应电动势的大小E；
(2)在太阳帆板上将一只“1.5V,0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由．
(3)取地球半径R＝6.4×103km，地球表面的重力加速度g＝9.8m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)．
答案 (1)1.54V (2)不能 理由见解析
(3)4×105m
解析 (1)由法拉第电磁感应定律知E＝BLv，
代入数据得E＝1.54V
(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．
(3)在地球表面有G＝mg
匀速圆周运动G＝m
解得h＝－R，代入数据得h≈4×105m.
15.(14分)如图14所示，在距离水平地面h＝0.8m的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．正方形线框abcd的边长l＝0.2m，质量m＝0.1kg，电阻R＝0.08Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻光滑定滑轮，一端连线框，另一端连一质量M＝0.2kg的物体A(A未在磁场中)．开始时线框的cd边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取10m/s2.求：
图14
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小．
(2)线框从开始运动至到达最高点，用了多长时间？
(3)线框落地时的速度多大？
答案 (1)1T (2)0.9s (3)4m/s
解析 (1)设线框到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守恒定律可得：
Mg(h－l)＝mg(h－l)＋(M＋m)v2
代入数据解得：v＝2m/s
线框的ab边刚进入磁场时，感应电流：I＝
线框恰好做匀速运动，有：
Mg＝mg＋IBl
代入数据解得：B＝1T.
(2)设线框进入磁场之前运动时间为t1，有：
h－l＝vt1
代入数据解得：t1＝0.6s
线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：
t2＝＝0.1s
此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到达最高点时所用时间：t3＝＝0.2s
线框从开始运动至到达最高点，所用时间：
t＝t1＋t2＋t3＝0.9s
(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小仍为2m/s，线框所受安培力大小也不变，即
IBl＝(M－m)g＝mg
因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动．
由机械能守恒定律可得：
mv＝mv2＋mg(h－l)
代入数据解得线框落地时的速度：
v1＝4m/s.
