单元知能评估(A卷)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．图中能产生感应电流的是( )
解析： 根据产生感应电流的条件为，A中，电路没闭合，无感应电流；B中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消Φ＝0，Φ恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流．
答案： B
2．在图中，若回路面积从S0＝8 m2变到St＝18 m2，磁感应强度B同时从B0＝0.1 T方向垂直纸面向里变到Bt＝0.8 T方向垂直纸面向外，则回路中的磁通量的变化量为( )
A．7 Wb B．13.6 Wb
C．15.2 Wb D．20.6 Wb
解析： 因为B、S都变化．所以可用后来的磁通量减去原来的磁通量．取后来的磁通量为正．
ΔΦ＝Φt－Φ0＝BtSt－(－B0S0)＝0.8×18 Wb－(－0.1×8)Wb＝15.2 Wb，故C对．
答案： C
3．在一根较长的铁钉上，用漆包线绕上两个线圈A、B，将线圈B的两端接在一起，并把CD段直漆包线沿南北方向放置在静止的小磁针的上方，如图所示．下列判断正确的是( )
A．开关闭合时，小磁针不发生转动
B．开关闭合时，小磁针的N极垂直纸面向里转动
C．开关断开时，小磁针的N极垂直纸面向里转动
D．开关断开时，小磁针的N极垂直纸面向外转动
解析： 开关保持接通时，A内电流的磁场向右；开关断开时，穿过B的磁感线的条数向右减少，因此感应电流的磁场方向向右，感应电流的方向由C到D，CD下方磁感线的方向垂直纸面向里，小磁针N极向里转动．
答案： C
4．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为( )
A. B.
C. D．Bav
解析： 由题意可得：E＝B×2a×v，UAB＝×R＝，选项A正确．
答案： A
5．如图所示，ab为一金属杆，它处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动；s为以a为圆心位于纸面内的金属圆环；在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a点良好接触．当杆沿顺时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图，则此时刻( )
A．有电流通过电流表，方向由c→d；作用于ab的安培力向右
B．有电流通过电流表，方向由c→d；作用于ab的安培力向左
C．有电流通过电流表，方向由d→c；作用于ab的安培力向右
D．无电流通过电流表，作用于ab的安培力为零
解析： ab杆切割磁感线，回路中产生感应电流，由右手定则可判知，ab中感应电流方向a→b，所以电流表中感应电流的方向由c→d.再根据左手定则，ab所受安培力向右，A项正确．
答案： A
6.如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦，整个装置处于竖直方向的磁场中．若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度( )
A．方向向下并减小 B．方向向下并增大
C．方向向上并增大 D．方向向上并减小
解析： 因磁场变化，发生电磁感应现象，杆ab中有感应电流产生，而使杆ab受到磁场力的作用，并发生向右运动．而ab向右运动，使得闭合回路中磁通量有增加的趋势，说明原磁场的磁通量必定减弱，即磁感应强度正在减小，与方向向上、向下无关．
答案： AD
7．如图所示，一磁铁用细线悬挂，一闭合铜环用手拿着静止在与磁铁上端面相平处，松手后铜环下落．在下落到和下端面相平的过程中，以下说法正确的是( )
A．环中感应电流方向从上向下俯视为先顺时针后逆时针
B．环中感应电流方向从上向下俯视为先逆时针后顺时针
C．悬线上拉力先增大后减小
D．悬线上拉力一直大于磁铁重力
解析： 穿过环的磁场向上且磁通量先增加后减小，由楞次定律可判出从上向下看电流先顺时针后逆时针；同时环受到阻碍其相对运动向上的阻力，由牛顿第三定律知：磁铁受到向下的反作用力，故悬线上拉力大于磁铁重力．
答案： AD
8.如图所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零)，A是一灯泡，下列说法正确的是( )
A．开关S接通瞬间，无电流通过灯泡
B．开关S接通后，电路稳定时，无电流通过灯泡
C．开关S断开瞬间，无电流通过灯泡
D．开关S接通瞬间及接通稳定后，灯泡中均有从a到b的电流，而在开关S断开瞬间，灯泡中有从b到a的电流
解析： 开关S接通瞬间，灯泡中的电流从a到b，线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加．开关S接通后，电路稳定时，纯电感线圈对电流无阻碍作用，将灯泡短路，灯泡中无电流通过．开关S断开的瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原有向右的电流将逐渐减小，该电流从灯泡中形成回路，故灯泡中有从b到a的瞬间电流．
答案： B
9．如图所示，边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，其bc边紧靠磁感应强度为B、宽度为2L、方向竖直向下的有界匀强磁场的边缘．现使线框以初速度v0匀加速通过磁场，下列图线中能定性反映线框从进入到完全离开磁场的过程中，线框中的感应电流的变化的是( )
解析： 线框以初速度v0匀加速通过磁场，由E＝BLv，i＝知线框进出磁场时产生的电流应该是均匀变化的，由楞次定律可判断出感应电流的方向，对照选项中各图可知应选A.
答案： A
10.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是( )
A．P＝2mgvsin θ
B．P＝3mgvsin θ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
解析： 导体棒由静止释放，速度达到v时，回路中的电流为I，则根据共点力的平衡条件，有mgsin θ＝BIL.对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I，则根据平衡条件，有F＋mgsin θ＝B·2IL所以拉力F＝mgsin θ，拉力的功率P＝F×2v＝2mgvsin θ，故选项A正确，选项B错误；当导体棒的速度达到时，回路中的电流为，根据牛顿第二定律，得mgsin θ－BL＝ma，解得a＝sin θ，选项C正确；当导体棒以2v的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热，故选项D错误．
答案： AC
11．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示(取g＝10 m/s2)．求：
(1)磁感应强度B的大小．
(2)杆在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量．
解析： (1)由图象知，杆自由下落0.1 s进入磁场以
v＝1.0 m/s做匀速运动
产生的电动势E＝BLv
杆中的电流I＝
杆所受安培力F安＝BIL
由平衡条件得mg＝F安
代入数据得B＝2 T.
(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J.
答案： (1)2 T (2)0.075 J
12.在光滑绝缘水平面上，电阻为0.1 Ω、质量为0.05 kg的长方形金属框abcd，以10 m/s的初速度向磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直水平面向下、范围足够大的匀强磁场滑去．当金属框进入磁场到达如图所示位置时，已产生1.6 J的热量．
(1)在图中ab边上标出感应电流和安培力方向，并求出在图示位置时金属框的动能．
(2)求图示位置时金属框中感应电流的功率．(已知ab边长L＝0.1 m)
解析： (1)ab边上感应电流的方向b→a，安培力方向向左，金属框从进入磁场到图示位置能量守恒得：mv＝mv2＋Q，Ek＝mv2＝mv－Q＝×0.05×102 J－1.6 J＝0.9 J.
(2)金属框在图示位置的速度为v＝＝ m/s＝6 m/s.E＝Blv，I＝＝＝ A＝3 A．感应电流的功率P＝I2R＝32×0.1 W＝0.9 W.
答案： (1)电流的方向b→a. 安培力的方向向左 0.9 J (2)0.9 W
单元知能评估(B卷)
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1．如图所示为用导线做成的圆形回路与一直导线构成的几种位置组合(A、B、C中直导线都与圆形线圈在同一平面内，O点为线圈的圆心，D中直导线与圆形线圈垂直，并与中心轴重合)，其中当切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是( )
解析： 在B、C中，穿过圆形回路的磁通量不为零，当切断导线中的电流时，磁通量减少，所以有感应电流产生；而A、D中穿过圆形回路的磁通量为零且无变化，所以没有感应电流产生．
答案： BC
2．在空间某处存在一变化的磁场，则( )
A．在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电流
B．在磁场中放一闭合线圈，线圈中不一定产生感应电流
C．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定不会产生电场
D．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定会产生电场
解析： 根据感应电流的产生条件，只有穿过闭合线圈的磁通量发生变化，线圈中才产生感应电流，A错，B对；变化的磁场产生感生电场，与是否存在闭合线圈无关，C错，D对．
答案： BD
3．如图所示，光滑导电圆环轨道竖直固定在匀强磁场中，磁场方向与轨道所在平面垂直，导体棒ab的两端可始终不离开轨道无摩擦地滑动，当ab由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，关于ab棒中的感应电流情况，正确的是( )
A．先有从a到b的电流，后有从b到a的电流
B．先有从b到a的电流，后有从a到b的电流
C．始终有从b到a的电流
D．始终没有电流产生
解析： ab与被其分割开的每个圆环构成的回路，在ab棒运动过程中，磁通量都保持不变，无感应电流产生．
答案： D
4．如图所示，通电螺线管水平固定，OO′为其轴线，a、b、c三点在该轴线上，在这三点处各放一个完全相同的小圆环，且各圆环平面垂直于OO′轴．则关于这三点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa、Φb、Φc的大小关系，下列判断正确的是( )
A．Ba＝Bb＝Bc，Φa＝Φb＝Φc
B．Ba＞Bb＞Bc，Φa＜Φb＜Φc
C．Ba＞Bb＞Bc，Φa＞Φb＞Φc
D．Ba＞Bb＞Bc，Φa＝Φb＝Φc
解析： 根据通电螺线管产生的磁场特点，Ba＞Bb＞Bc，由Φ＝BS，可得Φa＞Φb＞Φc，故C正确．
答案： C
5．闭合线圈abcd运动到如图所示的位置时，bc边所受到的磁场力的方向向下，那么线圈的运动情况是( )
A．向左平动进入磁场 B．向右平动进入磁场
C．向上平动 D．向下平动
解析： 当bc受力向下时，说明感应电流方向由b指向c，当向左进入磁场时，磁通量增加，感应电流的磁场方向应该与原磁场方向相反，垂直纸面向里，用右手螺旋定则可以判断感应电流方向为顺时针方向．
答案： A
6.在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )
A．合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭
B．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭
C．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时熄灭
D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭
解析： 当合上开关时，由于线圈L要产生自感电动势阻碍电流的增加，因此b先亮a后亮；当断开开关时，a、b和L构成串联回路，L中要产生自感电动势，阻碍电流减小，因此a、b两灯不是立即熄灭，而是逐渐变暗，最后同时熄灭．故正确答案为C.
答案： C
7.如图所示，由均匀导线制成的，半径为R的圆环，以v的速度匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场．当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为( )
A.BRv B.BRv
C.BRv D.BRv
解析： 整个圆环电阻是R，其外电阻是圆环的3/4，即磁场外的部分，而磁场内切割磁感线有效长度是R，其相当于电源，E＝B·R·v，根据欧姆定律可得U＝E＝BRv，D正确．
答案： D
8．如图所示，A为水平放置的橡胶圆盘，在其侧面带有负电荷，在A正上方用丝线悬挂一个金属圆环B(丝线在B上面未画出)，使B的环面在水平面上与圆盘平行，其轴线与橡胶盘A的轴线O1O2重合．在橡胶盘A绕其轴线O1O2按图中箭头方向减速转动的过程中，金属圆环B有( )
A．扩大半径的趋势，丝线受到的拉力增大
B．扩大半径的趋势，丝线受到的拉力减小
C．缩小半径的趋势，丝线受到的拉力减小
D．缩小半径的趋势，丝线受到的拉力增大
解析： 因为橡胶盘A减速转动，所以其侧面负电荷转动形成的环形电流越来越小．这个环形电流在它的上部产生的磁场也越来越弱．根据楞次定律，圆环B有靠近A，并且增大自身圆环的面积即有扩大半径的趋势，这样才能阻碍通过它的磁通量的减少．B要靠近A，就使丝线对B的拉力增大，故选项A对．
答案： A
9．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示．若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，下列各图中正确的是( )
解析： 0～1 s内磁感应强度均匀增加，由楞次定律知感应电流方向为逆时针，即感应电流方向与规定的正方向相反，为负值，又由法拉第电磁感应定律E＝n及闭合电路欧姆定律知，感应电流i为定值；1～2 s内磁感应强度均匀减小，同理可判断感应电流为顺时针方向，大小不变；2～3 s内磁感应强度反方向均匀增加，同理可判断感应电流为顺时针方向，大小不变；3～4 s内磁场方向垂直纸面向外，且均匀减小，同理可判断感应电流为逆时针方向，大小不变，故选项D正确．
答案： D
10．如图所示，矩形线圈处于匀强磁场中，当磁场分别按图(1)图(2)两种方式变化时，t0时间内线圈产生的电能及通过线圈某一截面的电荷量分别有W1、W2、q1、q2表示，则下列关系式正确的是( )
A．W1＝W2 q1＝q2 B．W1>W2 q1＝q2
C．W1W2 q1>q2
解析： 接两种方式变化时，根据W＝Eq，q＝It＝，E＝和q＝＝，线圈中产生的感应电动势相同，所以t0时间内线圈产生的电能及通过线圈某一截面的电荷量都相同，A项正确．
答案： A
11．水平放置的平行金属框架宽L＝0.2 m，质量为m＝0.1 kg的金属棒ab放在框架上，并且与框架的两条边垂直．整个装置放在磁感应强度B＝0.5 T，方向垂直框架平面的匀强磁场中，如图所示．金属棒ab在F＝2 N的水平向右的恒力作用下由静止开始运动．电路中除R＝0.05 Ω外，其余电阻、摩擦阻力均不考虑．试求当金属棒ab达到最大速度后，撤去外力F，此后感应电流还能产生的热量．(设框架足够长)
解析： 当金属棒ab所受恒力F与其所受磁场力相等时，达到最大速度vm.
由F＝解得：vm＝＝10 m/s.
此后，撤去外力F，金属棒ab克服磁场力做功，使其机械能向电能转化，进而通过电阻R发热，此过程一直持续到金属棒ab停止运动．
所以，感应电流在此过程中产生的热量等于金属棒损失的机械能，即
Q＝mv＝5 J.
答案： 5 J
12．如图所示，匀强磁场B＝0.1 T，金属棒AB长0.4 m，与框架宽度相同，电阻为 Ω，框架电阻不计，电阻R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，当金属棒以5 m/s的速度匀速向左运动时，求：
(1)流过金属棒的感应电流多大？
(2)若图中电容器 C为0.3 μF，则充电量多少？
解析： (1)由E＝BLv得
E＝0.1×0.4×5 V＝0.2 V
R＝＝ Ω＝ Ω
I＝＝ A＝0.2 A.
(2)路端电压U＝IR＝0.2× V＝ V
Q＝CU2＝CU＝0.3×10－6× C＝4×10－8 C
答案： (1)0.2 A (2)4×10－8 C
第四章 1、2
知能综合训练
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．下列现象中，属于电磁感应现象的是( )
A．磁场对电流产生力的作用
B．变化的磁场使闭合电路产生感应电流
C．插入通电螺线管中的软铁棒被磁化
D．电流周围产生磁场
解析： 电磁感应现象是指由于穿过闭合回路的磁通量发生变化而产生感应电流的现象，只有选项B符合．
答案： B
2．许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列表述中正确的是( )
A．安培发现了电流的磁效应
B．菲涅耳发现了电磁感应现象
C．卡文迪许测出万有引力常量
D．牛顿总结了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律
解析： 奥斯特发现了电流的磁效应，故A错．法拉第发现了电磁感应现象，故B错．万有引力常量是由卡文迪许最先测出的，故C对．真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律即库仑定律，是由物理学家库仑总结出来的，故D错．
答案： C
3.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2则( )
A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．不能判断
解析： 将线框从Ⅰ平移到Ⅱ，磁感线是从线框的同一面穿过的，所以ΔΦⅠ＝|ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ－ΦⅡ；将线框从Ⅰ绕cd边转到Ⅱ，磁感线分别是从线框的正、反两面穿过的，所以ΔΦ2＝|－ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ＋ΦⅡ(以原来穿过的为正，则后来从另一面穿过的为负)．
答案： C
4.如图所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为L，且L>d，线框以速度v通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是( )
A. B.
C. D.
解析： 只有线框在进入磁场的过程中(bc边未出磁场)和线框在穿出磁场的过程中(仅ad边在磁场中切割磁感线)，穿过线框的磁通量才发生变化，产生感应电流．ad边和bc边都在磁场外时穿越磁场的过程中，没有感应电流，则t＝.故正确选项为B.
答案： B
5.在纸面内放有一条形磁铁和一个位于磁铁正上方的圆形线圈(如图所示)，下列情况中能使线圈中产生感应电流的是( )
A．将磁铁在纸面内向上平移
B．将磁铁在纸面内向右平移
C．将磁铁绕垂直纸面的轴转动
D．将磁铁的N极向纸外转，S极向纸内转
解析： 将磁铁向上平移、向右平移或绕垂直纸面的轴转动，线圈始终与磁感线平行，磁通量始终为零，没有变化，不产生感应电流．所以A、B、C均不正确．将磁铁的N极向纸外转，S极向纸内转，磁通量增加，线圈中产生感应电流，所以D项正确．
答案： D
6.如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心线恰好和线圈的一条直径MN重合．要使线圈a中产生感应电流，可采用的方法有( )
A．使螺线管在线圈a所在平面内转动
B．使螺线管上的电流发生变化
C．使线圈以MN为轴转动
D．使线圈以与MN垂直的直径为轴转动
解析： 图示位置时，线圈a所在平面与所处位置磁感线平行，穿过线圈的磁通量为零，当按A、B、C所述方式变化时，线圈a所在平面仍与所处位置磁感线平行，磁通量不变，不产生感应电流；按D所述方式变化时，由于线圈与磁场夹角变化引起磁通量变化，产生感应电流，故选D.
答案： D
7.如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是( )
A．ab向右运动，同时使θ减小
B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小
C．ab向左运动，同时增大磁感应强度B
D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)
解析： 依题意，磁通量Φ＝BScos θ，对于A选项，棒向右运动，S增大，同时θ减小，cos θ增大，则Φ一定增大，回路中一定有感应电流产生；对于B选项，B减小，同时θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，不一定产生感应电流；对于C选项，棒向左运动，S减小，同时B增大，Φ可能不变，也不一定产生感应电流；对于D选项，棒向右运动，S增大，同时B增大，θ增大即cos θ减小，Φ可能不变，也不一定产生感应电流．
答案： A
8．如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，那么下列说法中正确的是( )
①线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生
②线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生 ③线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能变成电能 ④整个线框都在磁场中运动时，机械能转变成电能
A．①③④ B．①③
C．②③④ D．①④
解析： 产生感应电流的条件是闭合回路的磁通量发生变化，线框全部在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，故②错．而进入和穿出磁场的过程中有磁通量发生变化，也就产生感应电流，故①正确．在产生感应电流的过程中同时消耗了机械能，故③正确，④不正确，故选B.
答案： B
9．如图所示是等腰直角三棱柱，其中侧面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是( )
A．通过abcd平面的磁通量大小为B·L2
B．通过dcfe平面的磁通量大小为B·L2
C．通过abfe平面的磁通量大小为B·L2
D．通过整个三棱柱的磁通量为零
解析： 由公式中Φ＝BScos θ可以得出通过面abcd的磁通量Φ1＝BL2cos 45°＝BL2，A错误；通过面dcfe的磁通量Φ2＝BL·L，B正确；通过面abfe的磁通量Φ3＝B·L2cos 90°＝0，C错误；而整个三棱柱表面是个闭合曲面，穿入与穿出的磁感线条数相等，即穿过它的净磁感线的条数是0，故穿过整个三棱柱的磁通量为零，D正确．
答案： BD
10.如图所示，当导体棒MN由静止开始向右沿导轨滑动的瞬间(导轨间有磁场，方向垂直纸面向里)，下列说法正确的是( )
A．导体棒和导轨组成的闭合回路中有感应电流
B．导体棒和导轨组成的闭合回路中没有感应电流
C．圆形金属环B中有感应电流
D．圆形金属环B中没有感应电流
解析：
答案： AC
11．如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有( )
A．闭合电键K的瞬间
B．闭合电键K后，把R的滑动头向右移
C．闭合电键K后，把P中的铁芯从左边抽出
D．闭合电键K后，把Q远离P
解析： 闭合电键K时，线圈中电流从无到有，铁芯中产生向右的磁场，穿过Q的磁通量增加，根据楞次定律，Q中产生图示方向的电流，A对；R的滑动头向右移时，P中电流减小，穿过Q的磁通量减小，根据楞次定律，Q中产生与图示相反方向的电流，B错；将铁芯抽出或Q远离P时，穿过Q的磁通量都减小．根据楞次定律，Q中产生与图示相反方向的电流，C、D错．
答案： A
12．逆向思维是一种重要的思想方法，在这种思想方法的引领下，许多重要的科学定律被发现．“电生磁，磁生电”这种逆向互生的关系，体现了物理学中的一种对称美．请思考：
(1)你还能指出物理学中的其他对称性和对称实例吗？
(2)1831年，物理学家法拉第用如图所示的实验，成功发现了磁生电现象，当开关始终处于闭合状态时，a线圈中________(选填“有”或“无”)感应电流产生，当开关闭合或断开瞬间，a线圈中________(选填“有”或“无”)感应电流产生．
(3)如图是某兴趣小组研究磁生电现象所需的器材．
请你协助该小组完成如下工作，用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路，并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________.
解析： (1)电荷的正与负、吸引与排斥、运动和静止、光滑和粗糙、正电子和负电子、物质和反物质．
(2)因穿过a线圈的磁通量不变，所以无感应电流产生．闭合瞬间穿过a线圈的磁通量突然增大，所以有感应电流产生．断开瞬间，穿过a线圈的磁通量突然减小，所以有感应电流产生．
(3)
实物连接如图所示．①合上(或断开)开关瞬间；②合上开关后，将原线圈A插入副线圈B或从副线圈B中抽出；③合上开关，将原线圈A插入副线圈B后，移动滑动变阻器的滑片．
答案： (1)见解析 (2)无 有 (3)见解析
第四章 3
知能综合训练
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．如图表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，其中能产生由a到b的感应电流的是( )
解析： 由右手定则可判定A中ab中电流由a向b，B中由b向a，C中由b向a，D中由b向a，故A正确．
答案： A
2．如图所示，光滑U形金属框架放在水平面内，上面放置一导体棒，有匀强磁场B垂直框架所在平面，当B发生变化时，发现导体棒向右运动，下列判断正确的是 ( )
A．棒中电流从b→a B．棒中电流从a→b
C．B逐渐增大 D．B逐渐减小
解析： ab棒是因“电”而“动”，所以ab棒受到的安培力向右，由左手定则可知电流方向a→b，故B对，由楞次定律可知B逐渐减小，D对．
答案： BD
3．如图所示，螺线管cd的导线绕法不明，当磁铁ab插入螺线管时，闭合电路中有图示方向的感应电流产生，下列关于螺线管磁场极性的判断，正确的是( )
A．c端一定是N极
B．d端一定是N极
C．c端的极性一定与磁铁b端的极性相同
D．因螺线管的绕法不明，故无法判断极性
解析： 根据楞次定律的另一种表述：“感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，本题中螺线管中产生感应电流的原因是磁铁ab的下降，为了阻碍该原因，感应电流的效果只能使磁铁与螺线管之间产生相斥的作用，即螺线管的c端一定与磁铁的b端极性相同，与螺线管的绕法无关．但因为磁铁ab的N、S极性不明，所以螺线管cd的两端极性也不能明确，所以A、B、D错，C对．
答案： C
4．如图所示，A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果中可能的是( )
A．先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转
B．S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转
C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转
D．S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转
解析： 回路A中有电源，当S1闭合后，回路中有电流，在回路的周围产生磁场，回路B中有磁通量，在S1闭合或断开的瞬间，回路A中的电流从无到有或从有到无，电流周围的磁场发生变化，从而使穿过回路B的磁通量发生变化，产生感应电动势，此时若S2是闭合的，则回路B中有感应电流，电流计指针偏转，所以选项A、D正确．
答案： AD
5.如图所示，螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流I减小时( )
A．环A有缩小的趋势
B．环A有扩张的趋势
C．螺线管B有缩短的趋势
D．螺线管B有伸长的趋势
解析： 当B中通过的电流减小时，穿过A线圈的磁通量减小，产生感应电流，由楞次定律可以判断出A线圈中有顺时针方向的感应电流(左边看)，又根据左手定则，线圈各部分受沿径向向里的安培力，所以A线圈有缩小的趋势，故A正确；另外，螺线管与环之间的引力减小．故螺线管有伸长的趋势，故D正确．
答案： AD
6．如图所示，螺线管与电流表组成闭合电路，条形磁铁位于螺线管上方，下端为N极，则当螺线管中产生的感应电流( )
A．方向与图示方向相同时，磁铁靠近螺线管
B．方向与图示方向相反时，磁铁靠近螺线管
C．方向与图示方向相同时，磁铁远离螺线管
D．方向与图示方向相反时，磁铁远离螺线管
解析： 磁铁靠近螺线管时，根据楞次定律，螺线管中感应电流方向与图示方向相同，A对，B错；磁铁远离螺线管时，根据楞次定律，螺线管中感应电流方向与图示方向相反，C错，D对．
答案： AD
7．如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a( )
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转
解析： 由楞次定律，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，ra环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故选B.
答案： B
8.如图所示，使通电导线在垂直纸面的平面内以虚线CD为轴逆时针(从左向右看)转动时，A、B两线圈的运动情况是( )
A．从左向右看，A逆时针转动，B顺时针转动
B．从左向右看，A顺时针转动，B逆时针转动
C．从左向右看，A、B都逆时针转动
D．从左向右看，A、B都顺时针转动
解析： 通电直导线产生的磁场在导线的左侧垂直于纸面向外，在导线的右侧垂直于纸面向里，当导线在垂直纸面的平面内以虚线CD为轴逆时针(从左向右看)转动时，会使穿过线圈A、B的磁通量减少，根据楞次定律可知，为了阻碍磁通量的减少，两线圈都会随通电直导线一起逆时针转动．
答案： C
9．如图所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是( )
A．向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反
B．向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿顺时针方向的
C．向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿逆时针方向的
D．环在离开磁场之后，仍然有感应电流
解析： 不管将金属圆环从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍原磁通量的减少．感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向的．B正确，A、C错误．另外在圆环离开磁场后，无磁通量穿过圆环，该种情况无感应电流，故D错误．
答案： B
10．一金属方框abcd从离磁场区域上方高A处自由落下，然后进入与线框平面垂直的匀强磁场中，在进入磁场的过程中，可能发生的情况是(如图所示)( )
A．线框做加速运动，加速度aB．线框做匀速运动
C．线框做减速运动
D．线框会反跳回原处
解析： 当线框下落进入磁场过程中，感应电流的磁场将阻碍线框进入磁场，这就说明进入磁场时产生的感应电流使线框受到向上的安培力，且大小与进入磁场时的速度有关，设为F.
如果F＝mg，线框将匀速进入磁场．
如果F如果F>mg，线框将减速进入磁场．
由此可见，线框进入磁场的运动特点是由其自由下落的高度h决定的(对于确定的线圈)，A、B、C三种情况均有可能．但D项所示情况绝不可能，因为线框进入磁场，才会受到向上的安培力，受到安培力是因为有电流，可见在磁场中已经有一部分机械能转化为电能，机械能不守恒，故线框绝不会反跳回原处．
答案： ABC
11.如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中( )
A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
B．感应电流方向一直是逆时针
C．安培力方向始终与速度方向相反
D．安培力方向始终沿水平方向
解析： 圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以选A；由于圆环所在处的磁场，上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，故D正确．
答案： AD
12．如图，金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧．若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向________(填“左”或“右”)运动，并有________(填“收缩”或“扩张”)趋势．
解析： 滑片P向左移动时，电阻减小，电流增大，穿过金属环A的磁通量增加，根据楞次定律，金属环将向左运动，并有收缩趋势．
答案： 左 收缩
13.如图，一载流长直导线和一矩形框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是( )
解析： 因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反，导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力，所以合力与左边导线框受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，导线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确；选项B、C、D错误．
答案： A
14．我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分．
(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道_____________________________________________________
________________________________________________________________________.
(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏．电路稳定后，若向左移动滑动触头，此过程中电流表指针向________偏转；若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向________偏转(均选填“左”或“右”)．
解析： (1)电流表没有电流通过时，指针在中央位置，要探究线圈中电流的方向，必须知道电流从正(负)接线柱流入时，指针的偏转方向．
(2)闭合开关时，线圈A中的磁场增强，线圈B中产生的感应电流使电流表向右偏，则当左移滑片时，会使线圈A中的磁场增强，电流表指针将向右偏；当线圈A抽出，在线圈B处的磁场减弱，线圈B中产生的感应电流将使电流表指针向左偏．
答案： (1)电流从正(负)接线柱流入时，电流表指针的偏转方向 (2)右 左
第四章 4
知能综合训练
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系，如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )
A．0～2 s B．2～4 s
C．4～5 s D．5～10 s
解析： 图象斜率越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．
答案： D
2．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( )
A. B．1
C．2 D．4
解析： 设原磁感应强度是B，线框面积是S.第1 s内ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2 s内ΔΦ2＝2B·－2B·S＝－BS.因为E＝n，所以两次电动势大小相等，B正确．
答案： B
3.如图所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为( )
A. B.
C. D.
解析： ＝n，故q＝t＝·Δt＝n·＝.
答案： A
4．如图所示，均匀的金属长方形线框从匀强磁场中拉出，它的两边固定有带金属滑轮的导电机构，线框向右运动时总是与两边良好接触，线框的长为a，宽为b，磁感应强度为B，一理想电压表跨接在A、B两导电机构上，当线框在恒定外力F作用下向右运动的过程中(线框离开磁场前已做匀速运动)，关于线框及电压表，下列说法正确的是 ( )
A．线框先做匀加速运动，后做匀速运动
B．电压表的读数先增大后不变
C．电压表的读数一直增大
D．回路的电功率先增大后不变
解析： 线框在运动过程中先做变加速运动，后做匀速运动．电压表读数为外电路的电压，根据E＝BLv回路电动势先增大后不变，外电阻不断增大，电压表的读数一直增大，选项C正确．P＝＝，回路的电功率先增大后不变，选项D正确．
答案： CD
5．在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，已知C＝30 μF，L1＝5 cm，L2＝8 cm，磁场以5×10－2 T/s的速率增加，则( )
A．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－5 C
B．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－5 C
C．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－9 C
D．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－9 C
解析： 电容器两极板间的电势差U等于感应电动势E，由法拉第电磁感应定律，可得E＝·L1L2＝2×10－4 V，电容器的带电荷量Q＝CU＝CE＝6×10－9C，再由楞次定律可知上极板的电势高，带正电，C项正确．
答案： C
6．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
解析： 由法拉第电磁感应定律E＝n知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错．感应电动势正比于，与磁通量的大小无直接关系，B错误，C正确．根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D错误．
答案： C
7．如图，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
解析： 本题考查导体切割磁感线时感应电动势及安培力的计算．线圈自由下落，到b点受安培力，线圈全部进入磁场，无感应电流，则线圈不受安培力作用，线圈继续加速，到d点出磁场时受到安培力作用，由F＝知，安培力和线圈的速度成正比，D项对．
答案： D
8．如图所示，在宽为0.5 m的平行导轨上垂直导轨放置一个有效电阻为r＝0.6 Ω的直导体棒，在导轨的两端分别连接两个电阻R1＝4 Ω、R2＝6 Ω，其他电阻不计．整个装置处在垂直导轨向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.1 T．当直导体棒在导轨上以v＝6 m/s的速度向右运动时，求：直导体棒两端的电压和流过电阻R1和R2的电流大小．
解析： 由题意可画出如图所示的电路图，则感应电动势
E＝Blv＝0.1×0.5×6 V＝0.3 V
又R外＝＝ Ω＝2.4 Ω
则U＝＝ V＝0.24 V，
I1＝＝0.06 A
I2＝＝0.04 A.
答案： 0.24 V 0.06 A 0.04 A
9．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间由B0开始均匀增大，其变化率＝k，用电阻为R的硬导线做成一边长为L的方框．将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求：
(1)方框中感应电流的大小；
(2)磁场对方框作用力的大小随时间变化的关系式．
解析： (1)穿过方框的磁通量
Φ＝BS＝
根据电磁感应定律：E＝＝＝
所以感应电流：I＝＝.
(2)由题意B＝B0＋kt
所以磁场对方框的作用力
F＝BIL＝.
答案： (1) (2)
10．如图所示，导轨OM和ON都在纸面内，导体AB可在导轨上无摩擦滑动，若AB以5 m/s的速度从O点开始沿导轨匀速向右滑动，导体与导轨都足够长，它们每米长度的电阻都是0.2 Ω，磁场的磁感应强度为0.2 T．求：
(1)3 s末电路上的电流为多少；
(2)3 s内电路中产生的平均感应电动势为多少．
解析： (1)夹在导轨间的部分导体切割磁感线产生的感应电动势才是电路中的电动势，3 s末时刻，夹在导轨间导体的长度为l＝OBtan 30°＝vttan 30°＝5 m
所以E＝Blv＝5 V
此时电阻为R＝(OB＋OA＋AB)×0.2 Ω≈8.19 Ω，所以I＝≈1.06 A
(2)3 s内的感应电动势的平均值为E＝＝＝≈4.33 V.
答案： (1)1.06 A (2)4.33 V
11．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行，线框由静止释放，在下落过程中( )
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安培力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
解析： 线框下落过程中距离直导线越来越远，磁场越来越弱，但磁场方向不变，所以磁通量越来越小，根据楞次定律可知感应电流的方向不变，A错，B对；线框左边和右边所受安培力总是大小相等，方向相反，但上下两边磁场强弱不同，安培力大小不同，合力不为零，C错；下落过程中机械能越来越小，D错．
答案： B
12．矩形线圈abcd，长ab＝20 cm，宽bc＝10 cm，匝数n＝200，线圈回路总电阻R＝5 Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则( )
A．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化
B．线圈回路中产生的感应电流为0.4 A
C．当t＝0.3 s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016 N
D．在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J
解析： 由E＝n＝nS可知，由于线圈中磁感应强度的变化率＝ T/s＝0.5 T/s为常数，则回路中感应电动势为E＝nS＝2 V，且恒定不变，故选项A错误；回路中感应电流的大小为I＝＝0.4 A，选项B正确；当t＝0.3 s时，磁感应强度B＝0.2 T，则安培力为F＝nBIl＝200×0.2×0.4×0.2 N＝3.2 N，故选项C错误；1 min内线圈回路产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝0.42×5×60 J＝48 J，选项D正确．
答案： BD
第四章 5
知能综合训练
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1．下列说法中正确的是( )
A．感生电场由变化的磁场产生
B．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场
C．感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手定则来判定
D．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向
解析： 磁场变化时在空间激发感生电场，其方向与所产生的感应电流方向相同，只能由楞次定律判断，A项正确．
答案： A
2.如图所示，空间有一个方向水平的有界磁场区域，一个矩形线框，自磁场上方某一高度下落，然后进入磁场，进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直．则在进入时导线框不可能( )
A．变加速下落 B．变减速下落
C．匀速下落 D．匀加速下落
解析： 导线框刚进入磁场时做什么运动，取决于所受安培力与重力的大小关系，若F安mg，则减速，若F安＝mg，则匀速，由于F安随速度发生变化，故线框所受合力是变化的，即线框不可能做匀变速运动，应选D.
答案： D
3．下图中a～d所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象，关于回路中产生的感应电动势下列论述正确的是( )
A．图a中回路产生的感应电动势恒定不变
B．图b中回路产生的感应电动势一直在变大
C．图c中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势
D．图d中回路产生的感应电动势先变小再变大
解析： 磁通量Φ随时间t变化的图象中，斜率表示感应电动势，所以图a中不产生感应电动势，图b中产生恒定的感应电动势，图c中0～t1时间内的感应电动势大于t1～t2时间内的感应电动势，图d中感应电动势先变小再变大．
答案： D
4．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
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．
答案： BD
5．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
解析： 由E＝BLv＝4.5×10－5×100×2＝9×10－3 (V)可知A项错误，B项正确．再由右手定则可判断河北岸电势高，故C项错误，D项正确．
答案： BD
6．如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是( )
解析： 在金属棒PQ进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D项错误．在磁场中运动时，感应电动势E＝Blv，与时间无关，保持不变，故A选项正确．
答案： A
7.如图所示，一个由金属导轨组成的回路，竖直放在宽广的匀强磁场中，磁场垂直于该回路所在平面，方向如图所示，其中导线AC可以自由地紧贴竖直的光滑导轨滑动；导轨足够长；回路总电阻为R且保持不变，当AC由静止释放后( )
A．AC的加速度将达到一个与R成反比的极限值
B．AC的速度将达到一个与R成正比的极限值
C．回路中的电流强度将达到一个与R成反比的极限值
D．回路中的电功率将达到一个与R成正比的极限值
解析： 当AC受到的安培力与重力平衡时达稳定状态，加速度为零，选项A错；Bl＝mg，所以v∝R，最后的功率为P＝mgv，选项B、D对；BIl＝mg，则电流不变，选项C错．
答案： BD
8．如图所示，一导线弯成闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直平面向外．线圈总电阻为R，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是( )
A．感应电流一直沿顺时针方向
B．线圈受到的安培力先增大，后减小
C．感应电动势的最大值E＝Brv
D．穿过线圈某个横截面的电荷量为
解析： 在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直为顺时针方向，A正确．导体切割磁感线的有效长度先变大后变小，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B正确．导体切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大为E＝2Brv，C错误．穿过线圈某个横截面的电荷量为Q＝＝，D错误．
答案： AB
9．电阻可忽略的光滑平行金属导轨长x＝1.15 m，两导轨间距L＝0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5 Ω，质量m＝0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q1＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)求：
(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；
(2)金属棒下滑速度v＝2 m/s时的加速度a.
解析： (1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R＝3r，因此
QR＝3Qr＝0.3 J
∴W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4 J.
(2)金属棒下滑时受重力和安培力
F安＝BIL＝v
由牛顿第二定律mgsin 30°－v＝ma
∴a＝gsin 30°－v＝m/s2＝3.2 m/s2.
答案： (1)0.4 J (2)3.2 m/s2
10．水平面上两根足够长的金属导线平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接，导轨上放一质量为m的金属棒(如图所示)，金属杆与导轨的电阻忽略不计，匀强磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动的速度v也会变化，v与F的关系如图所示．(取重力加速度g＝10 m/s2)
(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动？
(2)做m＝0.5 kg，L＝0.5 m，R＝0.5 Ω，磁感应强度B为多大？
解析： (1)变速运动(或变加速运动、加速度减少的加速运动、加速运动)．
(2)感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，安培力F安＝BIL＝因金属杆受拉力、安培力作用，由牛顿定律得：F－＝ma，所得v＝F－，由图线可以得到直线的斜率k＝2，所以B＝ ＝1 T.
答案： (1)变加速运动 (2)1 T
11.半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( )
A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝时，杆产生的电动势为Bav
C．θ＝0时，杆受的安培力大小为
D．θ＝时，杆受的安培力大小为
解析： 当θ＝0时，杆切割磁感线的有效长度l1＝2a，所以杆产生的电动势E1＝Bl1v＝2Bav，选项A正确．此时杆上的电流I1＝＝，杆受的安培力大小F1＝BI1l1＝，选项C错误．
当θ＝时，杆切割磁感线的有效长度l2＝2acos＝a，杆产生的电动势E2＝Bl2v＝Bav，选项B错误．此时杆上的电流I2＝＝，杆受的安培力大小F2＝BI2l2＝，选项D正确．
答案： AD
12．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为L＝0.5 m，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，已知两棒质量均为m＝0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，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B＝0.2 T，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恰好能够保持静止．取g＝10 m/s2，问：
(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？
(2)棒ab受到的力F多大？
解析： (1)对cd棒受力分析如图所示
由平衡条件得mgsin θ＝BIL
得I＝＝ A＝1 A.
根据楞次定律可判定通过棒cd的电流方向为由d到c.
(2)棒ab与cd所受的安培力大小相等，对ab棒，受力分析如图所示，由共点力平衡条件知
F＝mgsin θ＋BIL
代入数据解得F＝0.2 N.
答案： (1)1 A 方向由d到c (2)0.2 N
第四章 6
知能综合训练
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．关于自感现象，下列说法正确的是( )
A．感应电流一定和原电流方向相反
B．线圈中产生的自感电动势较大时，其自感系数一定较大
C．对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感系数较大
D．对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大
解析： 自感现象中感应电流的方向遵从楞次定律．当原电流减小时，感应电流与原电流方向相同；当原电流增大时，自感电流与原电流方向相反，所以A错误；自感电动势的大小E自＝L，所以自感电动势大不一定是由自感系数大引起的，有可能是电流的变化率很大引起的，所以B错误；线圈自感系数的大小，由线圈本身决定，与线圈中有无电流以及电流变化的快慢无关，所以C错误；由E自＝L知，对于同一线圈，自感系数L确定，当电流变化较快时，线圈中产生的自感电动势也越大，所以D正确．
答案： D
2．关于某一线圈的自感系数，下列说法中正确的是( )
A．线圈中电流变化越大，线圈的自感系数越大
B．线圈中电流变化得越快，线圈的自感系数越大
C．若线圈中通入恒定电流，线圈自感系数为零
D．不管电流如何变化，线圈的自感系数不变
解析： 自感系数只与线圈本身有关，而与其他因素无关．自感系数是由线圈的本身性质(线圈的长度、面积、单位长度上的匝数)和是否插入铁芯决定的．线圈的横截面积越大，线圈越长，单位长度上的匝数越多，它的自感系数就越大，有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯的大得多．自感系数与通入的电流、电流改变量、电流变化率等无关．故正确答案为D.
答案： D
3．一个线圈中的电流均匀增大，这个线圈的( )
A．磁通量均匀增大
B．自感系数均匀增大
C．自感系数、自感电动势均匀增大
D．自感系数、自感电动势、磁通量都不变
解析： 电流均匀增大时，线圈中磁感应强度均匀增大，所以磁通量均匀增大，而自感电动势取决于磁通量的变化率，所以自感电动势不变；自感系数取决于线圈本身的因素，也保持不变，只有选项A正确．
答案： A
4．下列说法正确的是( )
A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
解析： 本题考查自感和自感电动势的方向，意在考查考生对自感现象的理解和运用楞次定律解决自感问题的能力．当线圈中的电流不变时穿过线圈的磁通量没有变化，没有自感电动势，选项A正确；当线圈中的电流反向时原来的电流产生的磁通量减小，由楞次定律可知，自感电动势产生的自感电流的磁场将阻碍磁通量的减小，故自感电动势的方向与原电流的方向相同，故选项B不对；当线圈中的电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，自感电动势产生的自感电流的磁场将阻碍其增大，故自感电动势的方向与原电流的方向相反，所以选项C正确；同理可知选项D不对，所以答案为A、C.
答案： AC
5.某线圈通有如图所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有( )
A．第1 s末 B．第2 s末
C．第3 s末 D．第4 s末
解析： 在自感现象中，当原电流减小时自感电动势与原电流的方向相同，当原电流增加时自感电动势与原电流方向相反．在图象中0～1 s时间内原电流正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向，在1～2 s时间内原电流负方向增加，所以自感电动势与其方向相反，即沿正方向；同理分析2～3 s、3～4 s时间内可得正确答案为B、D两项．
答案： BD
6．在如图所示的电路中，S闭合、S′断开， A正常发光，S′接通稳定时A不发光，现将S断开、S′闭合后，进行实验观察在S闭合稳定后再断开的现象，对观察结果说法正确的有( )
A．在S闭合瞬间A亮一下，稳定时不亮，断开S再亮一下
B．在S闭合瞬间A正常发光，稳定时A亮度变暗，直到S断开时熄灭
C．在S闭合到S断开时A都正常发光
D．在S闭合到S断开时A都不发光
解析： 在S闭合时，由于L对变化的电流的阻碍作用使通过L的电流较小，而通过A的电流则较大，所以在通电瞬间A发光，当通过L的电流增加后通过A的电流减少至不再发光，S断开时L产生对电流的阻碍作用，产生感应电流，故亮一下．
答案： A
7．图中L是一只有铁芯的线圈，它的电阻不计，E表示直流电源的电动势．先将S接通，稳定后再将S断开．若将L中产生的感应电动势记为EL，则在接通和断开S的两个瞬间，以下说法正确的是( )
A．两个瞬间EL都为零
B．两个瞬间EL的方向都与E相反
C．接通瞬间EL的方向与E相反
D．断开瞬间EL的方向与E相同
答案： CD
8．如图所示，绕在铁芯上的线圈M与电源、滑动变阻器和开关组成了一个闭合回路，在铁芯的右端，线圈P与电流表连成闭合电路．下列各种情况中说法正确的是( )
A．开关S闭合后，线圈P中有感应电流，M、P相互排斥
B．开关S闭合后，使变阻器滑片向左匀速移动，线圈P中有感应电流，M、P相互排斥
C．开关S闭合后，使变阻器滑片向右匀速移动，线圈P中有感应电流，M、P相互排斥
D．开关S闭合瞬间，线圈P中有感应电流，M、P相互吸引
解析： 开关S闭合后，M线圈中的电流产生的磁场方向由安培定则判知，沿铁芯轴线向右，由于线圈P中的磁通量不变，故不会产生感应电流，M、P没有排斥作用，也没有吸引作用，故A、D错；当开关S闭合后，滑片向左匀速移动，线圈M中的电流增大，因而穿过线圈P的磁通量增加，产生感应电流，并且由楞次定律知，感应电流的磁场方向与线圈M的磁场方向相反，故M、P两线圈相互排斥，B正确．同理判知C错误．
答案： B
9．如图所示电路中，自感系数较大的线圈L的直流电阻不计，下列操作中能使电容器C的A板带正电的是( )
A．S闭合的瞬间
B．S断开的瞬间
C．S闭合电路稳定后
D．S闭合、向左移动变阻器触头
解析： S闭合电路稳定时，线圈两端没有电势差，电容器两板不带电；S闭合瞬间，或向左移动变阻器触头时，电流增大，线圈产生自感电动势方向与电流方向相反，使B板带正电；S断开的瞬间，电流减小，线圈产生自感电动势的方向与电流方向相同，使A板带正电，B项正确．
答案： B
10．如图所示，L是电阻不计的自感线圈，C是电容器，E为电源，在开关S闭合和断开时，关于电容器的带电情况，下列说法正确的是( )
A．S闭合瞬间，A板带正电，B板带负电
B．S保持闭合，A板带正电，B板带负电
C．S断开瞬间，A板带正电，B板带负电
D．由于线圈L的电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下电容器均不带电
解析： 当S闭合瞬间，L内电流增大，产生的自感电动势的方向是由下指向上，使电容器充电，A板带正电，B板带负电，A正确；当S保持闭合时，L的电阻为零，电容器两极板短路，不带电，B错误；当S断开瞬间，L内的电流减小，自感电动势的方向由上向下，在L、C组成的回路中给电容器充电，使B板带正电，A板带负电，C错误．
答案： A
11.如图所示，对于原来闭合的开关S突然断开的瞬间，会看到灯A更亮的闪一下再熄灭，设S闭合时，灯中电流为I灯，线圈L中电流为IL，开关断开的瞬间灯A中电流为I′灯，线圈L中电流为I′L，则( )
A．I灯＜I′灯，IL≥I′L B．I灯＝I′灯，IL≤I′L
C．I灯＜I′灯，IL＜I′L D．I灯＞I′灯，IL≤I′L
解析： 在L和灯A的并联电路里，因为L的电阻比灯A的电阻小得多，闭合S时，L内的电流IL比灯A内电流I灯大得多，断开S的瞬间，因为IL的减小才产生自感电动势，自感电动势阻碍IL的减小，因此流过线圈L的电流只能是减小而不能是增大，断开瞬间有IL≥I′L，这时L和灯A组成的闭合回路是串联的，在自感电动势的作用下使I′L流过灯A，故I′灯＝I′L.虽说I′L是减小的，但在开始断开的一小段时间内还是比灯A原来的电流I灯大，则有I灯＜I′灯，所以，灯A在S断开瞬间闪亮一下才熄灭．
答案： A
12．在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t的变化的图象是( )
解析： 闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明RL＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至到达电流为I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流I，故C、D错误．
答案： B
13.如图所示电路中，S是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为i2，且i1＞i2，在t1时刻将S断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象是( )
解析： 在t1时间内流过灯泡的电流为i2，且方向为从左向右，当断开S时，i2立即消失，但由于自感作用，i1并不立刻消失，而是产生自感电动势，与灯泡构成回路缓慢消失，此时流过灯泡的电流从i1开始逐渐减小，方向自右向左，故D正确．
答案： D
14．如图所示电路，L是自感系数较大的线圈，在滑动变阻器的滑动片P从A端迅速滑向B端的过程中，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1；P从B端迅速滑向A端的过程中，经过C点时通过线圈的电流为I2；P固定在C点不动，达到稳定时通过线圈的电流为I0，则( )
A．I1＝I2＝I0 B．I1＞I0＞I2
C．I1＝I2＞I0 D．I1＜I0＜I2
解析： 当滑动片从A端迅速滑向B端时，总电阻减小，总电流增大，L产生的自感电动势阻碍电流增大，自感电流方向与原电流方向相反，故I1比P稳定在C点的电流I0小；当P从B端迅速滑向A端时，总电流在减小，L产生的自感电动势阻碍电流减小，自感电流方向与原电流方向相同，故I2大于P稳定在C点时的电流I0.故D正确．
答案： D
第四章 7
知能综合训练
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．磁电式仪表的线圈通常用铝框当骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )
A．为防止涡流而设计的 B．为利用涡流而设计的
C．起电磁阻尼的作用 D．起电磁驱动的作用
解析： 线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，就是涡流，涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后较快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．B、C正确．
答案： BC
2.如图所示，是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是( )
A．2是磁铁，在1中产生涡流
B．1是磁铁，在2中产生涡流
C．该装置的作用是使指针能够转动
D．该装置的作用是使指针能很快地稳定
解析： 1在2中转动产生感应电流，感应电流受到安培力作用阻碍1的转动，A、D对．
答案： AD
3．如图所示，金属球(铜球)下端有通电的线圈，今把小球拉离平衡位置后释放，此后关于小球的运动情况是(不计空气阻力)( )
A．做等幅振动 B．做阻尼振动
C．振幅不断增大 D．无法判定
解析： 小球在通电线圈的磁场中运动，小球中产生涡流，故小球要受到安培力作用阻碍它的相对运动，做阻尼振动．
答案： B
4．如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点．O点正下方固定一个水平放置的铝线圈．让磁铁在竖直面内摆动，下列说法中正确的是( )
A．磁铁左右摆动一次，线圈内感应电流的方向改变2次
B．磁铁始终受到感应电流磁场的斥力作用
C．磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力
D．磁铁所受到的感应电流对它的作用力有时是阻力有时是动力
解析： 磁铁向下摆动时，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向感应电流(从上面看)，并且磁铁受到感应电流对它的作用力为阻力，阻碍它靠近；磁铁向上摆动时，根据楞次定律，线圈中产生顺时针方向感应电流(从上面看)，磁场受感应电流对它的作用力仍为阻力，阻碍它远离，所以磁铁在左右摆动一次过程中，电流方向改变3次，感应电流对它的作用力始终是阻力，只有C项正确．
答案： C
5.高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被炼金属中，因此适于冶炼特种金属．该炉的加热原理是( )
A．利用线圈中电流产生的焦耳热
B．利用线圈中电流产生的磁场
C．利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流
D．给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电
解析： 高频感应炉的原理是：给线圈通以高频交变电流后，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生强涡流，由于电流的热效应，可使金属熔化．故只有C正确．
答案： C
6．如图所示，使一个铜盘绕其竖直的轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则( )
A．铜盘转动将变慢
B．铜盘转动将变快
C．铜盘仍以原来的转速转动
D．铜盘的转动速度是否变化，要根据磁铁的上下两端的极性来决定
解析： 当一个蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知感应电流受的安培力阻碍其相对运动，所以铜盘的转动将变慢，本题也可以从能量守恒的角度去分析，因为铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，铜盘的机械能不断转化成电能，铜盘转动会逐渐变慢，故正确选项为A.
答案： A
7．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
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．
答案： B
8.如图所示，一光滑水平桌面的左半部分处于竖直向下的匀强磁场内，当一电阻不计的环形导线圈在此水平桌面上向右以某一速度开始滑行时( )
A．若整个线圈在磁场内，线圈一定做匀速运动
B．线圈从磁场内滑到磁场外过程，必做加速运动
C．线圈从磁场内滑到磁场外过程，必做减速运动
D．线圈从磁场内滑到磁场外过程，必定放热
解析： 整个线圈在磁场内时，无感应电流，故不受安培力，线圈做匀速运动，A对；线圈滑出磁场过程中，产生感应电流，受到阻碍它运动的安培力，故线圈做减速运动，机械能转化为内能，选项B错，C、D对．
答案： ACD
9．如图所示，光滑金属球从高h的曲面滚下，又沿曲面的另一侧上升，设金属球初速度为零，曲面光滑，则( )
A．若是匀强磁场，球滚上的高度小于h
B．若是匀强磁场，球滚上的高度等于h
C．若是非匀强磁场，球滚上的高度等于h
D．若是非匀强磁场，球滚上的高度小于h
解析： 若是匀强磁场，则穿过球的磁通量不发生变化，球中无涡流，机械能没有损失，故球滚上的高度等于h，选项A错B对．若是非匀强磁场，则穿过球的磁通量发生变化，球中有涡流产生，机械能转化为内能，故球滚上的高度小于h，选项C错D对．
答案： BD
10．如图所示光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上，环1竖直，环2水平放置，均处于中间分割线上，在平面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间分割线向右运动时，下列说法正确的是( )
A．两环都向右运动
B．两环都向左运动
C．环1静止，环2向右运动
D．两环都静止
解析： 条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持为零不变，无感应电流，仍静止．环2中磁通量变化．根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果使环2向右运动．
答案： C
11．一个半径为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
C．mg D．mg(L＋2r)
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)．
答案： C
12．高频焊接是一种常用的焊接方法，其焊接的原理如图所示．将半径为10 cm的待焊接的圆形金属工件放在导线做成的1 000匝线圈中，然后在线圈中通以高频的交变电流，线圈产生垂直于金属工件所在平面的变化磁场，磁场的磁感应强度B的变化率为10π T/s.焊缝处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的99倍．工件非焊接部分每单位长度上的电阻为R0＝10－2π Ω·m－1，焊接的缝宽非常小．则焊接过程中焊接处产生的热功率为________．(计算中可取π2＝10，不计温度变化对电阻的影响，结果保留一位有效数字)
解析： 金属工件中产生的感应电动势E由法拉第电磁感应定律计算：E＝＝πr2＝ V
金属工件的电阻R＝2πr·R0＋99×2πr·R0＝2 Ω
金属元件中的电流I＝＝ A
所以焊接处的热功率
P＝I2×99×2πr·R0＝1 W.
答案： 1 W
13．下列现象属电磁阻尼的是____________，属电磁驱动的是________．
A．磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做
B．微安表的表头在运输时要把两接线框短接
C．自制金属地雷探测器
D．交流感应电动机
E．当右图中B变大时，a、b在固定光滑导轨上滑动
解析： 电磁阻尼是指导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体运动；而电磁驱动是磁场相对导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力作用，安培力使导体运动而不是阻碍导体运动．
答案： AB DE
14．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．
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，所以mgh＝Mv＋mv＋E电．
即E电＝mgh－Mv－mv
答案： (1)向右 (2)mgh－Mv－mv
单元知能评估(A卷)
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1．下面是几种常见电流随时间的变化图线，其中属于交流的有( )
解析： 从图线特点可以看出，只有D中电流只有正值无负值，方向没有改变；A、B、C方向都发生变化，均为交流．
答案： ABC
2．理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有( )
A．交流电的频率 B．磁通量的变化率
C．功率 D．交流电的峰值
解析： 理想变压器没有漏磁，没有能量损失，所以原、副线圈中磁通量变化率相同，原、副线圈中功率相同，B、C正确；变压器的原理是互感现象，其作用是改变电压峰值不改变频率，A正确，D错误．
答案： ABC
3．将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示．下列说法正确的是( )
A．电路中交变电流的频率为0.25 Hz
B．通过电阻的电流为 A
C．电阻消耗的电功率为2.5 W
D．用交流电压表测得电阻两端的电压是5 V
解析： 电路中交变电流的频率f＝＝25 Hz，A错；通过电阻的电流应为有效值：I＝＝＝ A，用交流电压表测得电阻两端的电压是 V，B、D错；电阻消耗的电功率P＝I2R＝2.5 W，C对．
答案： C
4．一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的变化率达到最大
C．0.02 s时刻感应电动势达到最大
D．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示
解析： 由Φ－t图知，在t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A、D两项错误；由图知T＝0.04 s，在t＝0.01 s时，Φ＝0，最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02 s时，Φ最大，＝0，e＝0，则C项错．
答案： B
5．如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器(理想变压器)，若已知n1∶n2＝1 000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220 V，电流表示数为10 A，则高压输电线的输送电功率为( )
A．2.2×103 W B．2.2×10－2 W
C．2.2×108 W D．2.2×104 W
解析：
答案： C
6．如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表A1的示数为0.20 A．下列判断中正确的是( )
A．初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1
B．初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1
C．电流表A2的示数为1.0 A
D．电流表A2的示数为0.4 A
解析： 由题意可求得初级线圈的功率，利用理想变压器初、次级线圈中的功率相等可求得次级线圈中的电流，再利用初、次级线圈中的电流之比可求得两线圈的匝数比．由电压表V示数和电流表A1的示数可得初级线圈中的功率P1＝U1I1，P1＝P2＝IR，所以电流表A2的示数为I2＝＝ A＝1.0 A，C正确；初级线圈和次级线圈的匝数比＝＝，B正确．
答案： BC
7．随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要．某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U1，输电导线总电阻为R，在某一时段用户需求的电功率为P0，用户的用电器正常工作的电压为U2.在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是( )
A．输电线上损耗的功率为
B．输电线上损耗的功率为
C．若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电
D．采用更高的电压输电会降低输电的效率
解析： 设发电厂输出功率为P，则输电线上损耗的功率ΔP＝P－P0，ΔP＝I2R＝，A、B项错误；采用更高的电压输电，可以减小导线上的电流，故可以减少输电线上损耗的功率，C项正确；采用更高的电压输电，输电线上损耗的功率减少，则发电厂输出的总功率减少，故可提高输电的效率，D项错误．
答案： C
8．某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路．仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )
A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零
B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变
C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起
解析： 由于零线、火线中电流方向相反，产生磁场方向相反，所以家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零，选项A正确；家庭电路短路和用电器增多时均不会引起L2的磁通量的变化，选项B正确，C错误；地面上的人接触火线发生触电时，线圈L1中磁场变化引起L2中磁通量的变化，产生感应电流，吸起K，切断家庭电路，选项D正确．
答案： ABD
9．一根电阻丝接入100 V的恒定电流电路中，在1 min内产生的热量为Q，同样的电阻丝接入正弦交变电流的电路中，在2 min内产生的热量也为Q，则该交流电压的峰值是( )
A．141.4 V B．100 V
C．70.7 V D．50 V
解析： 由有效值定义得
·t＝·2t，得：U有＝U
U峰＝U有＝·U＝U＝100 V.
所以B对，A、C、D错．
答案： B
10．如图所示，理想变压器的原线圈两端输入的交变电压保持恒定．则当开关S合上时，下列说法正确的是( )
A．电压表的示数变小
B．原线圈的电流增大
C．流过R1的电流不变
D．变压器的输入功率减小
解析： 本题考查交流电．由于原、副线圈两端电压不变，当开关S闭合时，回路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知干路上电流增加，但并联电路两端电压不变，选项A错误，B正确；由于R1两端电压不变，由部分电路欧姆定律可知，通过R1的电流不变，选项C正确；由于理想变压器输入功率与输出功率相等，输出电压不变，电流增加，输出功率增加，选项D错误．
答案： BC
11.如图所示，在匀强磁场中有一个内阻r＝3 Ω、面积S＝0.02 m2的半圆形导线框可绕OO′轴旋转．已知匀强磁场的磁感应强度B＝ T．若线框以ω＝100 π rad/s的角速度匀速转动，且通过电刷给“6 V,12 W”的小灯泡供电，则：
(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)从图示位置开始，线框转过90°的过程中，流过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？
(3)由题所给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡实际功率为多大？
解析： (1)线圈转动时产生感应电动势的最大值Em＝BSω＝10 V，则感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcos ωt
＝10 cos 100 πt V.
(2)线圈转过90°过程中，产生的平均电动势＝＝
灯泡电阻R＝＝3 Ω
故流过的电荷量q＝·T＝＝ C
与线框转动的快慢无关．
(3)线圈产生的电动势的有效值E＝＝10 V
灯泡两端电压U＝R＝5 V＜6 V
故灯泡不能正常发光，其实际功率P＝＝ W≈8.3 W.
答案： (1)e＝10 cos 100 πt V (2) C 无关
(3)8.3 W
12．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.
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＝
答案： (1)2NBl2ω (2) (3)
单元知能评估(B卷)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．如图所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为( )
A．0.5Bl1l2ωsin ωt B．0.5Bl1l2ωcos ωt
C．Bl1l2ωsin ωt D．Bl1l2ωcos ωt
解析： 线圈从图示位置开始转动，电动势瞬时值表达式为e＝Emcos ωt，由题意，Em＝BSω＝Bl1l2ω，所以e＝Bl1l2ωcos ωt.
答案： D
2.如图所示，L为一根无限长的通电直导线，M为一金属环，L通过M的圆心并与M所在的平面垂直，且通以向上的电流I，则( )
A．当L中的电流发生变化时，环中有感应电流
B．当M左右平移时，环中有感应电流
C．当M保持水平，在竖直方向上下移动时环中有感应电流
D．只要L与M保持垂直，则以上几种情况，环中均无感应电流
解析： 图中金属环所在平面与磁感线平行，穿过金属环的磁通量为零．无论I变化，还是M上下移动或左右平移，金属环所在平面一直保持与磁感线平行，磁通量一直为零，不产生感应电流，D正确．
答案： D
3.如图所示，两个相同的铝环套在一根光滑杆上，将一条形磁铁向左插入铝环的过程中，两环的运动情况是( )
A．同时向左运动，间距增大 B．同时向左运动，间距不变
C．同时向左运动，间距变小 D．同时向右运动，间距增大
解析： 两环中产生的感应电流的磁场阻碍磁铁的相对运动，故两环均向左运动，又由于左环中感应电流比右环小，且磁铁在左环处的磁感应强度更小一些，所以右环比左环向左运动的快一些，故两环的间距变小，应选C.
答案： C
4.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，将电路拆去时应( )
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
解析： 当S1、S2闭合稳定时，线圈中的电流由a→b，电压表V右端为“＋”极，左端为“－”极，指针正向偏转，先断开S1或先拆去电流表A或先拆去电阻R的瞬间，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，此时电压表V上加了一个反向电压，使指针反偏，若反偏电压过大，会烧坏电压表V，故应先断开S2.故选B项．
答案： B
5．如图所示，理想变压器原线圈输入交变电流i＝Imsin ωt，副线圈接有一电流表和负载，电流表的示数为0.1 A．在t＝T(T为交变电流的周期)时，原线圈中的电流瞬时值为0.03 A，由此可知该变压器的原副线圈的匝数比为( )
A．10∶3 B．3∶10
C．10∶3 D．3∶10
解析： 电流表示数为0.1 A，即副线圈中电流有效值I2＝0.1 A．将t＝T，i＝0.03 A代入i＝Imsin ωt可得Im＝0.03 A．所以原线圈中电流有效值I1＝＝ A，所以＝＝，故C正确．故选C.
答案： C
6．一正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知( )
A．该交变电流的电压瞬时值的表达式为u＝100 sin 25t V
B．该交变电流的频率为25 Hz
C．该交变电流的电压的有效值为100 V
D．若将该交流电压加在阻值为R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W
解析： 从图中可知，交变电流周期T＝4×10－2 s，峰值电压Um＝100 V，故交变电流的频率f＝＝25 Hz，有效值U＝＝50 V．加在R＝100 Ω的电阻上时的热功率P＝＝50 W，瞬时值表达式u＝Umsin t＝100 sin 50πt(V)，故正确选项为BD.
答案： BD
7．如图所示，图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里．abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l.t＝0时刻，bc边与磁场区域边界重合(如图)．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是 ( )
解析：
答案： B
8．如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上．今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，且两者彼此绝缘．当导线中的电流I突然增大时，线框整体的受力情况为( )
A．受力向右 B．受力向左
C．受力向上 D．受力为零
解析： 首先判断出由于电流I增大使得穿过回路abcd的磁通量Φ是增大还是减小．由于线框位置偏向导线左边，使跨在导线左边的线圈面积大于右边面积，线圈左边部分磁感线穿出，右边部分磁感线穿入，整个线框中的合磁通量是穿出的，并且随电流增大而增大．再用“阻碍磁通量变化”来考虑线框受磁场力而将要发生运动的方向．显然线框只有向右发生运动，才与阻碍合磁通量增加相符合，因此线框受的合磁场力应向右，故正确答案为A.
答案： A
9.如图所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是( )
A．导体棒的a端电势比b端电势高，电势差Uab在逐渐增大
B．导体棒的a端电势比b端电势低，电势差Uab在逐渐增大
C．线框cdef中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大
D．线框cdef中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大
解析： 本题考查电磁感应现象和楞次定律．对导体棒ab由右手定则可判断a端电势高，由E＝Blv可知，因为磁感应强度均匀增大，所以Uab变大，故选项A对，B错；对矩形线框cdef，由楞次定律可判断，感应电流的方向为逆时针方向，但由于磁感应强度是均匀增大，所以感应电流是恒定的，不会增大，所以选项C、D都不对．难度中等．
答案： A
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
解析： 电动势的有效值为E＝ V＝220 V，所以电流的有效值I＝＝ A＝2.2 A，所以电压表的示数为U＝IR＝2.2×95.0 V＝209 V，选项A错；交变电流的频率为f＝＝50 Hz，每个周期内电流方向改变2次，故每秒钟内电流方向改变100次，选项B错；灯泡实际消耗功率为P灯＝I2R＝2.22×95.0 W＝459.8 W，故选项C错；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5.0×1 J＝24.2 J，选项D正确．
答案： D
11．如图所示，质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4 m 的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω 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＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.求框架开始运动时ab速度v的大小；
解析： ab对框架的压力F1＝m1g
框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F1
依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到的最大静摩擦力为F2＝μFN
ab中的感应电动势E＝Blv
MN中电流I＝
MN受到的安培力F安＝IlB
框架开始运动时F安＝F2
由上面各式代入数据解得v＝6 m/s.
答案： 6 m/s
12.如图所示，正方形闭合线圈边长为0.2 m，质量为0.1 kg，电阻为0.1 Ω，在倾角为30°的斜面上的砝码质量为0.4 kg，匀强磁场磁感应强度为0.5 T，不计一切摩擦，砝码沿斜面下滑线圈开始进入磁场时，它恰好做匀速运动．(g取10 m/s2)
(1)求线圈匀速上升的速度．
(2)在线圈匀速进入磁场的过程中，砝码对线圈做了多少功？
(3)线圈进入磁场的过程中产生多少焦耳热？
解析： (1)设绳子的拉力为F
对砝码：F＝mgsin 30°＝2 N.
对线框：F＝m2g＋
代入数据得：v＝10 m/s.
(2)W＝Fl＝2×0.2 J＝0.4 J.
(3)由能量转化守恒定律得：
Q＝W－m2gl＝0.4 J－0.1×10×0.2 J＝0.2 J.
答案： (1)10 m/s (2)0.4 J (3)0.2 J
第五章 1
知能综合训练
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1．如图所示图象中不属于交流电的有( )
解析： 图A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交流电，但不是按正弦函数规律变化的交流电．
答案： D
2．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．若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能在下列图中反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是(如图)( )
解析： 图示时刻，ab边和cd边同时垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，此时感应电流最大，由右手定则，可判定电流方向由a→b→c→d→a，为正方向，综上所述，正确答案为C.
答案： C
3．交流发电机在工作时的电动势e＝Emsin ωt.若将线圈匝数、线圈面积都提高到原来的两倍，其他条件不变，则电动势变为( )
A．e＝2Emsin ωt B．e＝4Emsin ωt
C．e＝Emsin ωt D．e＝Emsin ωt
解析： 由电动势最大值表达式Em＝NBSω，N、S变为原来的两倍，则最大值变为4Em，故B正确．
答案： B
4．如图所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图象，根据图象可知( )
A．此感应电动势的瞬时表达式为e＝200 sin 0.02t
B．此感应电动势的瞬时表达式为e＝200 sin 100πt
C．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零
D．t＝0.02 s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大
答案： B
5．如图甲所示为一个矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．线圈内磁通量随时间t变化如图乙所示，则下列说法中正确的是( )
A．t1时刻线圈中的感应电动势最大
B．t2时刻ab的运动方向与磁场方向垂直
C．t3时刻线圈平面与中性面重合
D．t4、t5时刻线圈中感应电流的方向相同
解析： t1时刻通过线圈的Φ最大，磁通量变化率最小，此时感应电动势为零，A错．在t2、t4时刻感应电动势为Em，此时ab、cd的运动方向均垂直于磁场方向，B正确．t1、t3、t5时刻Φ最大，＝0，此时线圈平面垂直于磁场方向，称为中性面，C正确．t5时刻感应电流为零，D错．故正确答案为B、C.
答案： BC
6．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断( )
A．在A和C时刻线圈处于中性面位置
B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零
C．从A→D时刻线圈转过的角度为π
D．若从O→D时刻历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次
解析： 根据图象，首先判断出感应电流的数学表达式为i＝Imsin ωt，其中Im是感应电流的最大值，ω是线圈旋转的角速度．而且线圈是从中性面开始旋转．由O到D完成一次周期性变化，相应的线圈旋转一周．线圈每旋转一周有两次经过中性面，经过中性面的位置时电流改变方向．从图可知，在O、B、D时刻感应电流为零，所以此时线圈恰好在中性面的位置，且穿过线圈的磁通量最大；在A、C时刻感应电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时穿过线圈的磁通量为零；从A到D时刻，线圈旋转3/4周，转过的角度为π；如果从O到D时刻历时0.02 s，恰好为一个周期，所以1 s内线圈转动50个周期，100次经过中性面，交变电流的方向改变100次．
答案： CD
7．长为a、宽为b的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转．设t＝0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是( )
A．0,0 B．0，Babω
C.，0 D．Bab，Babω
解析： 实际上，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势：
e＝Emcos ωt＝Babωcos ωt.
当t＝0时，cos ωt＝1，
虽然磁通量Φ＝0，但是电动势有最大值
Em＝Babω
根据法拉第电磁感应定律
E＝n，
可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即Em＝max＝Babω.
综上所述，正确选项为B.
答案： B
8.一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以恒定的角速度ω转动．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照如图所示的余弦规律变化，则在t＝时刻( )
A．线圈平面与磁场方向平行 B．线圈中的电流最大
C．线圈所受的安培力为零 D．穿过线圈的磁通量最大
解析： 由i－t图象可以看出，t＝0的时刻，感应电流达到最大值，线圈平面与中性面垂直．经t＝的时间后，线圈转过的角度为θ＝＝，此时线圈平面与中性面平行，即与磁感线垂直，穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最小为零，线圈所受安培力为零．故正确选项为C、D.
答案： CD
9.如图所示为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B＝0.5 T，线圈匝数n＝50，每匝线圈面积为0.48 m2，转速为150 r/min，线圈在匀速转动过程中，从图示位置开始计时.
写出交变感应电动势瞬时值的表达式．
解析： 当线圈平面经过中性面时开始计时，则线圈在时间t内转过的角度为ωt，于是瞬时感应电动势e＝Emsinωt.
其中Em＝nBSω.
由题意知n＝50，B＝0.5 T，
ω＝ rad/s＝5π rad/s，S＝0.48 m2，
Em＝nBSω＝50×0.5×0.48×5π V≈188 V，
所以e＝188 sin(5πt) V.
答案： e＝188 sin(5πt) V
10．如图所示，在匀强磁场中有一个“”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝T，线框CD边长为20 cm，CE、DF边长均为10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)作出线框中感应电动势e随时间t变化关系的图象．
解析： (1)线框转动开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，所以瞬时感应电动势e＝Emcos ωt，
其中Em＝BSω，B＝ T，
S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，ω＝2πn＝100π rad/s，
所以e＝10cos 100πt V
(2)由感应电动势的瞬时值表达式可知峰值Em＝10 V，周期T＝＝0.02 s，画出图线如图所示．
答案： (1)e＝10cos(100πt) V
(2)
11．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，t＝0时，感应电动势为零，在t＝0.3 s时，感应电动势达峰值6 V．已知线圈转动周期大于0.3 s，则t＝0.4 s时，感应电动势的可能值为 ( )
A．0 B．6 V
C．3 V D．3 V
解析： 由t＝0时的感应电动势为零可知，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt，t＝0.3 s时感应电动势达到峰值6 V，即Em＝6 V,0.3ω＝2kπ＋或0.3ω＝2kπ＋π，其中k＝0,1,2，…又T＞0.3 s．所以ω可能为 π rad/s或5 π rad/s，故在t＝0.4 s时，感应电动势的值可能为e＝6 sin ×0.4 V＝3 V或e＝6 sin 5π×0.4 V＝0，应选A、C.
答案： AC
12．如图所示，矩形导线框abcd的一半处在磁感应强度B＝0.1 T的足够大的匀强磁场中，线框ab边长10 cm，bc边长为20 cm，当线框以ab边为轴，以角速度ω＝20 π/rad/s 匀速转动时，从图示时刻(线圈平面与磁场方向垂直)开始计时，它的磁通量Φ和线圈中的感应电动势E随时间变化的图象可能正确的是( )
解析： 从图示时刻到线圈转过60°的过程中，磁通量Φ＝B·ab·bc＝1×10－3 Wb不变化，之后，磁通量按照余弦规律变化，t＝时刻，磁通量为零，故A错误、B正确；在0～时间内，感应电动势始终为零，之后，感应电动势按照正弦规律变化，t＝时刻，感应电动势达最大值Em＝B·ab·bc·ω＝4π×10－2 V，故C错误、D正确．
答案： BD
第五章 2
知能综合训练
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．一个照明电灯标有“220 V、60 W”字样，现在把它接入最大值为311 V的正弦式交流电路中，则( )
A．灯的实际功率大小为60 W
B．灯丝将烧断
C．只能暗淡发光
D．能正常发光
答案： AD
2．在如图所示电路中，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＝220 sin 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
解析： U＝220 V，Rmin＝＝ Ω＝110 Ω.
答案： B
3．标有“250 V,0.5 μF”字样的电容器能接入下面哪个电路中使用( )
A．220sin 100πt V B．220 V照明电路中
C．380sin 100πt V D．380 V动力电路中
解析： 从该电容器的铭牌知，它的耐压值为250 V，也就是它允许加的最大电压为250 V，对于220 V的照明电路，最大值为220 V＝311 V，超出了它的耐压值．故正确答案为A.
答案： A
4.一台电风扇的额定电压为交流220 V．在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图所示．这段时间内电风扇的用电量为( )
A．3.9×10－2度 B．5.5×10－2度
C．7.8×10－2度 D．11.0×10－2度
解析： 分段计算用电量，根据W＝UIt得
W＝W1＋W2＋W3＝220×0.3×10×60 J＋220×0.4×10×60 J＋220×0.2×40×60 J＝1.98×105 J，而1度＝1 kW·h＝3.6×106 J，所以W＝1.98×105 J＝0.055度＝5.5×10－2度，故B选项正确，A、C、D选项错误．
答案： B
5.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知( )
A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin 25t V
B．该交流电的频率为25 Hz
C．该交流电的电压的有效值为100 V
D．若将该交流电压加在阻值为R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W
解析： 由题图知：T＝4×10－2 s，根据ω＝2π/T有ω＝50π rad/s，故A错；
从图象读出：T＝4×10－2s，根据f＝可得f＝25 Hz，故B对；
从图象读出：Um＝100 V，根据U＝可得U＝ V，故C错；
由C得：U＝ V，，根据P＝有P＝50 W，故D对．
答案： BD
6．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＝10sin 5πt(V)
D．交流电b的最大值为 V
解析： 由图可知t＝0时刻时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，选项A错误；由图可知Ta＝0.4 s，Tb＝0.6 s，线圈先后两次转速之比na∶nb＝Tb∶Ta＝3∶2，选项B正确；交流电a的瞬时值为u＝Umsin，得u＝10sin 5πt(V)，选项C正确，感应电动势最大值Um＝NBSω＝NBS，所以Uma∶Umb＝Tb∶Ta，交流电b的最大值为 V，选项D正确．
答案： BCD
7．电阻R1、R2与交流电源按照图甲的方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示，则( )
甲
乙
A．通过R1的电流有效值是1.2 A
B．R1两端的电压有效值是6 V
C．通过R2的电流最大值是1.2 A
D．R2两端的电压最大值是6 V
解析： 从图象可以看出，交变电流中电流最大值为0.6 A，电流有效值为：I＝＝0.6 A，R1两端电压有效值为U1＝IR1＝6 V，R2两端电压最大值为Um＝ImR2＝0.6×20 V＝12 V，综上所述，正确选项为B.
答案： B
8．如图甲是阻值为5 Ω的线圈与阻值为15 Ω的电阻R构成的回路．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示．则( )
A．电压表的示数为14.14 V
B．通过电阻的电流为0.707 A
C．电阻R上消耗的功率为7.5 W
D．通过电阻的电流方向每秒变化100次
解析： 根据题中图乙可知交流电的有效值为E＝ V＝10 V，电压表的示数为×15 V＝7.5 V，A错误；通过电阻的电流为I＝ A＝0.5 A≈0.707 A，B正确；电阻R上消耗的功率为P＝I2R＝2×15 W＝7.5 W，C正确；根据产生交流电的特点，线圈每转一圈，电流方向改变两次，则每秒变化×2＝50次，D错误．
答案： BC
9．有一交流发电机模型，用示波器观察到它产生的感应电动势波形如图所示，求：
(1)电动势的最大值和有效值，
(2)当t＝ s时，电动势的瞬时值，并指出此时线圈相对于磁场的位置．
(3)已知线圈面积为16 cm2，共25匝，计算匀强磁场的磁感应强度．
解析： (1)由图象可知电动势的最大值Em＝5 V，根据正弦交流电的最大值和有效值的关系，故有效值为：
E＝Em＝3.5 V.
(2)因为e＝Emsin ωt＝5sin 100πt，当t＝ s时，
e＝5sin 100π× V＝5 V.
这时线圈平面跟磁感线平行．
(3)由于Em＝nBSω，所以
B＝＝ T＝0.4 T.
答案： (1)5 V 3.5 V (2)5 V 线圈平面跟磁感线平行 (3)0.4 T
10．甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100，电阻r＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化．求：
(1)交流发电机产生的电动势最大值；
(2)电路中电压表的示数；
(3)R上的热功率．
解析： (1)交流发电机产生电动势的最大值
Em＝nBSω
而Φm＝BS，ω＝，
所以Em＝
由Φ－t图线可知：Φm＝2.0×10－2 Wb
T＝6.28×10－2 s，所以Em＝200 V.
(2)电动势的有效值E＝＝100 V
U＝E＝×100 V＝90 V＝127.3 V.
(3)R上的功率为：
PR＝＝ W＝180 W
答案： (1)200 V (2)127.3 V (3)180 W
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，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→a
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
解析： 线圈绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流，产生的电流、电动势及线圈各边所受安培力大小与转动轴所在位置无关，故A对，B、D错；图示时刻产生电流的方向为a→d→c→b→a，故C错．
答案： A
12.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么( )
A．线圈消耗的电功率为4 W
B．线圈中感应电流的有效值为2 A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cos t
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sin t
解析： 线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正(或余)弦式交变电流，因为从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以瞬时电动势表达式e＝Emcos ωt，当转过60°时e＝Emcos 60°＝，而i＝＝＝＝1 A，所以Em＝4 V．故电动势有效值E＝＝2 V，则线圈消耗功率P＝＝ W＝4 W，则选项A正确；线圈中感应电流的有效值I＝＝ A＝ A，则选项B错误；因为Em＝4 V，所以e＝Em·cos ωt＝4 cos t V，则选项C正确；因为Em＝BS·，所以Φm＝BS＝＝，所以任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Φm·sin ωt＝sin t，所以选项D错误．
答案： AC
第五章 3
知能综合训练
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．对电容器能通交变电流的原因，下列说法正确的是( )
A．当电容器接到交流电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流
B．当电容器接到交流电源上时，电容器交替进行充电和放电，电路中才有交变电流
C．在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动
D．在有电容器的交流电路中，没有电荷通过电容器
解析： 电容器实质上是通过反复充、放电来实现通电的，并无电荷流过电容器．
答案： BD
2．对低频扼流圈的说法正确的是( )
A．自感系数很小，对直流有很大的阻碍作用
B．自感系数很大，对低频交流有很大的阻碍作用
C．自感系数很大，对高频交流有很小的阻碍作用
D．自感系数很大，对直流无阻碍作用
解析： 低频扼流圈的自感系数较大，它对电流的阻碍作用是“通直流，阻交流”，即对低频交流有较大的阻碍作用，由于线圈本身有电阻，所以对直流也有阻碍作用，应选B.
答案： B
3．关于电阻、电感、电容对电流作用的说法正确的是( )
A．电阻对直流电和交流电的阻碍作用相同
B．电感对直流电和交流电均有阻碍作用
C．电容器两极板间是绝缘的，故电容支路上没有电流通过
D．交变电流的频率增加时，电阻、电感、电容的变化情况相同
解析： 电阻的阻值对直流电和交流电相同，A正确；电感对直流电没有阻碍作用，对交流电有阻碍作用，B错误；由于电容器不断地充放电，电路中存在充电电流和放电电流，C错误；电阻的阻值与交流电的频率无关，感抗随交流电频率的增大而增大，容抗随交流电频率的增大而减小，D错误．
答案： A
4．关于电容对交变电流的影响，下列说法正确的是( )
A．对一只给定的电容器来说它对任何频率的交变电流的阻碍作用都相同
B．同一只电容器对高频交变电流的容抗大于对低频交变电流的容抗
C．同一只电容器对高频交变电流的容抗小于对低频交变电流的容抗
D．同一只电容器对高频交变电流的容抗等于对低频交变电流的容抗
解析： 电容器的容抗跟交流电的频率成反比，频率越大，容抗越小，对交变电流的阻碍作用就越小．
答案： C
5．如图所示，白炽灯和电容器串联后接在交变电源的两端，当交变电源的频率增加时( )
A．电容器电容增加 B．电容器电容减小
C．电灯变暗 D．电灯变亮
解析： 容器的电容是由电容器本身的特性所决定的，与外加的交变电源的频率无关，选项A和B是错误的．当交变电源的频率增加时，电容器充放电的速度加快，电容器的容抗减小，电流增大，电灯变亮．选项C错D对．
答案： D
6.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，如果只需把低频成分输送到下一级装置，如图所示，则下列做法合理的是( )
A．在a、b间接入一个电容器
B．在a、b间接入一个低频扼流圈
C．在a、b间接入一个高频扼流圈
D．在ab间接入一个电容器或高频或低频扼流圈都可以
解析： 假设接入电容器，通过的是高频电流，不符合题意，故应接入线圈，通过的是低频电流，故应接高频扼流圈，故C正确．
答案： C
7．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
解析： 电压表示数相同，说明交流电的有效值相同．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，交变电流全部通过灯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．
答案： CD
8．有一个电阻极小的导线绕制成的线圈接在交流电源上，如果电源的电压峰值保持一定，下列哪种情况下，通过绕圈的电流最小( )
A．所加电源的频率为50 Hz
B．所加电源的频率为100 Hz
C．所加电源的频率为50 Hz，线圈的匝数较少
D．在线圈中加入铁芯，所加电源的频率为100 Hz
解析： 电压峰值不变，则电源电压的有效值就不变，当交变电流的频率越大，线圈的自感系数越大时，感抗越大，电流越小，故选D.
答案： D
9．在频率为f的交变电路中，如图所示，把开关S依次分别接通R、C、L支路，这时通过各支路的电流的有效值相等．若将交变电流的频率提高到2f，维持其他条件不变，则下列几种情况中，不正确的是( )
A．通过R的电流有效值不变
B．通过C的电流有效值变大
C．通过L的电流有效值变小
D．通过R、C、L的电流有效值都不变
解析： 电阻对交变电流阻碍作用的大小与电流的频率无关，因此通过电阻的电流的有效值不变；电感对交变电流阻碍作用的大小用感抗表示，线圈的自感系数越大，电流的频率越高，自感电动势就越大，即线圈对电流的阻碍作用就越大，感抗也就越大，因此通过电感的电流的有效值变小；电容器对交变电流阻碍作用的大小用容抗表示，电容一定时，在相同的电压下电容器容纳的电荷量一定，频率越高，充、放电的时间越短，充、放电的电流越大，容抗越小，因此通过电容器的电流的有效值变大．故正确答案为A、D.
答案： AD
10．在电子技术中，从某一装置输出的交变电流常常既有高频成分，又有低频成分，若只需要把低频成分输送到后一级装置中，那么要在这两级电路之间接一电路元件是( )
A．电感线圈 B．电容器
C．电阻 D．二极管
解析： 应将电容器并联接入电路，如图所示，电容器对高频成分容抗小，易通过；对低频成分容抗大，输入到下一级，有这种作用的电容器叫高频旁路电容．
答案： B
11．两个相同的白炽灯泡L1和L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联．当a、b间接电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度低于灯L2的亮度，新电源两极的电压最大值和频率可能是( )
A．最大值仍为Um，而频率大于f
B．最大值仍为Um，而频率小于f
C．最大值大于Um，而频率仍为f
D．最大值小于Um，而频率仍为f
解析： 更换新电源后，灯L1的亮度低于灯L2的亮度，说明电容器的容抗增大，电感的感抗减小．由频率对容抗、感抗的影响可知新电源频率减小，所以B正确．
答案： B
12．如图所示电路中，L为电感线圈，D为灯泡，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝220 sin 100πt (V)．若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的有( )
A．电流表示数增大 B．电压表示数增大
C．灯泡变暗 D．灯泡变亮
解析： 由u＝220sin 100πt (V)，可得电源原来的频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，当电源频率由原来的50 Hz增为100 Hz时，线圈的感抗增大，在电压不变的情况下，电路中的电流减小，A项错误；灯泡的电阻R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率P＝I2R减小，灯泡变暗，C项正确，D项错误；电压表与电感线圈并联，其示数为线圈两端的电压UL，设灯泡两端电压为UD，则电源电压的有效值U＝UL＋UD.因UD＝IR，故电流I减小时，UD减小，因电源电压有效值保持不变，故UL＝(U－UD)增大，B项正确．故正确答案为BC.
答案： BC
13．用电压表检查如图所示的电路中的故障，测量Uad＝5.0 V，Uab＝0，Ubc＝5.0 V，Ucd＝0.则电路故障可能是( )
A．滑动变阻器R1断路
B．电容器C被击穿
C．电阻R2断路
D．电感线圈L断路
解析： 当用电压表去判断电路故障时，如果电压表的两接线
柱能与电源的两极接通，而与电压表两接线柱相并联的那部分电路没有完全短路，电压表就会有示数．即当电压表有示数时，电源两极与电压表两接线柱间的电路无断点．由题意Uad＝Ubc＝5.0 V可知ab、cd间为通路，A、C错误；若电容器被击穿，则Ubc将为零，B错误．故正确答案为D.
答案： D
14．某一电学黑箱内可能有电容器、电感线圈、定值电阻等元件，在接线柱间以如图所示的“Z”字形连接(两接线柱间只有一个元件)．为了确定各元件种类，小华同学把DIS计算机辅助实验系统中的电流传感器(相当于电流表)与一直流电源、滑动变阻器、开关串联后，分别将AB、BC、CD接入电路，闭合开关，计算机显示的电流随时间变化的图象分别如图中a、b、c所示，则如下判断中正确的是( )
A．A、B间是电容器 B．B、C间是电感线圈
C．C、D间是电容器 D．C、D间是定值电阻
解析： 电容器的特性是：闭合开关后，瞬间充电结束后，电路中不再有电流，a对应的AB应是电容器，A对；电感线圈对变化的电流有阻碍作用，对恒定电流无阻碍作用，BC间为电感线圈，B正确；定值电阻的特性是加恒定电压，瞬间即产生恒定的电流，D正确．
答案： ABD
第五章 4
知能综合训练
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
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
解析： 对各个选项分析如下：
选项
个性分析
综合点评
A错误
正弦交变电流的大小时刻改变，在原线圈中产生的磁通量也时刻变化
互感现象是变压器的工作基础，因此前面所学互感现象的有关规律在这里也适用
B正确
理想变压器铁芯无漏磁现象
C正确
变压器的工作原理是互感现象，原线圈中变化的电流引起铁芯中磁通量的改变，从而在副线圈中产生感应电动势，铁芯中没有电流
D错误
答案： BC
2．如图所示为一理想变压器和负载电阻R，下列哪些做法可增加变压器的输入功率( )
A．只减少副线圈匝数
B．只减少原线圈匝数
C．只增加副线圈匝数
D．只减小R的阻碍
解析： 根据P＝得，保持R不变时，可增加U来使功率增加，方法是减少原线圈匝数或增加副线圈匝数，故选项A错B、C对．增加功率的另一种方法是保持U不变，减小R的阻值，故选项D对．
答案： BCD
3．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R相连组成闭合回路．当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，安培表A1的读数为12 mA，那么安培表A2的读数为( )
A．0 B．3 mA
C．48 mA D．与R大小有关
解析： 导线AB切割磁感线产生的感应电动势为E感＝Blv.由于B、l、v三个量均不变，故感应电动势为一定值，原线圈中电流恒为12 mA，变压器原、副线圈中无法发生互感现象，副线圈输出电压应为零，故安培表A2的读数为0.
答案： A
4．如图所示，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“220 V,60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则( )
A．电流表的示数为 A B．电源输出功率为1 200 W
C．电流表的示数为 A D．原线圈端电压为11 V
解析： 由灯泡正常发光，可知副线圈电压为220 V，由＝可知，原线圈电压U1＝20×220 V＝4 400 V，D错．
又因输入功率等于输出功率，P1＝P2＝60 W，故B错．
电流表读数为有效值，原线圈中电流I1＝＝ A＝ A，故A错，C正确．
答案： C
5．如图所示的理想变压器，原副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶2，U1＝220sin ωt V，n1＝1100匝，以下说法中正确的是( )
A．穿过原、副线圈磁通量的变化率之比为1∶2
B．穿过原、副线圈磁通量的变化率的最大值相等，均为0.2 V
C．原、副线圈每一匝产生的电动势有效值相等，均为0.2 V
D．原、副线圈电动势的瞬时值之比为1∶2
解析： 对于理想变压器，由于没有磁通量损耗，所以穿过两个线圈的磁通量相同，磁通量的变化率相同．
根据E1＝n1得
磁通量的变化率的最大值即为每一匝产生的电动势的最大值：m＝ V＝0.2 V．所以每一匝产生的电动势的有效值为0.2 V．瞬时值不满足＝的关系．
答案： BC
6．理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S断开，当S接通时，以下说法中正确的是( )
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R两端的电压将增大
C．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
解析： 理想变压器不计原、副线圈的直流电阻，副线圈两端的电压UMN不受负载电阻的影响，保持不变，故选项A错误．S接通后，副线圈回路的总电阻减小，故副线圈回路中电流I2增大．因此，等效电阻R两端的电压增大，导致灯泡L1两端的电压减小，L1中电流减小，因此选项B、C正确．又因UMN不变，I2增大，变压器的输出功率增大，输入功率也随之增大．原线圈中电流I1增大，因此选项D也正确．
答案： BCD
7．调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示，线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，A、B间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压，在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q，则( )
A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大
B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小
C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大
D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小
解析： 保持P的位置不动，U2不变，将Q向下移动时，R变大，故电流表读数变小；保持Q的位置不动，R不变．将P沿逆时针方向移动时，n2变大，U2变大，故电流表的读数变大．
答案： BC
8．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈接入一电压为U＝U0sin ωt的交流电源，副线圈接一个R＝27.5 Ω的负载电阻，若U0＝220 V，ω＝100 π rad/s.则下述结论正确的是( )
A．副线圈中电压表的读数为55 V
B．副线圈中输出交流电的周期为 s
C．原线圈中电流表的读数为0.5 A
D．原线圈中的输入功率为110 W
解析： 因交流电的峰值U0＝220 V，则它的有效值U＝＝220 V，所以电压表的读数U2＝U1＝55 V，A正确；交流电的周期T＝＝0.02 s，B错误；副线圈中的电流I2＝＝2 A，故电流表的读数I1＝I2＝0.5 A，C正确；P入＝P出＝U2I2＝110 W，D错误．
答案： AC
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的电流表，并接在有效值不变的交流电源上．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上消耗的功率变大
C．原线圈中电流表示数变大
D．灯泡L1和L2变亮
解析： 原线圈两端P、Q间的输入电压取决于电源，故不变，A错；因原线圈两端的电压不变，原、副线圈的匝数比不变，所以副线圈两端的电压不变，当S断开时，副线圈电路中的总电阻变大，电流减小，R两端的电压减小，故R的消耗功率减小，B错；副线圈两端的电压不变，R两端的电压减小，L1和L2两端的电压增大，L1和L2变亮，D对；副线圈电路中电流减小，原、副线圈的匝数比不变，故原线圈中的电流减小，C错．
答案： D
10．图(a)左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，A 、V 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
解析： 由I＝得，I＝ A＝2 A，A正确．理想变压器中＝，所以＝＝＝＝，B错误．测量交流电时电表示数均为有效值，C正确．由题图(b)知T＝0.02 s，由f＝得，f＝50 Hz，D错误．
答案： AC
11．为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压，某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是( )
A．u1＝190sin(50πt) V
B．u2＝190sin(100πt)V
C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移
D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移
解析： 由u2－t图象知u2m＝190 V，T＝2×10－2 s故ω＝＝100 π rad/s，故u2＝190sin (100πt) V．选项A错误，选项B正确．由变压器电压与匝数关系＝得u2＝，可减小n1以使u2的有效值增大至220 V，即将P适当上移，故选项C错误，选项D正确．
答案： BD
12．如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝ T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V 60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是( )
A．图示位置穿过线框的磁通量变化率不为零
B．线框中产生交变电压的表达式为u＝500sin 200t V
C．变压器原、副线圈匝数之比为50∶11
D．允许变压器输出的最大功率为2 200 W
解析： 图示位置穿过线框的磁通量最大，但由于没有边切割磁感线，所以无感应电动势磁通量的变化率为零，A选项错误；线框中交变电压u＝NBSωsin ωt＝500sin 200t V，B选项正确；变压器原、副线圈匝数之比＝＝＝，C选项错误；变压器输出的最大功率等于输入的最大功率P＝UI＝500×10 W＝5 000 W，D选项错误．
答案： D
13．图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )
A．电压表的示数等于5 V
B．电压表的示数等于 V
C．实现点火的条件是>1 000
D．实现点火的条件是<1 000
解析： 由题u－t图象知，交流电压的最大值Um＝5 V，所以电压表的示数U＝＝ V，故选项A错误，选项B正确；根据＝得＝，变压器副线圈电压的最大值U2m＝5 000 V时，有效值U2＝＝ V，所以点火的条件>＝1 000，故选项C正确，选项D错误．
答案： BC
14.如图，理想变压器原线圈与一10 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________A.
解析： 根据P＝和P＝I2R得灯泡a两端的电压U2＝＝ V＝3 V，通过灯泡a的电流Ia＝ ＝ A＝0.1 A，根据＝得原、副线圈匝数之比＝＝，根据＝，得副线圈上的电流I2＝I1＝×0.09 A＝0.3 A．根据I2＝Ia＋Ib得，流过灯泡b的电流为Ib＝I2－Ia＝0.2 A.
答案： 10∶3 0.2
第五章 5
知能综合训练
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．下列关于电能输送的说法正确的是( )
A．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济
B．减小输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电
C．减小输电导线上电压损失的唯一方法是增大输电线的横截面积
D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输电功率大小、距离远近、技术和经济条件等
解析： 输送电能的基本要求是可靠、保质、经济．减少输电线上的功率损失可采用高压输电，也可以减小输电线电阻，即增大导线横截面积，但不经济．实际输电时，应综合考虑各种因素．
答案： AD
2．某发电厂原来用11 kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220 kV输电，输送的电功率都是P，若输电线路的电阻为r，则下列说法中正确的是( )
A．据公式I＝，提高电压后输电线上的电流降为原来的
B．据公式I＝，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍
C．据公式P＝I2r，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的
D．据公式P＝，提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的400倍
解析： 由I＝得电压损失ΔU＝Ir＝r，因U2＝20U1故ΔU2＝ΔU1，A正确；又因为ΔP＝I2r＝r，故ΔP2＝ΔP1，C正确．
答案： AC
3．远距离输送一定功率的交流电，若输电线电阻一定，下列说法正确的是( )
A．输电线上的电压损失跟输电电压成正比
B．输电线上的功率损失跟输电电压成正比
C．输电线上的功率损失跟输电电压的平方成反比
D．输电线上的功率损失跟输电线上的电压损失的平方成正比
解析： 此题容易犯的错误是将输电电压与损失电压相混，由P＝而选B.正确的思路是由I线＝可知ΔP＝·R线，C对．ΔU＝·R线，A错．ΔP＝，D对．
答案： CD
4．如图为远距离输电线路的示意图：
若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )
A．升压变压器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少时，输电线上损失的功率增大
D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
解析： 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，据P＝，消耗的功率增大，输电线电流增大，线路损失功率增大，C项正确，升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失电压加上降压变压器输入电压，D项错误．
答案： C
5．在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，输电导线电阻率为ρ，截面面积为S，导线的总长度为L.输电线上损耗的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则P′和P用的关系式正确的是( )
A．P′＝ B．P′＝
C．P用＝P－ D．P用＝P
解析： 输电线电阻R＝ρ，输电电流I＝，故输电线上损失的电功率为P′＝I2R＝2ρ＝，用户得到的电功率为P用＝P－P′＝P.
答案： BD
6．某小型发电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220 sin 100 πt V，降压变压器的副线圈与阻值R0＝11 Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是( )
A．通过R0电流的有效值是20 A
B．降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1
C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压
D．升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率
解析： 降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220 V，负载电阻为11 Ω，所以通过R0电流的有效值是20 A，选项A正确；降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，所以降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1，选项B正确；升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上损失的电压，选项C错误；升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率加上输电线上的功率，选项D正确．
答案： ABD
7．水电站向小山村输电，输送电功率为50 kW，若以1 100 V送电，则线路损失为10 kW，若以3 300 V送电，则线路损失可降为( )
A．3.3 kW B．1.1 kW
C．30 kW D．11 kW
解析： 由P＝UI，ΔP＝I2R可得：ΔP＝R，所以当输送电压增大为原来的3倍时，线路损失变为原来的，即ΔP＝1.1 kW.
答案： B
8．某变电站用220 V的电压送电，导线损失的功率为输送功率的20%，若要使导线损失的电功率降为输送功率的5%，则输送电压应为多少？
解析： 设输送功率为P，送电电压U1＝220 V时，损失电功率ΔP1＝20%P，又ΔP1＝IR线，而I1＝，则ΔP1＝R线．现要求ΔP2＝5%P，同理ΔP2＝R线，由上式得＝＝，所以输送电压应为U2＝440 V.
答案： 440 V
9．有一理想变压器原、副线圈的匝数比为100∶1，原线圈上所加电压为23 kV，副线圈通过总电阻为2 Ω的供电导线向用户供电，用户得到的电压是220 V，求供电导线上损耗的功率．
解析： 设原、副线圈匝数为n1、n2，原、副线圈上两端电压为U1、U2，有 U2＝U1＝230 V
设用户电压为U3，导线上的损失电压为ΔU＝U3－U2＝10 V
导线上损失功率为P＝＝50 W.
答案： 50 W
10．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．为了减少电能损失，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V、9.5 kW的电能，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)降压变压器原、副线圈匝数比.
解析： (1)升压变压器原、副线圈匝数比：＝＝＝.
(2)输送电流I2＝＝5 A，输电线上损失的电功率P损＝(10－9.5)kW＝0.5 kW
又P损＝Ir，所以r＝＝20 Ω.
(3)降压变压器原线圈上电压为U3＝U2－I2r＝1 900 V
所以降压变压器原、副线圈匝数比为＝＝
答案： (1)1∶5 (2)20 Ω (3)95∶11
11．随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要．某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U1，输电导线总电阻为R，在某一时段用户需求的电功率为P0，用户的用电器正常工作的电压为U2.在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是( )
A．输电线上损耗的功率为
B．输电线上损耗的功率为
C．若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电
D．采用更高的电压输电会降低输电的效率
解析： 设发电厂输出功率为P，则输电线上损耗的功率ΔP＝P－P0，ΔP＝I2R＝，A、B项错误；采用更高的电压输电，可以减小导线上的电流，故可以减少输电线上损耗的功率，C项正确；采用更高的电压输电，输电线上损耗的功率减少，则发电厂输出的总功率减少，故可提高输电的效率，D项错误．
答案： C
12．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220 V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2.降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则( )
A.＞
B.＜
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
解析： 根据理想变压器的电压关系可知＝，＝，由于输电线上存在电压损失，所以U2＞U3，则＞，A正确，B、C错误；在远距离传输过程中，输电线上存在功率损失，故D正确．
答案： AD
单元知能评估(A卷)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．下列有关电熨斗的说法正确的是( )
A．电熨斗能自动控制温度主要利用了双金属片，两片金属的膨胀系数相同
B．常温下，上、下触点是接触的；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．电熨斗中的双金属片是一种半导体材料
解析： 常温下，上下触点是接触的；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离；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；双金属片由膨胀系数不同的金属材料制成，上面的膨胀系数大．
答案： BC
2．关于光敏电阻和热敏电阻，下列说法中正确的是( )
A．光敏电阻是用半导体材料制成的，其阻值随光照增强而减小，随光照的减弱而增大
B．光敏电阻是能把光照强度这个光学量转换为电流这个电学量的传感器
C．热敏电阻是用金属铂制成的，它对温度感知很灵敏
D．热敏电阻是把热量这个热学量转换为电阻这个电学量的传感器
解析： 光敏电阻是把光强转换为电阻的元件；热敏电阻是把温度转换为电阻的元件，故B、D错误；热敏电阻和光敏电阻都是半导体材料制成的，半导体具有光敏性和热敏性，金属铂与热敏电阻的阻值随温度的变化趋势相反，故C错误．
答案： A
3．下列说法正确的是( )
A．话筒是一种常见的红外线传感器
B．霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电阻这个电学量
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高低转换为电阻大小
解析： 对各选项的分析如下：
选项
透析过程
结论
A
常见的一种话筒是电容传感器，不是红外线传感器
错误
B
霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压而不是电阻
错误
C
电子秤所使用的测力装置是压力传感器
正确
D
热敏电阻的阻值随着温度的升高而减小，故能够把温度变化转换为电阻变化
正确
答案： CD
4.有定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三只元件，将这三只元件分别接入如图所示电路中的A、B两点后，用黑纸包住元件或者把元件置入热水中，观察欧姆表的示数，下列说法中正确的是( )
A．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是热敏电阻
B．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数不变化，这只元件一定是定值电阻
C．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻
D．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数相同，这只元件一定是定值电阻
解析： 热敏电阻的阻值随温度变化而变化，定值电阻和光敏电阻的阻值不随温度变化；光敏电阻的阻值随光照变化而变化，定值电阻和热敏电阻的阻值不随光照变化．故正确答案为A、C.
答案： AC
5．如图是某汽车上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时( )
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
解析： 金属滑片向下移动时，油面升高；R接入电路中的电阻减小，电路中电流增大，所以D正确．
答案： D
6.如图所示的电路中，当半导体材料做成的热敏电阻浸泡到热水中时，电流表示数增大，则说明( )
A．热敏电阻在温度越高时，电阻越大
B．热敏电阻在温度越高时，电阻越小
C．半导体材料温度升高时，导电性能变差
D．半导体材料温度升高时，导电性能变好
解析： 电流表的示数增大，说明电路中的电流增大，电阻减小，所以这个热敏电阻的电阻率是随温度的升高而降低的，电阻率减小，电阻值在其它条件不变时减小，导电性能变好．
答案： BD
7．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图甲所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在运动过程中，电流表的示数如图乙所示，下列判断中正确的是( )
A．乙图表示电梯做匀速直线运动
B．乙图表示电梯做匀加速运动
C．乙图表示电梯做变加速运动
D．乙图表示电梯做匀减速运动
解析： 从题图乙可以看出电流增大，由欧姆定律知道压敏电阻阻值应该减小，结合压敏电阻特点可以判断，压力增大，而且电流逐渐变大，压力应该也是逐渐增大，所以电梯做变加速运动，A、B、D错，C对．
答案： C
8．电容式话筒的保真度比动圈式话筒好，其工作原理如图所示．Q是绝缘支架，薄金属膜M和固定电极N形成一个电容器，被直流电源充电，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( )
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
解析： 由公式C＝知，膜片向右运动，C增大，电容器充电，故有向左的电流．
答案： AC
9．如图所示的光控电路用发光二极管LED模拟路灯，RG为光敏电阻．A为斯密特触发器，在天黑时路灯(发光二极管)会点亮，下列说法中正确的是( )
A．天黑时，Y处于高电平
B．天黑时，Y处于低电平
C．当R1调大时，天更暗时，灯(发光二极管)点亮
D．当R1调大时，天较亮时，灯(发光二极管)就能点亮
解析： 天黑时，RG阻值增大到一定值，斯密特触发器输入端A的电压上升到某个值，输出端Y突然由高电平跳到低电平，R1调大时，A端电压降低，只有天更暗时，RG电阻更大时，路灯才点亮，故B、C正确．
答案： BC
10．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其装置示意图如图甲所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球．小车向右做直线运动过程中，0～t1时间内，小车做匀速直线运动，电流表示数随时间变化的图线如图乙所示，下列判断正确的是( )
A．从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动
B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动
C．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动
D．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动
解析： 0～t1时间内，小车做匀速直线运动，说明压敏电阻所受压力不变，或不受压力，此时电阻较大，电流较小．从t1～t2时间内，电流逐渐增大，电阻逐渐变小，压敏电阻所受压力逐渐增大，小车做加速度逐渐变大的加速运动，A、B错误．t2时刻加速度达到一定的数值，从t2到t3时间内，电流不变，电阻不变，压敏电阻所受压力不变，加速度不变，小车做匀加速直线运动，C错误，D正确．
答案： D
11．如图所示为大型电子地磅的电路图，电源电动势为E，内阻不计．不称物体时，滑片P在A端，滑动变阻器接入电路的有效电阻最大，电流最小；称重物时，在压力作用下使滑片P下滑，滑动变阻器有效电阻变小，电流变大，这样把重力值转换成电信号，将电流对应的重力值刻在刻度盘上，就可以读出被称物体的重力值．若滑动变阻器上A、B间的距离为L，最大阻值等于定值电阻值R0.已知两弹簧的总弹力与形变量成正比，比例系数为K.则所称重物的重力G与电流大小I的关系为( )
A．G＝2LK－ B．G＝KL
C．G＝KL＋ D．G＝KIL
解析： 设称重物时，在压力作用下使滑片P下滑X，G＝KX， ①
滑动变阻器有效电阻R＝R0－R0 ②
由全电路欧姆定律I＝ ③
由①②③得G＝2LK－.
答案： A
12．光敏电阻在各种自动化装置中有很多应用，其中就有可用于街道的路灯自动控制开关．下图为实验所用器材，其中A为光敏电阻，B为电磁继电器，C为电流放大器，D为路灯，请连成正确的电路，达到日出路灯熄、日落路灯亮的效果，并说明此电路的工作原理．
答案： 连线如图所示．
原理：白天，光照强，光敏电阻A阻值小，控制电路中电流大，电磁铁磁力强，将衔铁吸合，两触点分离，路灯电路不通，灯不亮；傍晚，日落后光照弱，光敏电阻A阻值大，控制电路中电流小，电磁铁磁力弱，衔铁向上移使两触点接触，路灯电路接通，灯亮．
单元知能评估(B卷)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．关于交变电流和直流电的说法中，正确的是( )
A．如果电流大小做周期性变化，则一定是交变电流
B．直流电的大小可以变化，但方向一定不变
C．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性变化
解析： 交流电和直流电的根本区别是电流方向是否变化，故A、C错误，B、D正确．
答案： BD
2．电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备．下列用电器中，没有利用电磁感应原理的是( )
A．动圈式话筒 B．日光灯镇流器
C．磁带录音机 D．白炽灯泡
解析： 白炽灯泡是利用了电流的热效应，而A、B、C选项均利用电磁感应原理．
答案： D
3.半径为R的圆形线圈，两端A、B接有一个平行板电容器，线圈垂直放在随时间均匀变化的匀强磁场中，如图所示，则要使电容器所带电荷量Q增大，可以采取的措施是( )
A．增大电容器两极板间的距离
B．增大磁感应强度的变化率
C．减小线圈的半径
D．改变线圈所在平面与磁场方向间的夹角
解析： 由Q＝CU，C＝知，增大极板距离d，电容C减小，因此Q也减小，故A错误；由U＝E＝n＝nS，分析可得增大磁感应强度变化率或增大线圈在垂直磁场方向的投影面积可增大A、B间电压，从而使Q增大，所以B正确，C、D错误．
答案： B
4．如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水．给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是( )
A．恒定直流、小铁锅
B．恒定直流、玻璃杯
C．变化的电流、小铁锅
D．变化的电流、玻璃杯
解析： 通入恒定直流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高；涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温．
答案： C
5．为了减少输电线路中电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电站升压后通过远距离输送，再经变电站将高压变为低压，某变电站将电压u0＝11 000·sin 100πt 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
解析： 变压器的输入端电压U1＝11 000 V，由＝得n1∶n2＝50∶1，A项正确；变压器不改变交变电流的频率，故原、副线圈的频率都为f＝＝50 Hz，B项正确；因原线圈匝数多，由＝知电流小，所以原线圈的导线比副线圈的要细，C错；各用电器电流之和应等于副线圈的电流，D错．
答案： AB
6.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
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对．
答案： D
7．如图所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，接线柱a、b接电压u＝311 sin 314t(V)的正弦交流电源．当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，示数发生变化的电表是( )
A．A1、A2 B．A2、V2
C．A1、A2、V2 D．A1、A2、V1、V2
解析： 由变压器特点，可知＝，只要n1、n2的比值不变，U1不变，那么U2也不变；由电流之比＝，原线圈中电流因副线圈中电流的改变而改变，因滑动变阻器的电阻变化，A2的示数变化，所以A1的示数也会发生变化，故应选A.
答案： A
8．如图所示，MN和PQ为两个光滑的电阻不计的水平金属导轨，变压器为理想变压器，今在水平导轨部分加一竖直向上的匀强磁场，则以下说法正确的是 ( )
A．若ab棒匀速运动，则IR≠0，IL≠0，IC＝0
B．若ab棒匀速运动，则IR≠0，IL＝0，IC＝0
C．若ab棒在某一中心位置两侧做往复运动，速度随时间的变化规律是v＝vmsin ωt则IR≠0，IL≠0，IC≠0
D．若ab棒做匀加速运动，IR≠0，IL≠0，IC＝0
解析： 若ab棒匀速运动则n1中有恒定电流，但因不能产生电磁感应现象，n2中无电流，故A、B均错；若ab棒做往复运动则n1中有交变电流，n2中亦会感应出交变电流，则IR、IL、IC均不为零，C对；若ab棒匀加速运动，n1中有均匀增加的电流，n2中会感应出恒定的电流，它不能通过电容器故IC＝0，D对．
答案： CD
9．如图所示，虚线abcd为矩形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动．如图所示给出的是圆形闭合金属线框的四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是( )
解析： 因为线框在进、出磁场时，线框中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线框运动，使线框的速度可能减为零，故A、D正确．
答案： AD
10．电流传感器可以像电流表一样测量电流，它的优点是反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化，还可以与计算机相连，能在很短的时间内画出电流随时间的变化图象．
按图甲连接电路，提供8 V直流电源，先使开关S与1相连，电源向电容器充电，这个过程可在瞬间完成，然后把开关S掷向2，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏上显示出电流随时间变化的I－t曲线，如图乙所示．
(1)图乙中画出的竖直狭长矩形(图乙最左端)，其面积表示的物理意义是：________；
(2)估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量是_____________________________C；
(3)根据以上数据估算，电容器的电容是________F.
解析： (1)图象纵坐标为电流I，横坐标为时间t，由公式q＝It可知，矩形面积为放电电荷量．
(2)每个小方格的面积代表放电电荷量q0＝0.08×10－3 C，共有75格，则放电电荷量Q＝75q0＝6.0×10－3 C.
(3)由Q＝CU可知C＝＝7.5×10－4F.
答案： (1)0.1 s内的放电电荷量
(2)6.0×10－3 (3)7.5×10－4
11．如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．导轨和金属杆的电阻可忽略．让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，经过一段时间后，金属杆达到最大速度vm，在这个过程中，电阻R上产生的热量为Q.导轨和金属杆接触良好，重力加速度为g.求：
(1)金属杆达到最大速度时安培力的大小；
(2)磁感应强度的大小；
(3)金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中杆下滑的高度．
解析： (1)当金属杆达到最大速度时，设金属杆受安培力Fm，杆受力平衡Fm＝mgsin θ.
(2)当杆达到最大速度时，感应电动势为Em，感应电流为Im
Em＝BLvm
Im＝
Fm＝BImL
由以上方程得B＝ .
(3)设金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下滑的高度为h，由能量守恒定律得mgh＝mv＋Q
h＝.
答案： (1)mgsin θ (2) (3).
12．如图所示，质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4 m 的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω 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＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；
(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程ab位移x的大小．
解析： (1)ab对框架的压力F1＝m1g
框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F1
依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到的最大静摩擦力为F2＝μFN
ab中的感应电动势E＝Blv
MN中电流I＝
MN受到的安培力F安＝IlB
框架开始运动时F安＝F2
由上面各式代入数据解得v＝6 m/s.
(2)闭合回路中产生的总热量Q总＝Q
由能量守恒定律，得Fx＝m1v2＋Q总
代入数据解得x＝1.1 m.
答案： (1)6 m/s (2)1.1 m
第六章 1
知能综合训练
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．关于光敏电阻，下列说法正确的是( )
A．受到光照越强，电阻越小
B．受到光照越弱，电阻越小
C．它的电阻与光照强弱无关
D．以上说法都不正确
解析： 光照增强时，光敏电阻中载流体增多，所以导电能力增强，电阻越小．
答案： A
2．关于霍尔元件，下列说法正确的是( )
A．把温度这个热学量转化为电阻这个电学量
B．把磁感应强度这个磁学量转化为电压这个电学量
C．把力这个力学量转化为电压这个电学量
D．把光照这个光学量转化为电阻这个电学量
答案： B
3．如图所示，某半导体热敏电阻的I－U图线可能是( )
解析： 热敏电阻图线是非线性的，并且随电流增大温度升高，电阻减小，故A、C、D错，B正确．
答案： B
4．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
5．金属铂的电阻值对温度高低非常敏感，图中可能表示金属铂电阻的U－I图线是( )
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．
答案： B
6．如图所示，是一个测定液面高度的传感器，在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放在导电液体中，导线芯和导电液构成电容器的两极，把这两极接入外电路，当外电路的电流变化说明电容值增大时，则导电液体的深度h变化为( )
A．h增大 B．h减小
C．h不变 D．无法确定
解析： 由题意知，导线和导电液体构成电容器的两极，类似于平行板电容器的两极，当液面高度发生变化时相当于两极正对面积发生变化，会引起电容的变化，与平行板电容器类比可得，导电液体深度h增大时，导电芯和导电液体正对面积增大，电容器的电容值变大．
答案： A
7.如图所示，Rt为半导体热敏电阻，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
解析： 灯泡L的亮度变暗，说明Rt的阻值增大，即周围环境的温度变低．
答案： B
8．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
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．
答案： D
9．如图所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，当温度降低时，电阻变大，L为小灯泡，当温度降低时( )
A．R1两端的电压增大 B．电流表的示数增大
C．小灯泡的亮度变强 D．小灯泡的亮度变弱
解析： R2与灯L并联后与R1串联，与电源构成闭合电路，当温度降低时，电阻R2增大，外电路电阻增大，电流表读数减小，灯L电压增大，灯泡亮度变强，R1两端电压减小，故C正确，其余各项均错．
答案： C
10．如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时( )
A．电压表的示数增大
B．R2中电流减小
C．小灯泡的功率增大
D．电路的路端电压增大
解析： 当照射光强度增大时，R3阻值减小，外电路电阻随R3的减小而减小，R1两端电压因干路电流增大而增大，同时内电压增大，故路端电压减小，而电压表的示数增大，A正确，D错误；由路端电压减小，而R1两端电压增大可知，R2两端电压必减小，则R2中电流减小，故B正确；结合干路电流增大可知流过小灯泡的电流必增大，则小灯泡的功率增大．故正确答案为ABC.
答案： ABC
11．为解决楼道的照明，在楼道内安装一个传感器与电灯的控制电路相接．当楼道内有走动而发出声响时，电灯即与电源接通而发光，这种传感器为________传感器，它输入的是________信号，经传感器转换后，输出的是________信号．
解析： →→→
答案： 声 声音 电
12．如图1所示为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I－U关系曲线图．
(1)为了通过测量得到如图1所示I－U关系的完整曲线，在图2所示的a和b两个电路中应选择的是图________．
(2)在图c所示的电路中，电源电压恒为9 V，当给热敏电阻加热后，电流表读数将________(填“增大”“减小”或“不变”)
解析： 由于图中要求测量多组数据，所测电压调节范围较大，且从零开始变化，所以应选用滑动变阻器的分压式接法，故应选图a；热敏电阻温度升高时，其电阻值减小，故干路中的电流增大．
答案： (1)a (2)增大
