《三维设计》 高中物理（教科版）选修3-2课时跟踪检测打包19份Word版含解析

专题培优练（一） 电磁感应中的“一定律三定则”问题
1.如图1所示，两个相同的铝环穿在一根光滑杆上，将一根条形磁铁向左插入铝环的过程中，两环的运动情况是(　　)
图1
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：选C　将一根条形磁铁向左插入铝环的过程中，两个环中均产生感应电流。根据楞次定律，感应电流将阻碍与磁体间的相对运动，所以两环均向左运动。靠近磁铁的环所受的安培力大于另一个，又可判断两环在靠近。选项C正确。
2.如图2所示，闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，现将一条形磁铁从左向右插入螺线管中的过程中，则(　　)
图2
A．小车将向右运动
B．使条形磁铁向右插入时外力所做的功全部转变为电能，最终转化为螺线管的内能
C．条形磁铁会受到向右的力
D．小车会受到向左的力
解析：选A　磁铁向右插入螺线管中，根据楞次定律的扩展含义“来拒去留”，磁铁与小车相互排斥，小车在光滑水平面上受力向右运动，所以选项A正确，选项C、D错误。电磁感应现象中满足能量守恒，由于小车动能增加，外力做的功转化为小车的动能和螺线管中的内能，所以选项B错误。
3.如图3所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是(　　)
图3
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
解析：选D　根据楞次定律的另一种表述判断，磁铁靠近线圈时两者排斥，FN大于mg，磁铁远离线圈时两者吸引，FN小于mg，由于安培力阻碍两者间的相对运动，所以线圈一直有向右运动的趋势。故选D。
4. (多选)如图4所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时(　　)
图4
A．P、Q将相互靠拢 B．P、Q将相互远离
C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度小于g
解析：选AD　本题考查用楞次定律判断物体的运动情况。根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题的“原因”是回路中磁通量增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g。
5.如图5所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R的滑片自左向右滑动时，线框ab的运动情况是(　　)
图5
A．保持静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向
解析：选C　本题考查了楞次定律的另一种表述，关键是分析出穿过闭合导线框的磁通量如何变化。由图示电路，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减弱，则穿过闭合导线框ab的磁通量将减少，根据楞次定律，感应电流磁场将阻碍原磁通量的变化，线框ab只有顺时针转动，才能使穿过线框的磁通量增加。
6.如图6所示，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，拿一条形磁铁插向其中一个小环后又取出插向另一个小环，发生的现象是(　　)
图6
A．磁铁插向左环，横杆发生转动
B．磁铁插向右环，横杆发生转动
C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动
D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动
解析：选B　本题考查电磁感应现象、安培力的简单应用。磁铁插向左环，横杆不发生转动，因为左环不闭合，不能产生感应电流，不受安培力的作用；磁铁插向右环，横杆发生转动，因为右环闭合，能产生感应电流，在磁场中受到安培力的作用，选项B正确。
7.如图7所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等，当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈始终静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是(　　)
图7
A．先向左、后向右 B．先向左、后向右、再向左
C．一直向右 D．一直向左
解析：选D　根据楞次定律的“阻碍变化”和“来拒去留”，当两磁铁靠近线圈时，线圈要阻碍其靠近，线圈有向右移动的趋势，受木板的摩擦力向左，当磁铁远离时，线圈要阻碍其远离，仍有向右移动的趋势，受木板的摩擦力方向仍是向左的，故选项D正确。
8.如图8所示，条形磁铁从高h处自由下落，中途穿过一个固定的空心线圈，开关S断开时，至落地用时t1，落地时速度为v1；S闭合时，至落地用时t2，落地时速度为v2。则它们的大小关系正确的是(　　)
图8
A．t1>t2，v1>v2 　B．t1＝t2，v1＝v2
C．t1v2
解析：选D　开关S断开时，线圈中无感应电流，对磁铁无阻碍作用，故磁铁自由下落，a＝g；当S闭合时，线圈中有感应电流，对磁铁有阻碍作用，故av2。
9.如图9所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下，在将磁铁的S极插入线圈的过程中(　　)
图9
A．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥
B．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥
C．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引
D．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引
解析：选B　磁铁的S极朝下，在将磁铁的S极插入线圈的过程中，通过线圈的磁场向上，且增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁场的增加，则感应电流方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥，选项B正确。
10.如图10所示，铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，下列判断正确的是(　　)
图10
A．金属环在下落过程中的机械能守恒
B．金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量
C．金属环的机械能先减小后增大
D．磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力
解析：选B　金属环在下落过程中，磁通量发生变化产生感应电流，金属环受到磁场力的作用，机械能不守恒，A错。由能量守恒，金属环重力势能的减少量等于其动能的增加量和在金属环中产生的电能之和，B对。金属环下落的过程中，机械能不停地转变为电能，机械能一直减少，C错误。当金属环下落到磁铁中央位置时，金属环中的磁通量不变，无感应电流，环和磁铁间无作用力，磁铁对桌面的压力大小等于磁铁的重力，D错误。
11．(多选)如图11所示装置中，cd杆原来静止。当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(　　)
图11
A．向右匀速运动　　　　 　B．向右加速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
解析：选BD　ab杆匀速运动时，ab杆中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变化，L2中无感应电流产生，cd杆保持静止，A错误；ab杆向右加速运动时，L2中的磁通量向下，且增大，根据楞次定律可知，通过cd杆的电流方向向下，cd杆向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确。
12. (多选)如图12所示，在匀强磁场中放有平行金属导轨，它与大线圈M相连接，要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的祼金属棒ab的运动情况是(两线圈共面)(　　)
图12
A．向右匀速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向右加速运动
解析：选BC　当ab匀速运动时，在M中产生的感应电流是稳定的，穿过小线圈N的磁通量不变，N中无感应电流，A错误；当ab向左加速运动时，M中的感应电流沿逆时针方向且增大，穿过N的磁通量向外且增大，则N中感应电流的磁场向里，感应电流的方向沿顺时针，B正确；同理可得C正确，D错误。
13. (多选)AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根靠立在导轨上的金属直棒(开始时b离O点很近)，如图13所示。它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上，b端始终在OC上，直到ab完全落在OC上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中(　　)
图13
A．感应电流方向始终是b→a
B．感应电流方向先是b→a，后变为a→b
C．所受安培力方向垂直于ab向上
D．所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上
解析：选BD　ab棒下滑过程中，穿过闭合回路的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，感应电流方向先由b→a，后变为a→b，B正确；由左手定则可知，ab棒所受安培力方向先垂直ab向下，后垂直于ab向上，D正确。
14.如图14所示，线圈A处在匀强磁场中，磁场的方向垂直线圈平面向里，磁感应强度均匀减小，开关S闭合时流过电阻R的电流方向如何？
图14
解析：本题应用楞次定律进行分析。当开关S闭合时磁感应强度均匀减小，通过线圈A的磁通量向里且减少，回路中产生的感应电流的磁场阻碍磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，再根据右手螺旋定则知线圈A中产生顺时针方向的感应电流，故流过电阻R的电流方向为a→R→b。
答案：流过电阻R的电流方向从a通过R到b。
专题培优练（三） 含有变压器的动态电路问题
1．(多选)对理想变压器，下列说法中正确的是(　　)
A．原线圈的输入功率，随着副线圈的输出功率增大而增大
B．原线圈的输入电流，随副线圈的输出电流增大而增大
C．原线圈的电流，不随副线圈的输出电流变化而变化
D．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零
解析：选AB　理想变压器的原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，且随副线圈的输出功率的变化而变化，原线圈的输入电流取决于副线圈的输出电流，当副线圈的电流为零时，原线圈的电流也为零，但原线圈电压并不一定为零，故A、B正确，C、D错误。
2．一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R。设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2，当R增大时(　　)
A．I1减小，P1增大　　　 　B．I1减小，P1减小
C．I2增大，P2减小 D．I2增大，P2增大
解析：选B　当R增大时，副线圈中的电流I2＝，则I2减小；功率P2＝，则P2减小，又因为P1＝P2，则P1减小，I1减小，所以选项B正确。
3．如图1所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接一正弦交变电源，电压u＝311sin 100 πt(V)。变压器右侧部分为一火警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器(电阻随温度升高而减小)，R1为一定值电阻。下列说法正确的是(　　)
图1
A．当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变小
B．当R2所在处出现火警时，电压表V2的示数变大
C．当R2所在处出现火警时，电流表A的示数变小
D．电压表V1示数为22 V
解析：选D　当R2所在处出现火警时，R2阻值减小，变压器输出电流增大，输出功率增大，电阻R1两端电压增大，电阻R1的功率变大，电压表V2的示数变小，选项A、B错误；由输入功率等于输出功率可知，当R2所在处出现火警时，电流表A的示数变大，选项C错误；由变压器变压公式，变压器输出电压为22 V，电压表V1示数为22 V，选项D
正确。
4．一理想变压器给负载供电，变压器输入电压不变，如图2所示，如果负载电阻的滑片向上移动，则图中所有交流电表的示数及输入功率变化情况正确的是(均为理想电表)(　　)
图2
A．V1、V2不变，A1增大，A2减小，P增大
B．V1、V2不变，A1、A2增大，P增大
C．V1、V2不变，A1、A2减小，P减小
D．V1不变，V2增大，A1、A2减小，P减小
解析：选C　因输入电压和线圈匝数不变，由＝知输出电压不变，所以V1、V2的示数不变。滑片上移，则负载电阻增大，由I2＝知I2减小，所以A2的示数减小。由＝知I1减小，所以A1的示数也减小。由P出＝U2I2得，当I2减小时，P出减小，又P出＝P入，所以输入功率P减小。故C正确。
5.理想降压变压器的原线圈接电流表A1和电阻R1后，接6 V恒定直流电源，如图3所示，当副线圈的负载电阻R2变小时，以下说法正确的是(　　)
图3
A．输出功率增大
B．A2读数增大
C．A1读数增大
D．A1读数不为零，且保持不变
解析：选D　根据变压器的工作原理，变压器不能用来改变恒定直流电压，因此本题变压器原线圈接在6 V恒定电流电源上，副线圈上无电压，无输出功率，由于原线圈构成直流通路，故电流表A1有恒定读数，本题选项D正确。
6．(多选)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图4甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是(　　)
图4
A．副线圈输出电压的频率为50 Hz
B．副线圈输出电压的有效值为31 V
C．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小
D．P向右移动时，变压器的输出功率增加
解析：选AD　由图像可知原线圈输入电压的最大值：Um＝311 V，T＝2×10－2 s，则原线圈输入电压的有效值：U1＝＝220 V，f＝＝＝50 Hz，选项A正确。由＝可得：U2＝U1＝22 V，B错误。P向右移动时，副线圈的电阻减小，副线圈输出电压不变，所以副线圈的电流增大，原线圈的电流也增大，而匝数比不变，所以原、副线圈的电流比不变，C错误。P向右移动时，副线圈的电阻减小，副线圈输出电压不变，所以变压器的输出功率增加，D正确。
7．如图5甲所示，为一种可调压自耦变压器的结构示意图，线圈均匀绕在圆环型铁芯上，若AB间输入如图乙所示的交变电压，转动滑动触头P到如图甲中所示位置，在BC间接一个55 Ω的电阻(图中未画出)，则(　　)
图5
A．该交流电的电压瞬时值表达式为u＝220sin(25πt) V
B．该交流电的频率为50 Hz
C．流过电阻的电流接近于4 A
D．电阻消耗的功率接近于220 W
解析：选D　由题中图乙可知正弦交流电的周期T＝0.04 s，则f＝＝25 Hz，ω＝2πf＝50π rad/s，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝220sin(50πt) V，A、B错误；从题图甲中可以看出，自耦变压器的副线圈的匝数约是原线圈匝数的，故副线圈两端的电压约为110 V，流过电阻的电流约为2 A，C项错误；电阻消耗的功率P＝U2I2＝220 W，D项正确。
8．如图6所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。○和○是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；○和○是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是(　　)
图6
A．I1和I2表示电流的瞬间值
B．U1和U2表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小
解析：选C　电流表和电压表的示数表示有效值，故选项A、B错；滑片P向下滑动时，R减小，因U1＝，所以U1不变，又由＝知，U2不变，由I2＝知，I2增大，又由I1U1＝I2U2知，I1变大，所以选项C对。
9．(多选)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图7所示。当开关S闭合后(　　)
图7
A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变
B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大
D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
解析：选AD　电源电压有效值不变，所以V1示数不变，原、副线圈的电压之比等于匝数之比，匝数之比不变，故V2示数不变，V1与V2示数的比值也不变，所以C错误，D正确；当开关S闭合后，副线圈电路中的电阻减小，因为电压不变，所以副线圈电路中的电流增大，A2的示数增大，原、副线圈的电流之比等于匝数反比，匝数之比不变，A1与A2示数的比值不变，所以A正确，B错误。
10．如图8为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈接有交流电压u＝220sin 100πt V，图中电压表和电流表均为理想交流电表，R2为负温度系数的热敏电阻(即当温度升高时，阻值减小)，R1为定值电阻，C为电容器。下列说法正确的是(　　)
图8
A．电压表示数是110 V
B．交流电的频率为100 Hz
C．通过R1的电流始终为零
D．当R2处温度升高时，电压表示数不变，电流表示数变大
解析：选D　原线圈所加交变电压的有效值为U1＝ V，由理想变压器的变压比公式＝，可得U2＝U1＝× V＝55 V，选项A错误；由交变电压的瞬时值表达式u＝220sin 100πt V可知，该交变电流的频率f＝ Hz＝50 Hz，选项B错误；由于交变电流能对电容器进行充、放电，所以会有充、放电电流通过电阻R1，选项C错误；因变压器为理想变压器，线圈电阻不计，因此，电压表的示数不变，当R2处的温度升高时，其电阻阻值变小，所以电流表的示数变大，选项D正确。
11．(多选)如图9所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光。要使灯泡变亮，可以采取的方法有(　　)
图9
A．向下滑动P B．增大交流电源的电压
C．增大交流电源的频率 D．减小电容器C的电容
解析：选BC　向下滑动P时，副线圈的匝数变少，由理想变压器的电压关系可知，副线圈两端的电压变小，灯泡变暗，选项A错误；增大交流电源的电压，由理想变压器的电压关系可知，副线圈两端的电压增大，灯泡变亮，选项B正确；电压不变，增加交变电流的频率，电容器的容抗减小，电路中电流增大，灯泡变亮，C正确；减小电容，增加了容抗，电流减小，灯泡变暗，D错误。
12．图10甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是(　　)
图10
A．输入电压u的表达式u＝20sin(50πt)V
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W
解析：选D　由题图知，Um＝20 V，T＝0.02 s，则ω＝＝100π rad/s，输入电压U＝20sin(100πt)V，故A错；由变压器的变压规律知：＝，故U2＝＝ V＝4 V，由题中将S1接1、S2闭合时，灯泡L2正常发光可得，灯泡L2的额定电压为4 V，当只断开S2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L1、L2串联，故L1、L2均不能正常发光，B错；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＝0.8 W，D正确。
13．(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图11所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，○为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，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11
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选B　设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI。
根据变压器的输入功率等于输出功率得
UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)
4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2
联立两式代入数据解得k＝3
选项B正确。
14．(多选)为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，如图12甲所示为调压变压器示意图。保持输入电压u1不变，当滑动触头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。下列选项正确的是(　　)
图12
A．u2＝190sin 50πt V
B．u2＝190sin 100πt V
C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移
D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移
解析：选BD　根据题图乙可知用户电压的最大值U2m＝190 V，周期T＝0.02 s，则角速度ω＝＝100π rad/s，用户电压的瞬时值表达式u2＝U2msin ωt＝190sin 100πt V，选项A错误，B正确；根据变压器的电压关系＝，可知U2＝U1，且U1、n2不变，要提高U2，只能减小n1，所以P应上移，选项C错误，D正确。
专题培优练（二） 电磁感应中的四类综合问题
1.如图1所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)
图1
A．Q1>Q2，q1＝q2　　　　 　B．Q1>Q2，q1>q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2
解析：选A　第一次ab边是电源，第二次bc边是电源。设线框ab、bc边长分别为l1、l2，第一次时线框中产生的热量Q1＝I12Rt＝2·R·＝＝l1，同理第二次时线框中产生的热量Q2＝l2，由于l1>l2，所以Q1>Q2。通过线框导体横截面的电荷量q＝n＝，故q1＝q2，A选项正确。
2.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图2所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　)
图2
A．0 B.r2qk
C．2πr2qk D．πr2qk
解析：选D　变化的磁场产生的感生电动势为E＝πr2＝kπr2，小球在环上运动一周感生电场对其所做的功W＝qE＝qkπr2，D项正确，A、B、C项错误。
3.如图3所示，在匀强磁场中放一电阻不计的平行光滑金属导轨，导轨跟大线圈M相接，小闭合线圈N在大线圈M包围中，导轨上放一根光滑的金属杆ab，磁感线垂直于导轨所在平面。最初一小段时间t0内，金属杆ab向右做匀减速直线运动时，小闭合线圈N中的电流按下列图中哪一种图线方式变化(　　)
图3
解析：选A　当金属杆ab向右做匀减速直线运动时，在ab中产生由a到b的均匀减小的电流，由楞次定律可知，由于穿过线圈N的磁通量均匀减小，故在N中产生恒定不变的顺时针方向的感应电流，故选项A正确。
4．如图4甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab-t图像可能正确的是(　　)
图4
解析：选C　由题图乙知，0～0.25T0，外圆环电流逐渐增大且逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以uab＞0，根据法拉第电磁感应定律uab＝＝知，uab逐渐减小；t＝0.25T0时，＝0，所以＝0，uab＝0；同理可知0.25T0＜t＜0.5T0时，uab＜0，且|uab|逐渐增大；0.5T0～T0内重复0～0.5T0的变化规律。故选项C正确。
5.如图5所示，abcd为水平放置的平行“ ? ”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则(　　)
图5
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
解析：选B　金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割磁感线的有效长度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝＝＝，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIl′＝B··＝，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝·＝，选项D错误。
6.如图6所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有垂直于圆平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速率v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端，回路的固定电阻为R，其余电阻不计，试求：
图6
(1)MN从圆环左端滑到右端的过程中，电阻R上的电流的平均值及通过的电荷量。
(2)MN从圆环左端滑到右端的过程中，电阻R上的电流的最大值。
解析：(1)从左端到右端磁通量的变化量
ΔΦ＝BΔS＝Bπr2
从左端到右端的时间：Δt＝
根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势
＝＝＝
所以，回路中平均感应电流＝＝
通过R的电荷量q＝Δt＝·＝。
(2)当导线运动到圆环的圆心处时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电动势也就最大，电阻R上的电流也就最大，此时Em＝B·2r·v，所以Im＝，由以上两式，得Im＝。
答案：(1)　　(2)
7．如图7所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m。导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻。导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L。从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图8所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：
(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。
　
　　　　 图7　　　　　　　　　　图8
解析：(1)正方形磁场的面积为S，则S＝＝0.08 m2。在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的。由B-t图像可知＝0.5 T/s，根据E＝n，得回路中的感应电动势E＝S＝0.5×0.08 V＝0.04 V。
(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大。此时感应电动势E′＝BLv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V
回路中感应电流I′＝＝ A＝0.2 A
导体棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N
当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度
l＝2v(t－1)(1 s≤t≤1.2 s)
感应电动势e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V
感应电流i＝＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)。
答案：(1)0.04 V
(2)0.04 N　i＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)
8.如图9所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2。问：
图9
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。
解析：(1)由a流向b。
(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsin θ①
设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有
E＝BLv②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝③
设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有
F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s。⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有
m2gxsin θ＝Q总＋m2v2⑦
又Q＝Q总⑧
解得Q＝1.3 J。⑨
答案：(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J
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(时间：90分钟　满分：110分)
一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分，第1～8小题中只有一个选项符合题意，第9～14小题中有多个选项符合题意，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是(　　)
A．法拉第发现了电磁感应定律并找到了判断感应电动势方向的楞次定律
B．库仑用他发明的扭秤研究带电体间的相互作用，提出了库仑定律
C．楞次发现了电流热效应的规律
D．奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律
解析：选B　法拉第发现了电磁感应现象，是楞次找到了判断感应电动势方向的楞次定律，故A错误。库仑通过他发明的扭秤研究带电体间的相互作用，提出了库仑定律，故B正确。焦耳发现了电流热效应的规律，故C错误。奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律，故D错误。
2．如图1所示，L1和L2是远距离输电的两根高压线，在靠近用户端的某处用电压互感器和电流互感器监测输电参数。在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候(　　)
图1
A．甲电表为电流表　　　 　B．甲电表的示数变大
C．乙电表为电压表 D．乙电表的示数变大
解析：选D　由题图可知，甲并联在电路中，乙串联在电路中，则甲是电压表，乙是电流表，所以甲是电压互感器，乙是电流互感器，故A、C错误；在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候，副线圈总电阻变小，副线圈总电流变大，所以输电导线电流变大，输电导线电阻R不变，由U＝IR可知，电压损失变大，所以高压线上输出电压变小，根据匝数比等于电压之比，所以甲电表的示数变小，输电导线电流变大，所以乙电表的示数变大，故B错误、D正确。
3．在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图2甲所示的匀强磁场。以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。则0～t0时间内，导线框中(　　)
图2
A．没有感应电流
B．感应电流方向为逆时针
C．感应电流大小为
D．感应电流大小为
解析：选C　根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导线框的感应电流也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向为顺时针，故A、B错误；由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为E＝2×；再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I＝＝，故C正确，D错误。
4．如图3甲所示，一矩形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示。以i表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示方向为电流正方向，以垂直纸面向里的磁场方向为正，则以下的i-t图像中正确的是(　　)
图3
解析：选A　由电磁感应定律和欧姆定律得I＝＝·＝·，线圈的面积S和电阻R都是定值，则线圈中的感应电流与磁感应强度B随t的变化率成正比。由图乙可知，0～1时间内，B均匀增大，Φ增大，根据楞次定律得知，感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外)，由右手定则判断可知，感应电流是逆时针的，因而是负值。由于不变，所以可判断0～1为负的恒值；同理可知1～2为正的恒值；2～3为零；3～4为负的恒值；4～5为零；5～6为正的恒值，故选A。
5．如图4甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，电压表和电流表均为理想电表，二极管为理想二极管，灯泡电阻R＝55 Ω，原线圈两端加如图乙所示的电压，下列说法正确的是(　　)
图4
A．电流表的读数为 A
B．电压表的读数为110 V
C．灯泡L的功率为440 W
D．副线圈两端电压为110 V
解析：选A　根据乙图可得原线圈电压的有效值为U1＝ V＝220 V，根据＝可得副线圈两端的电压为110 V，因为二极管为理想二极管，所以电压表示数为55 V，电流表的读数为I＝ A＝ A，灯泡的功率为PL＝55× W＝110 W，故A正确。
6．如图5所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框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＝100 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”的灯泡，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(　　)
图5
A．在图示位置线框中产生的感应电动势最大
B．线框中产生电动势的有效值为250 V
C．变压器原、副线圈匝数之比为25∶22
D．允许变压器输出的最大功率为1 000 W
解析：选C　由图可知，此时线框和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，所以A错误。矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：Em＝nBSω＝50××0.5×100 V＝250 V，故有效值为250 V，故B错误。由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为：250∶220＝25∶22，故C正确。由于熔断器允许通过的最大电流为10 A，所以允许变压器输出的最大功率为P＝UI＝250×10 W＝2 500 W，故D错误。故选C。
7.有一理想变压器如图6所示，原副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电，副线圈输出端接有一个交流电压表、一个交流电流表和一个电动机，电动机线圈电阻为R，当原线圈接通电源后，电流表示数为I，电压表示数为U，电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是(　　)
图6
A．电动机两端电压为U
B．变压器的输出功率为nIU
C．电动机的输出功率为IU－I2R
D．电动机消耗的功率为
解析：选C　电压表测量的就是电动机的电压，即电动机两端电压为U，故A错误；变压器的输出功率P＝UI，故B错误；电动机的输出功率P出＝P－P热＝IU－I2R，故C正确；电动机消耗的功率P＝UI，故D错误。
8.如图7所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2，在先后两种情况下(　　)
图7
A．线圈产生的感应电动势之比E1∶E2＝2∶1
B．线圈中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2
C．线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝4∶1
D．通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶2
解析：选A　由于v1＝2v2，根据E＝BLv，知感应电动势之比为2∶1，感应电流I＝，则感应电流之比为2∶1，故A正确，B错误。又知时间比为1∶2，根据Q＝I2Rt，知热量之比为2∶1，故C错误。根据q＝It＝，知通过某截面的电荷量之比为1∶1，故D错误。
9．(2016·全国卷Ⅱ)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2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
解析：选AB　由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。
10.如图9所示，在半径为R的半圆形区域内，有磁感应强度为B的垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM为圆内接三角形，且PM为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软导线组成(不考虑导线中电流间的相互作用)。设线圈的总电阻为r且不随形状改变，此时∠PMQ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法正确的是(　　)
图9
A．穿过线圈PQM的磁通量为Φ＝0.96BR2
B．若磁场方向不变，只改变磁感应强度B的大小，且B＝B0＋kt(k为常数，k>0)，则线圈中产生的感应电流大小为I＝
C．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中感应电流的方向先沿逆时针，后沿顺时针
D．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中不会产生焦耳热
解析：选ABC　穿过线圈PQM中的磁通量大小为Φ＝B·2Rsin 37°·2Rcos 37°＝0.96BR2，故A正确。由B＝B0＋kt得：＝k，根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势为：E＝·S＝k··2Rsin 37°·2Rcos 37°＝0.96kR2，线圈中产生的感应电流大小为：I＝＝，故B正确。保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，△PQM的面积先增大后减小，穿过线圈的磁通量先增大后减小，线圈中将产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向，线圈中有感应电流，线圈要产生焦耳热，故C正确，D错误。
11．如图10甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的磁感应强度B＝1.0 T，质量m＝0.04 kg、高h＝0.05 m、总电阻R＝5 Ω、n＝100匝的矩形线圈竖直固定在质量M＝0.08 kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相等。线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1＝10 m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直。若小车运动的速度v随位移x变化的v-x图像如图乙所示，则根据以上信息可知(　　)
图10
A．小车的水平长度l＝10 cm
B．磁场的宽度d＝35 cm
C．小车的位移x＝10 cm时线圈中的电流I＝7 A
D．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q＝1.92 J
解析：选AC　闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，线圈的长度l＝10 cm，故A正确；磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5～15 cm是进入的过程，15～30 cm是完全在磁场中运动的过程，30～40 cm是离开磁场的过程，所以d＝30 cm－5 cm＝25 cm，故B错误；位移x＝10 cm时线圈的速度为7 m/s，线圈进入磁场过程中，根据I＝＝7 A，故C正确；线圈通过磁场过程中运用动能定理得：(M＋m)v22－(M＋m)v12＝W安，由乙图可知v1＝10 m/s，v2＝3 m/s，代入数据得：W安＝－5.46 J，所以克服安培力做功为5.46 J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为5.46 J，故D错误。
12．如图11甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，每当工件挡住A发出的光，光传感器B就输出一个电信号，并经信号处理器处理后在屏幕显示出电信号与时间的关系，如图乙所示。若传送带保持匀加速运动，每个工件均相对传送带静止，且相邻工件间距依次为5、10、15、20、…(单位：cm)。则以下说法正确的是(不计工件挡住光的时间)(　　)
图11
A．工件的加速度为0.1 m/s2
B．工件的加速度为0.2 m/s2
C．当无光照射时，屏幕就输出一次高电压
D．当无光照射时，屏幕就输出一次低电压
解析：选BD　由题意知，工件做匀变速直线运动且相邻工件间距依次为5、10、15、20…，由图乙知相邻时间间隔为T＝0.5 s，Δx＝aT2，得：a＝＝ m/s2＝0.2 m/s2，故A错误，B正确；无光照射时即为工件挡光时刻，屏幕就输出一次低电压，故C错误，D正确。
13. (2016·全国卷Ⅲ)如图12，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是(　　)
图12
A．原、副线圈匝数比为9∶1
B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1
D．此时a和b的电功率之比为1∶9
解析：选AD　设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0Ia＝U0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确。
14．如图13所示，矩形线圈面积为0.1 m2，匝数为100，绕OO′轴在磁感应强度为 T的匀强磁场中以角速度5π rad/s匀速转动。从图示位置开始计时。理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两电表均为理想电表，电阻R＝50 Ω，其他电阻不计，下列判断正确的是(　　)
图13
A．在t＝0.1 s时，穿过线圈的磁通量最大
B.＝时，变压器输入功率为50 W
C．P向上移动时，电压表示数变大
D．P向上移动时，电流表示数变小
解析：选BD　周期T＝＝0.4 s，在t＝0.1 s＝T时，线圈平面与磁场平行，磁通量为零，故A错误；交流电的最大值，Em＝NBSω＝10 V，则原线圈电压U1＝10 V，当＝时，副线圈电压U2＝50 V，则副线圈功率P2＝＝ W＝50 W，所以输入功率也为50 W，故B正确；当P位置向上移动时，副线圈匝数变少，原副线圈电压之比等于线圈匝数比，所以副线圈电压变小，即电压表示数变小，根据P＝可知，副线圈功率变小，则原线圈功率减小，原线圈电压不变，则原线圈电流减小，所以电流表示数减小，故C错误，D正确。
二、实验题(本题共2小题，共16分)
15．(6分)如图14所示器材可用来研究电磁感应现象及确定感应电流方向。
图14
(1)在给出的实物图中，用实线作为导线将实验仪器连成实验电路。
(2)线圈L1和L2的绕向一致，将线圈L1插入L2中，合上开关。能使L2中感应电流的流向与L1中电流的流向相同的实验操作是________。
A．插入软铁棒
B．拔出线圈L1
C．增大接入电路中的滑动变阻器的阻值
D．断开开关
解析：(1)将线圈L2和电流计串联形成一个回路，将开关、滑动变阻器、电源、线圈L1串联而成另一个回路即可。
(2)根据楞次定律可知，若使感应电流与原电流的绕行方向相同，则线圈L2中的磁通量应该减小，故拔出线圈L1、使变阻器阻值变大、断开开关均可使线圈L2中的磁通量减小，故A错误，B、C、D正确。
答案：(1)电路图如图所示　(2)B、C、D
16．(10分)为了节能环保，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)。
图15
(1)某光敏电阻R在不同照度下的阻值如下表，根据表中已知数据，在图15甲的坐标系中描绘出了阻值随照度变化的曲线。由图像可求出照度为1.0 lx时的电阻约为________kΩ。
照度/lx
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
电阻/kΩ
5.8
3.7
2.8
2.3
1.8
(2)如图乙所示是街道路灯自动控制模拟电路，利用直流电源为电磁铁供电，利用照明电源为路灯供电。为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，路灯应接在________(填“AB”或“BC”)之间，请用笔画线代替导线，正确连接电路元件。
(3)用多用电表“×10 Ω”挡，按正确步骤测量图中电磁铁线圈电阻时，指针示数如图丙所示。则线圈的电阻为________Ω。已知当线圈中的电流大于或等于2 mA时，继电器的衔铁将被吸合。图中直流电源的电动势E＝6 V，内阻忽略不计，滑动变阻器有三种规格可供选择：R1(0～10 Ω，2 A)、R2(0～200 Ω，1 A)、R3(0～1 750 Ω，0.1 A)。要求天色渐暗照度降低至1.0 lx时点亮路灯，滑动变阻器应选择________(填“R1”“R2”或“R3”)。为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地________(填“增大”或“减小”)滑动变阻器的电阻。
解析：(1)根据图像直接读出对应的照度为1.0 lx时的电阻约为2.0 kΩ。
(2)光敏电阻的电阻值随光照强度的增大而减小，所以白天时光敏电阻的电阻值小，电路中的电流值大，电磁铁将被吸住；静触点与C接通；晚上时的光线暗，光敏电阻的电阻值大，电路中的电流值小，所以静触点与A接通。所以要达到晚上灯亮，白天灯灭，则路灯应接在AB之间。电路图如图所示；
(3)欧姆表的读数是先读出表盘的刻度，然后乘以倍率，表盘的刻度是14，倍率是“×10 Ω”，所以电阻值是14×10 Ω＝140 Ω；天色渐暗照度降低至1.0 lx时点亮路灯，此时光敏电阻的电阻值是2 kΩ，电路中的电流是2 mA，R＝－R光＝ Ω－2 000 Ω＝1 000 Ω，所以要选择滑动变阻器R3。
由于光变暗时，光敏电阻变大，分的电压变大，所以为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地减小滑动变阻器的电阻。
答案：(1)2.0　(2)AB　电路图见解析
(3)140　R3　减小
三、计算题(本题共3小题，共38分)
17．(12分)电磁弹是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图16甲所示，虚线MN右侧存在竖直向上的匀强磁场，边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界。t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝B0＋kt(k为大于零的常数)。空气阻力忽略不计。
图16
(1)求t＝0时刻，线框中感应电流的功率P；
(2)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t＝0时线框加速度越大。
解析：(1)t＝0时刻线框中的感应电动势，由法拉第电磁感应定律得E0＝L2
功率P＝＝。
(2)n匝线框中t＝0时刻产生的感应电动势E0＝n
线框的总电阻R总＝nR
线框中的感应电流I＝
t＝0时刻线框受到的安培力F＝nB0IL
设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有
F＝(nm＋M)a
解得：a＝
可知n越大，a越大
证得：若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，载物线框匝数越多，t＝0时线框加速度越大。
答案：(1)　(2)证明过程见解析
18．(12分)如图17所示，左右两根金属导轨分别平行且相距均为L，左导轨与水平面夹角为30°，右导轨与水平面夹角为60°，左右导轨上端用导线连接，而下端与水平面绝缘。导轨空间内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，左边磁场垂直于左导轨平面斜向下，右边磁场垂直于右导轨平面斜向上。质量均为m的导体杆ab和cd分别垂直于左右导轨放置，且两杆与两侧导轨间的动摩擦因数均为μ＝，回路电阻恒为R，若同时无初速释放两杆，发现cd杆沿右导轨下滑s距离时，ab杆才开始运动。已知两侧导轨都足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，试求：
图17
(1)ab杆刚要开始运动时cd杆的速度；
(2)以上过程中，回路中共产生多少焦耳热。
解析：(1)ab杆刚运动时，有
mgsin 30°＋F安＝μmgcos 30°
解得F安＝ mg
由安培力公式F安＝BIL得，I＝
由闭合电路欧姆定律得，E＝IR＝
对cd杆，由法拉第电磁感应定律E＝BLv得，v＝。
(2)对cd杆由动能定理得，mgssin 60°－μmgscos 60°－W克安＝mv2
而W克安＝Q，故Q＝mgs－。
答案：(1)　(2)mgs－
19. (14分)(2016·全国卷Ⅲ)如图18，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0超过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：
图18
(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
解析：(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①
设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律有
ε＝②
由欧姆定律有i＝③
由电流的定义有i＝④
联立①②③④式得|Δq|＝Δt⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|＝。⑥
(2)当t＞t0时，金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有
f＝F⑦
式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I，F的大小为
F＝B0Il⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′?
式中，Φ仍如①式所示。由①⑨⑩?式得，在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为
Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt?
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt?
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
εt＝?
由欧姆定律有I＝?
联立⑦⑧???式得
f＝(B0lv0＋kS)。?
答案：(1)　(2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS)
课时跟踪检测（一） 电磁感应的发现 感应电流产生的条件
1．关于感应电流，下列说法中正确的是(　　)
A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流
B．只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流
C．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流
D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流
解析：选D　如果线圈不闭合，就不能形成回路，所以不能产生感应电流，A错误；闭合线圈只有一部分导线做切割磁感线运动时，才会产生感应电流，B、C错误；当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流，D正确。
2．利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相关问题。IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路。公交车上的读卡机(刷卡时“嘀”的响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波。刷卡时，IC卡内的线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。下列说法正确的是(　　)
A．IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池
B．仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC卡才能有效工作
C．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈L中不会产生感应电流
D．IC卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息
解析：选B　IC卡工作所需要的能量是线圈L中产生的感应电流，选项A错误；要使电容C达到一定的电压，则读卡机应该发射特定频率的电磁波，IC卡才能有效工作，选项B正确；若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，线圈L中会产生感应电流，但电容C不能达到一定的电压，IC卡不能有效工作，选项C错误；IC卡既能接收读卡机发射的电磁波，也能向读卡机传输自身的数据信息，选项D错误。
3.如图1所示，大圆导线环A中通有电流，方向如图所示，另在导线环A所在的平面内画一个圆B，它的一半面积在A环内，另一半面积在A环外，则穿过B圆内的磁通量(　　)
图1
A．为零
B．垂直向里
C．垂直向外
D．条件不足，无法判断
解析：选B　由环形电流的磁感线分布可知，中间密，外部稀疏，所以穿过B圆的总磁通量是垂直纸面向里的，则选项B正确。
4.如图2所示，将一线圈放在一匀强磁场中，线圈平面平行于磁感线，则线圈中有感应电流产生的是(　　)
图2
A．线圈绕N边转动
B．线圈绕M边转动
C．线圈沿垂直于纸面的方向做平动
D．线圈平行于纸面做平动
解析：选B　此时线圈中的磁通量为零，当绕N边转动时，磁通量一直为零，没有发生变化，无感应电流产生，故A错误；当线圈绕M边转动时，磁通量发生变化，有感应电流产生，故B正确；当线圈做垂直于磁感线的平行运动时，磁通量一直为零，不发生变化，无感应电流，故C错误；当线圈做平行于磁感线的运动时，磁通量一直为零，无感应电流，故D错误。
5. (多选)如图3所示，直导线MN竖直放置并通以向上的电流I，矩形金属线框abcd与MN处在同一平面，边ab与MN平行，则(　　)
图3
A．线框向左平移时，线框中有感应电流
B．线框竖直向上平移时，线框中有感应电流
C．线框以MN为轴转动时，线框中有感应电流
D．MN中电流突然变化时，线框中有感应电流
解析：选AD　本题为通电直导线磁感应强度方向的确定，根据右手螺旋定则，大拇指指向电流方向，四指环绕方向即为磁场方向，即在MN周围产生成同心圆形式的磁场，且越往外走磁感应强度越小，对于MN而言，其左端磁感应方向向外，其右端磁感应方向向里，故可以把模型简化为矩形框处于垂直纸面向里，且越往右越稀的磁场中。故当线框向左平移，磁通量变大，能产生感应电动势，由于线框闭合，继而产生感应电流，故A正确。当线框向上或者转动时候，由于产生的磁场是同心圆，故磁通量无变化，故不能产生感应电动势，即不能产生感应电流，故B、C均错误。当MN中电流增大时候，感应磁场增大则磁通量增大，故有感应电流，D正确。
6．(多选)某学生做观察电磁感应现象的实验，错将电流表、线圈A和B、滑动变阻器、蓄电池、电键用导线连接成如图4的实验电路，则下列说法中正确的是(　　)
图4
A．接通和断开电键时，电流表的指针都不发生偏转
B．接通和断开电键时，电流表指针偏转方向一正一反
C．电键接通，分别向左和向右移动滑动变阻器滑片时，电流表指针偏转方向相同
D．电键接通，分别向左和向右移动滑动变阻器滑片时，电流表指针都不发生偏转
解析：选AD　蓄电池与A线圈组成的电路是恒定直流电路，A线圈中的磁场是恒定磁场，接通和断开电键时B线圈组成的闭合回路无磁通量的变化，故电流表的指针不会发生偏转，选项A、D正确。
7.如图5所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I通过时，穿过它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，则(　　)
图5
A．Φa＜Φb＜Φc　　　 　B．Φa＞Φb＞Φc
C．Φa＜Φc＜Φb D．Φa＞Φc＞Φb
解析：选B　当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈垂直于纸面向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线的条数c最多，其次是b，a中没有向外的磁感线，因此穿过闭合线圈的净磁感线条数a最多，b次之，c最少，即Φa＞Φb＞Φc。选项B正确。
8．在图6中，条形磁铁以速度v远离螺线管，螺线管中的感应电流的情况是(　　)
图6
A．穿过螺线管中的磁通量增加，产生感应电流
B．穿过螺线管中的磁通量减少，产生感应电流
C．穿过螺线管中的磁通量增加，不产生感应电流
D．穿过螺线管中的磁通量减少，不产生感应电流
解析：选B　条形磁铁从左向右远离螺线管的过程中，穿过线圈的原磁场方向向下，且磁通量在减小，所以能产生感应电流。故选B。
9.如图7所示，在纸面内放有一个条形磁铁和一个圆形线圈(位于磁铁正中央)，下列情况中能使线圈中产生感应电流的是(　　)
图7
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极转向纸外，S极转向纸内
解析：选D　当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生。产生感应电流的条件：(1)闭合回路；(2)磁通量发生变化。图中位置时，从N极到S极的磁感线与圆形线圈的平面平行，磁通量为零，磁铁在纸面内向上平移，磁铁在纸面向右平移，磁铁绕垂直纸面内的轴转动，这三种情况线圈满足闭合回路的条件，磁感线仍然与圆形线圈平面平行，磁通量没有发生变化，所以A、B、C项错误；当N极转向纸外，S极转向纸内时，有磁感线穿过圆形线圈，磁通量发生了变化，满足产生感应电流的条件，所以D项正确。
10.如图8所示，开始时矩形线圈平面与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要使线圈产生感应电流，则下列方法中不可行的是(　　)
图8
A．以ab为轴转动
B．以OO′为轴转动
C．以ad为轴转动(小于60°)
D．以bc为轴转动(小于60°)
解析：选D　若要使线圈产生感应电流，穿过线圈的磁通量必发生变化，A、B、C都能使得线圈中的磁通量发生变化，而D选项的方法磁感线穿过线圈的有效面积不变，所以磁通量不变，故没有感应电流产生，故D正确。
11.如图9所示，一带电小球A用绝缘细线悬挂，在水平面内做匀速圆周运动，其正下方有一导体环B放在绝缘水平地面上，圆环B的圆心位于悬点正下方。
(1)将圆环以环上某点为支点竖起时，圆环中是否产生感应电流。
(2)将圆环在水平面上拉动时，圆环中是否产生感应电流。
图9
解析：带电小球做圆锥摆运动等效为一环形电流，在空间产生磁场，可由安培定则判断磁感线的分布特点。
(1)当圆环竖起时，穿过圆环的磁通量减少，由感应电流的产生条件知圆环中产生电流。
(2)当圆环被拉动时，穿过圆环的磁通量减少，圆环中产生感应电流。
答案：(1)产生感应电流　(2)产生感应电流
12．在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图10所示。它们是：
①电流计　②直流电源　③带铁芯的线圈A　
④线圈B　⑤电键　⑥滑动变阻器
图10
(1)试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)。
(2)怎样才能使线圈B中有感应电流产生？试举出三种方法。
①________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)使线圈A与电键、直流电源、滑动变阻器串联，线圈B与电流计连成闭合
回路；
(2)只要能使穿过线圈B的磁通量发生变化就可以使线圈B中产生感应电流。
答案：(1)如图所示
(2)①闭合开关　②断开开关　③开关闭合时移动滑动变阻器滑片
课时跟踪检测（七） 描述交流电的物理量
1.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图1所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压(　　)
图1
A．峰值是e0　　　　　　　 　B．峰值是2e0
C．有效值是Ne0 D．有效值是Ne0
解析：选D　因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0。N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝Ne0，故选项D正确。
2．(多选)矩形线框绕垂直于磁场的轴匀速转动产生交流电，电动势瞬时值表达式为e＝220sin 100πt(V)，下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时刻穿过线框的磁通量为最大
B．电动势的有效值为220 V
C．交流电的周期为0.01 s
D．若转速增大1倍，其它条件不变，则电动势瞬时值表达式为e＝440sin 200πt(V)
解析：选AD　线圈中电动势为正弦规律变化，t＝0时刻线圈中感应电动势为零，故此时线圈处于中性面上，磁通量最大，A对；电动势的有效值为U＝＝220 V，B错；交流电的周期为：T＝＝0.02 s，C错；若转速增大1倍，则最大值增大1倍，角速度也增加1倍，故表达式为：e＝440sin 200πt(V)，D对。
3. (多选)如图2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，线圈绕过了60°的感应电流为1 A，那么(　　)
图2
A．线圈中感应电流的有效值为2 A
B．线圈消耗的电功率为4 W
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint
解析：选BC　因为是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以其电流瞬时表达式为i＝Imcos ωt，因为线圈转过了60°的感应电流为1 A，即1＝Imcos 60°，解得Im＝2 A，故感应电流有效值为I＝ A＝ A，A错误；线圈消耗的电功率为P＝I2R＝()2×2 W＝4 W，B正确；电路中感应电动势最大值为Em＝ImR＝4 V，线圈的角速度为ω＝，所以过程中产生的感应电动势的瞬时值为e＝Emcos ωt＝4cos，C正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝BSsin t，根据公式Em＝NBSω＝NΦm，可得Φm＝＝＝，故Φ＝sin，D错误。
4．一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为。如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为(　　)
A．5 V B．5 V
C．10 V D．10 V
解析：选C　设该电热器的电阻为R，题中正弦交流电源输出电压的有效值为U，则＝；加直流电时，P＝；又由最大值Um＝U，可解出Um＝10 V。故只有选项C正确。
5.在如图3所示的电路中，A是熔断电流I0＝2 A的保险丝，R是可变电阻。交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e＝220sin(314t) V。为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于(　　)
图3
A．110 Ω B．110 Ω
C．220 Ω D．220 Ω
解析：选B　保险丝的熔断电流指有效值，故由R＝得R＝110 Ω，B正确。
6.如图4所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO′轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法是(　　)
图4
A．只将线圈的转速减半
B．只将线圈的匝数减半
C．只将匀强磁场的磁感应强度减半
D．只将线圈的边长减半
解析：选B　由Im＝，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝，故A、C可行；又电阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B不可行；当边长减半时，面积S减为原来的，而电阻减为原来的，故D可行。
7.通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图5所示，其周期为1 s。电阻两端电压的有效值为(　　)
图5
A．12 V B．4 V
C．15 V D．8 V
解析：选B　由题意结合有效值的定义可得I2RT＝2，将I1＝0.1 A，I2＝0.2 A代入可得流过电阻的电流的有效值I＝A，故电阻两端电压的有效值为IR＝4 V，本题选B。
8．如图6所示为一交流电压随时间变化的图像。每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。根据图中数据可得，此交流电压的有效值为(　　)
图6
A．7.5 V B．8 V
C．2 V D．3 V
解析：选C　取一个周期进行分段，在0～1×10－2 s是正弦式电流，则电压的有效值等于3 V。
在1×10－2～3×10－2 s是恒定电流，则有效值等于9 V。
则在0～3×10－2 s内，产生的热量×＋×＝，U＝2 V，故选C。
9. (多选)如图7所示，电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动。t＝0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则(　　)
图7
A．t＝0时刻线圈中的感应电动势为零
B．1 s内电路中的电流方向改变次
C．滑片P向下滑动时，电压表的读数不变
D．滑片P向下滑动时，电流表的读数不变
解析：选AB　由题可知图示位置，t＝0，线圈的感应电动势为零，A正确；由T＝，得f＝，故1 s内电路中电流方向改变的次数为2f＝，B正确；由电压表的示数U＝·R＝可知，滑片P向下滑动，电阻R增大，电压表示数U增大，而电流表示数I＝变小，C、D均错误。
10．如图8甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则(　　)
图8
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面垂直
B．曲线a、b对应的线圈角速度之比为3∶2
C．曲线a表示的交变电动势频率为50 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
解析：选B　在t＝0时刻，电动势为零，磁通量变化率为零，线圈一定处在中性面上，故A错误；由题图可知，a的周期为4×10－2 s、b的周期为6×10－2 s，则由n＝可知，转速与周期成反比，故转速之比为3∶2，故B正确；曲线a的交变电流的频率f＝＝25 Hz，故C错误；曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2，曲线a表示的交变电动势最大值是15 V，根据Em＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10 V，则有效值为U＝ V＝5 V，故D错误。
11．有一矩形线圈在匀强磁场中做匀速转动。从中性面开始计时，每转动1周所需的时间是0.02 s。线圈中产生的感应电动势随时间变化的图像如图9所示，试求出该感应电动势的峰值、有效值、周期和频率，写出该感应电动势随时间变化的关系式。
图9
解析：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的是交变电动势，由图可以直接读出该电动势的峰值Em＝10 V，所以有效值应为
E＝＝ V≈7.07 V
由图还可以读出该电动势的周期T＝0.02 s，所以频率应为
f＝＝ Hz＝50 Hz
又因为在线圈匀速转动过程中，线圈平面与中性面之间的夹角θ与转动时间t成正比，即
＝，θ＝t＝2πft＝100πt
所以，该感应电动势随时间变化的关系式为
e＝10sin(100πt) V。
答案：10 V　7.07 V　0.02 s　50Hz　e＝10sin(100πt) V
12.如图10所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长为l1＝20 cm，ad边长l2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外，cd边转入纸内。
图10
(1)写出感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈转一圈外力做功多少？
(3)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量是多少？
解析：(1)n＝3 000 r/min的转速匀速转动，所以线圈的角速度ω＝100π rad/s，感应电动势的最大值为：Em＝NBSω＝314 V。
所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt＝100πcos 100πt(V)。
(2)电动势有效值为E＝，电流I＝，线圈转一圈外力做功等于电功的大小，即W＝I2(R＋r)T＝98.6 J。
(3)线圈由如图位置转过90°的过程中，ΔΦ＝BSsin 90°，通过R的电荷量为Q＝N＝0.1 C。
答案：(1)e＝100πcos 100πt (V)　(2)98.6 J　(3)0.1 C
课时跟踪检测（三） 楞次定律 电磁感应中的能量转化与守恒
1．如图所示，是高二某同学演示楞次定律实验记录，不符合实验事实的是(　　)
解析：选D　D选项中，由楞次定律知：当条形磁铁拔出时，感应电流形成的磁场与原磁场方向相同，因原磁场方向向上，故感应磁场方向也向上，再由安培定则知，D项不符合。
2．如图1所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)。则(　　)
图1
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
解析：选D　线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由右手定则可知感应电流方向为a→d→c→b→a，安培力方向水平向左，同理线框离开磁场时，电流方向为a→b→c→d→a，安培力方向水平向左，故A、B、C错误，D正确。
3．(2016·浙江高考)如图2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2
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
解析：选B　当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；由法拉第电磁感应定律E＝S及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，选项B正确；由R＝ρ知两线圈的电阻关系为Ra＝3Rb，其感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，选项C错误；两线圈的电功率之比为Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，选项D错误。
4．(多选)如图3甲所示，单匝线圈两端A、B与一理想电压表相连，线圈内有一垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量变化规律如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
图3
A．0～0.1 s内磁通量的变化量为0.15 Wb
B．电压表读数为0.5 V
C．电压表“＋”接线柱接A端
D．B端比A端的电势高
解析：选BC　0～0.1 s内磁通量的变化量为ΔΦ＝0.15 Wb－0.10 Wb＝0.05 Wb，线圈内的磁通量垂直向里增加，所以根据楞次定律可得感应电流方向为逆时针方向，即电流从A流向B，所以电压表“＋”接线柱接A端，A端的电势比B端的高，根据法拉第电磁感应定律E＝＝＝0.5 V，即电压表示数为0.5 V，故B、C正确。
5．(多选)如图4甲所示，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于纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。则下列i-t图像中可能正确的是(　　)
图4
解析：选CD　由图可知，0～1 s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0～1 s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针；同理可知，1～2 s内电路中的电流为顺时针，2～3 s内，电路中的电流为顺时针，3～4 s内，电路中的电流为逆时针，由E＝＝可知，电路中电流大小恒定不变。故C、D对。
6．(多选)如图5所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则(　　)
图5
A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
解析：选AC　根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C到D，故A正确，B错误；由法拉第电磁感应定律可知：E＝＝＝sin 30°＝0.2×12× V＝0.1 V，故感应电流为I＝＝1 A，金属杆受到的安培力FA＝BIL，t＝1 s时，FA＝0.2×1×1 N＝0.2 N，方向如图甲，此时金属杆受力分析如图甲，由平衡条件可知F1＝FA·cos 60°＝0.1 N，F1为挡板P对金属杆施加的力。t＝3 s时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图乙，此时挡板H对金属杆施加的力向右，大小F3＝BILcos 60°＝0.2×1×1× N＝0.1 N。故C正确，D错误。
甲　　　　　乙
7.如图6所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)
图6
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
解析：选A　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确。
8.如图7所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时(　　)
图7
A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生
B．整个环中有顺时针方向的电流
C．整个环中有逆时针方向的电流
D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流
解析：选D　导体ef将圆分成两部分，导体向右移动时，右边的磁通量减小，左边的磁通量增加，根据楞次定律，左边电流为顺时针方向，右边电流为逆时针方向，应选D。
9. (多选)如图8所示的竖直平面内，水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直竖直面向里的匀强磁场，且磁感应强度相同，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为h的无磁场区域，h>d。一质量为m、边长为d的正方形线框由距区域Ⅰ上边界某一高度处静止释放，在穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同。重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是(　　)
图8
A．线框进入区域Ⅰ时与离开区域Ⅰ时的电流方向相同
B．线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同
C．线框有可能匀速通过磁场区域Ⅰ
D．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2mg(d＋h)
解析：选BD　由楞次定律可知，线框进入区域Ⅰ时感应电流为逆时针方向，而离开区域Ⅰ时的电流方向为顺时针方向，故选项A错误；由楞次定律可知，线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同，均向上，选项B正确；因穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同，则可知线圈进入磁场区域Ⅰ一定是减速运动，选项C错误；线圈离开磁场区域Ⅰ的速度应等于离开磁场区域Ⅱ的速度，则在此过程中，线圈的机械能的减小量等于线圈通过磁场区域Ⅱ产生的电能，即Q2＝mg(d＋h)，则线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2Q2＝2mg(d＋h)，选项D正确；故选B、D。
10. (多选)如图9所示，电阻不计、相距L的两条足够长的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF始终保持静止，当MN下滑的距离为s时，速度恰好达到最大值vm，则下列叙述正确的是(　　)
图9
A．导体棒MN的最大速度vm＝
B．此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力为mgsin θ
C．当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，通过其横截面的电荷量为
D．当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，导体棒MN中产生的热量为mgssin θ－mvm2
解析：选AC　当MN下滑到最大速度时满足：mgsin θ＝，解得vm＝，选项A正确；此时导体棒满足mgsin θ＋F安＝f静，故此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力大于mgsin θ，选项B错误；当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，通过其横截面的电荷量为q＝＝，选项C正确；当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，两个导体棒中产生的总热量为mgssin θ－mvm2，则MN中产生的热量是(mgssin θ－mvm2)，选项D错误；故选A、C。
11．如图10所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。导轨和导体棒的电阻均可忽略。求：
图10
(1)电阻R消耗的功率；
(2)水平外力的大小。
解析：(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E＝Blv，根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I＝，电阻R消耗的功率为P＝I2R，联立可得P＝。
(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F，F安＝BIl＝B··l，故F＝＋μmg。
答案：(1)　(2)＋μmg
12.如图11所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求
图11
(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；
(2)磁场上下边界间的距离H。
解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有
E1＝2Blv1①
设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有
I1＝②
设此时线框所受安培力为F1，有
F1＝2I1lB③
由于线框做匀速运动，其受力平衡，有
mg＝F1④
由①②③④式得
v1＝⑤
设ab边离开磁场之前线框做匀速运动的速度为v2，同理可得
v2＝⑥
由⑤⑥式得
v2＝4v1。⑦
(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有
2mgl＝mv12⑧
线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有
mg(2l＋H)＝mv22－mv12＋Q⑨
由⑦⑧⑨式得
H＝＋28l。⑩
答案：(1)4倍　(2)＋28l
课时跟踪检测（九） 变 压 器
1．(多选)关于理想变压器，下面说法正确的是(　　)
A．它的输出功率可以大于它的输入功率
B．它的输出功率等于它的输入功率
C．原副线圈两端的电压与它们的匝数成正比
D．原副线圈两端的电流与它们的匝数成反比
解析：选BCD　输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，并且大小相等，所以A错误，B正确；输出电压是由输入电压和匝数比决定的，电压与匝数成正比，所以C正确；原副线圈的电流与它们的匝数成反比，所以D正确。
2．在以下四种情况下，可以将电压升高供给电灯的变压器是(　　)
解析：选D　A、C图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故A、C错误；B图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故B错误；D图中，原线圈匝数比副线圈匝数少，所以是升压变压器，故D正确。
3.一输入电压为220 V，输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏了，为获知此变压器原副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图1所示，然后将原来线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为(　　)
图1
A．1 100,360　　　　　 　B．1 100,180
C．2 200,180 D．2 200,360
解析：选B　对新绕线圈的理想变压器，根据变压比公式得n1＝＝＝1 100，变压器烧坏前，同理n2＝＝＝180，故B正确。
4．(多选)如图2甲所示，一理想变压器原副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则(　　)
图2
A．灯泡的电压为110 V
B．副线圈输出交流电的频率为50 Hz
C．U＝220 V，I＝0.2 A
D．原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝220 sin 100πt V
解析：选ABD　有效值为：U＝ V＝220 V，副线圈的电压为U2＝U1＝110 V，电流为： A＝0.2 A，电流表示数为：×0.2 A＝0.1 A，A正确，C错误；原线圈的频率为f＝ Hz＝50 Hz，变压器不会改变频率，故B正确；瞬时值表达式为：u＝220sin 100πt V，故D正确。
5．图3所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是(　　)
图3
A．电压表V1示数增大
B．电压表V2、V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
解析：选D　电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2＞ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确。
6．(2016·天津高考)如图4所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)
图4
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大
解析：选B　当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2＝变小，R1消耗的功率PR1＝I22R1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1＝I2R1变小，则电压表V的示数UV＝U2－UR1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系＝，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R总′变小，通过副线圈的电流I2′＝变大，则通过原线圈的电流I1′变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压UR1′＝I2′R1变大，则R2两端的电压UR2′＝U2－UR1′变小，电流表A2的示数变小，选项D错误。
7.如图5所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，电源电压u＝220sin 314t V，原线圈电路中接入熔断电流I0＝1 A的保险丝，副线圈电路中接入一可变电阻R，则(　　)
图5
A．电压表的读数为77 V
B．当可变电阻R的阻值变大时，电源的输入功率变大
C．可变电阻R的阻值低于13.75 Ω时保险丝将熔断
D．副线圈的输出功率一定是200 W
解析：选C　原线圈输入电压220 V，由变压器变压公式，副线圈输出电压即电压表的读数为55 V，选项A错误；当可变电阻R的阻值变大时，变压器输出功率减小，电源的输入功率变小，选项B错误；可变电阻R的阻值低于13.75 Ω时，变压器输出功率大于220 W，原线圈电路中电流大于保险丝的熔断电流I0＝1 A，保险丝将熔断，选项C正确；副线圈的输出功率随可变电阻的增大而减小，选项D错误。
8．(多选)如图6所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表○ 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则(　　)
图6
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
解析：选BD　变压器的变压比＝，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压。U1＝Uab，由于二极管的单向导电特性，Ucd≠U2，选项A错误。增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B正确。c、d端的电压由输入电压Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Uab不变，选项C错误。根据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T＝·＋0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2T＝T，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确。
9．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图7中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则(　　)
图7
A．ab接MN、cd接PQ，Iab＜Icd
B．ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd
C．ab接PQ、cd接MN，Iab＜Icd
D．ab接PQ、cd接MN，Iab＞Icd
解析：选B　电流互感器ab一侧线圈匝数比cd一侧线圈匝数少，根据电流关系得I1n1＝I2n2，所以Iab＞Icd，电流表应接在电流较小的一侧，故选项B正确。
10．如图8所示，MN和PQ为处于同一平面内的两根平行的光滑金属导轨，垂直于导轨放置的金属棒ab与导轨接触良好。N、Q端接理想变压器的原线圈，理想变压器的输出端有三组副线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C。在水平金属导轨之间加一竖直向下的匀强磁场。若用IR、IL、LC分别表示通过R、L和C的电流，则下列判断中正确的是(　　)
图8
A．在ab棒匀速运动且ab棒中电流达到稳定后，IR≠0、IL≠0、IC＝0
B．在ab棒匀速运动且ab棒中电流达到稳定后，IR≠0、IL＝0、IC＝0
C．如果ab棒在某一中心位置附近做非匀变速往复运动，那么IR≠0、IL≠0、IC≠0
D．如果ab棒做匀加速运动，那么IR≠0、IL≠0、IC≠0
解析：选C　当ab棒匀速运动时，变压器输出电压为0，故IR、IL、IC均为0，A、B均错误。当ab棒做非匀变速往复运动时，变压器输出交变电压，所以三个电路中均有电流，C正确。当ab棒做匀加速运动时，变压器输出恒定电压，所以电阻、电感器中有电流，电容器处于断路，所以D项错误。
11．如图9所示，交流发电机电动势的有效值E＝20 V，内阻不计，它通过一个R＝6 Ω的指示灯连接变压器。变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都标有“6 V　0.25 W ”，且灯泡都正常发光，导线电阻不计。求：
图9
(1)降压变压器初级、次级线圈匝数之比；
(2)发电机的输出功率。
解析：(1)彩色小灯泡的额定电流
IL＝＝ A＝ A，
次级线圈总电流I2＝24IL＝1 A。
变压器输入功率等于I1U1＝I2U2＝6 W。
变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得
E＝U1＋I1R＝＋6I1，
代入E值解得I1＝ A(I1＝3 A应舍去，据题意是降压变压器，应I1＜I2)，
所以＝＝。
(2)发电机输出功率P＝I1E≈6.67 W。
答案：(1)3∶1　(2)6.67 W
12．如图10甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u-t图像如图乙所示。若只在ce间接一只Rce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W。
图10
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；
(2)求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)求ce和de间线圈的匝数比。
解析：(1)由题图乙知T＝0.01 s
ω＝200π rad/s
电压瞬时值uab＝400sin 200πt(V)。
(2)电压有效值U1＝200 V
理想变压器P1＝P2
原线圈中的电流I1＝，
解得I1≈0.28 A。
(3)设ab间匝数为n1，＝，
同理＝
由题意知＝，
解得＝
代入数据得＝。
答案：(1)见解析　(2)0.28 A　(3)
课时跟踪检测（二） 法拉第电磁感应定律
1．下列关于电磁感应的说法中，正确的是(　　)
A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
B．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零
C．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大
D．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
解析：选D　磁通量的大小与感应电动势的大小不存在必然的联系，故A、B 错误；由法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，而磁通量变化大时，变化不一定快，故C错，D对。
2．如图中所标的导体棒的长度为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，棒运动的速度均为v，则产生的电动势为BLv的是(　　)
解析：选D　当B、L、v三个量方向相互垂直时，E＝BLv；A选项中B与v不垂直；B选项中B与L平行，E＝0；C选项中B与L不垂直；只有D选项中三者互相垂直，D
正确。
3. (多选)如图1所示为一台小型发电机示意图，磁场为水平方向。当线圈转到如图所示的水平位置时，下列判断正确的是(　　)
图1
A．通过线圈的磁通量最大
B．通过线圈的磁通量为零
C．线圈中产生的电动势最大
D．线圈中产生的电动势为零
解析：选BC　此时的线圈位置为线圈平面与磁感线平行的位置，故通过线圈的磁通量为零，选项A错误，B正确；此时线圈的两个边的速度方向与磁感线方向垂直，垂直切割磁感线的速度最大，所以线圈中产生的电动势最大，选项C正确，D错误。
4．一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：选B　根据法拉第电磁感应定律E＝＝，设初始时刻磁感应强度为B0，线圈面积为S0，则第一种情况下的感应电动势为E1＝＝＝B0S0；则第二种情况下的感应电动势为E2＝＝＝B0S0，所以两种情况下线圈中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确。
5．一闭合圆形线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化。下列方法中能使线圈中感应电流增大一倍的是(　　)
A．把线圈匝数增加一倍
B．把线圈面积增大一倍
C．把线圈半径增大一倍
D．把线圈匝数减少到原来的一半
解析：选C　设线圈中的感应电流为I，线圈电阻为R，匝数为n，半径为r，面积为S，线圈导线的横截面积为S′，电阻率为ρ。由法拉第电磁感应定律知E＝n＝n，由闭合电路欧姆定律知I＝，由电阻定律知R＝ρ，则I＝cos 30°，其中，、ρ、S′均为恒量，所以I∝r，故选项C正确。
6.如图2所示，闭合导线框abcd的质量可以忽略不计，将它从图中所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3 s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F2，通过导线横截面的电荷量为q2，则(　　)
图2
A．F1C．F1＝F2，q1F2，q1＝q2
解析：选D　由于线框在两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，而通过导线横截面的电荷量q＝N，得q1＝q2；由于两次拉出所用时间Δt1<Δt2，则所产生的感应电动势E1>E2，闭合回路中的感应电流I1>I2，又安培力F＝BIl，可得F1>F2，故选项D正确。
7．做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0 cm，线圈导线的截面积A＝0.80 cm2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m。如图3所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)
图3
(1)该圈肌肉组织的电阻R；
(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；
(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。
解析：(1)由电阻定律得R＝ρ，代入数据得R≈6×103 Ω。
(2)感应电动势E＝，代入数据得E≈4×10－2 V。
(3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入数据得Q＝8×10－8 J。
答案：(1)6×103 Ω　(2)4×10－2 V　(3)8×10－8 J
8.如图4所示，用同样的导线制成的两闭合线圈A、B，匝数均为20匝，半径rA＝2rB，在线圈B所围区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则线圈A、B中产生感应电动势之比EA∶EB和两线圈中感应电流之比IA∶IB分别为(　　)
图4
A．1∶1,1∶2　　　　 　B．1∶2,1∶1
C．1∶2,1∶2 D．1∶2,1∶1
解析：选A　由法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势E＝，其中ΔΦ＝ΔBS，S为穿过磁场的有效面积均为πrB2，故EA＝EB。两线圈中感应电流I＝，其中R＝，故IA∶IB＝LB∶LA＝rB∶rA＝1∶2，选项A正确。
9. (多选)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图5所示。则(　　)
图5
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＝时，杆受的安培力大小为
D．θ＝0时，杆受的安培力大小为
解析：选AC　θ＝0时，杆产生的电动势E＝BLv＝2Bav，故A正确；θ＝时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为Bav，故B错误；θ＝时，电路中总电阻是aR0，所以杆受的安培力大小F′＝BI′L′＝，故C正确；θ＝0时，由于单位长度电阻均为R0，所以电路中总电阻为(2＋π)aR0。所以杆受的安培力大小F＝BIL＝B·2a＝，故D错误。
10.如图6所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s。求：
图6
(1)感应电动势E和感应电流I；
(2)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U。
解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V，
感应电流I＝＝ A＝2 A。
(2)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流
I′＝＝ A＝1 A，
由欧姆定律可得，导体棒两端的电压
U＝I′R＝1×1 V＝1 V。
答案：(1)2 V　2 A　(2)1 V
11．在如图7甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝20 cm2。螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝3.0 Ω，R2＝4.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求：
图7
(1)螺线管中产生的感应电动势；
(2)S断开后，流经R2的电量。
解析：(1)感应电动势：E＝n＝nS＝1 000××0.002 0 V＝0.8 V；
(2)电路电流I＝＝ A＝0.1 A，电阻R2两端电压U2＝IR2＝0.1×4 V＝0.4 V，
电容器所带电荷量Q＝CU2＝30×10－6×0.4 C＝1.2×10－5 C，S断开后，流经R2的电量为1.2×10－5 C。
答案：(1)0.8 V　(2)1.2×10－5 C
课时跟踪检测（五） 涡 流（选学）
1．下列应用哪些与涡流无关(　　)
A．高频感应冶炼炉
B．汽车的电磁式速度表
C．家用电表
D．闭合线圈在匀强磁场中转动，切割磁感线产生的电流
解析：选D　真空冶炼炉，炉外线圈通入交变电流，使炉内的金属中产生涡流；汽车速度表是磁电式电流表，指针摆动时，铝框骨架中产生涡流；家用电表(转盘式)的转盘中会有涡流产生；闭合线圈在磁场中转动产生的感应电流，不同于涡流，选项D错误。
2．(多选)如图1所示，磁电式仪表的线圈通常是用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是(　　)
图1
A．防止涡流而设计的　　　 　B．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：选BC　线圈通电后在安培力作用下转动，铝框随之转动，在铝框内产生涡流。涡流将阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来，这样做是利用涡流来起电磁阻尼的
作用。
3.如图2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(　　)
图2
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：选C　磁铁向下摆动时，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向的感应电流(从上面看)，并且磁铁受到感应电流对它的作用力为阻力，阻碍它靠近；磁铁向上摆动时，根据楞次定律，线圈中产生顺时针方向的感应电流(从上面看)，磁铁受感应电流对它的作用力仍为阻力，阻碍它远离，所以磁铁在左右摆动一次过程中，电流方向改变3次，感应电流对它的作用力始终是阻力，只有C项正确。
4．(多选)如图3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3
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：选AD　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。
5. (多选)一块铜片置于如图4所示的磁场中，如果用力把这块铜片从磁场拉出或把它进一步推入，在这两个过程中，有关磁场对铜片的作用力，下列叙述正确的是(　　)
图4
A．拉出时受到阻力
B．推入时受到阻力
C．拉出时不受磁场力
D．推入时不受磁场力
解析：选AB　对于铜片，无论是拉出还是推入的过程中，铜片内均产生涡流，外力都要克服安培力做功，所以，选项A、B正确。
6.如图5所示，一条形磁铁从高h处自由下落，途中穿过一个固定的空心线圈。当K断开时，磁铁落地所用的时间为t1，落地时的速度为v1；当K闭合时，磁铁落地所用的时间为t2，落地时的速度为v2，则它们的大小关系为(　　)
图5
A．t1>t2，v1>v2 B．t1＝t2，v1＝v2
C．t1v2
解析：选D　当K断开时，线圈中没有感应电流，磁铁做自由落体运动，磁铁下落的加速度a1＝g；当K闭合时，磁铁在穿过线圈时，线圈中会产生感应电流，对磁铁的运动产生阻碍作用，故此时磁铁下落的加速度a2v2，故选项D
正确。
7.如图6所示，在光滑的水平面上有一个铝质金属球，以速度v0向一个有界的匀强磁场运动，匀强磁场方向垂直于纸面向里，从金属球刚开始进入磁场到全部穿出磁场的过程中(磁场的宽度大于金属球的直径)，则金属球(　　)
图6
A．整个过程中做匀速运动
B．进入磁场过程做减速运动，穿出磁场过程做加速运动
C．整个过程中做匀减速运动
D．穿出时的速度一定小于进入时的速度
解析：选D　金属球在进入、穿出磁场的过程中均有涡流产生，金属球都要受到阻力作用，该过程中做减速运动；金属球在完全进入磁场到未开始穿出磁场的过程中，金属球中无涡流产生，此过程中做匀速运动。故选项D正确。
8. (多选)如图7所示，半圆形曲面处于磁场中，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(　　)
图7
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：选BD　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，故球滚上的最高高度小于h，选项C错
D对。
9. (多选)如图8所示，在O点正下方有一个具有理想边界的方形磁场，铜球在A点由静止释放，向右摆到最高点B，不考虑空气及摩擦阻力，则下列说法正确的是(　　)
图8
A．A、B两点在同一水平面上
B．A点高于B点
C．A点低于B点
D．铜球最终将做等幅摆动
解析：选BD　铜球在进入和穿出磁场的过程中，穿过金属球的磁通量发生变化，球中产生涡流，进而产生焦耳热，因此球的机械能减少，故A点高于B点。铜球的摆角会越来越小，最终出不了磁场，而在磁场内做等幅摆动。
10.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图9所示，该抛物线的方程是y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的总热量为(　　)
图9
A．mgb B.mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
解析：选D　小金属环进入和离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，小金属环的一部分机械能转化为自身的内能；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，机械能守恒。最终小金属环在磁场中沿曲面做往复运动，由能量守恒定律可得产生的总热量等于小金属环减少的机械能。即：Q＝mg(b－a)＋mv2。选项D正确。
11.如图10所示，质量为m＝100 g的铝环，用细线悬挂起来，环中心距地面的高度
h＝0.8 m。现有一质量为M＝200 g的小磁铁(长度可忽略)，以v0＝10 m/s的水平速度射入并穿过铝环，落地点与铝环原位置的水平距离为x＝3.6 m，小磁铁穿过铝环后的运动看作平抛运动。
图10
(1)小磁铁与铝环发生相互作用时铝环向哪边偏斜？
(2)若铝环在小磁铁穿过后的速度为v′＝2 m/s，在小磁铁穿过铝环的整个过程中，铝环中产生了多少电能？(g取10 m/s2)
解析：(1)由楞次定律可知，当小磁铁向右运动时，铝环向右偏斜(阻碍相对运动)。
(2)由磁铁穿过铝环飞行的水平距离可求出穿过铝环后磁铁的速度v＝ m/s
＝9 m/s
由能量守恒可得W电＝Mv02－Mv2－mv′2＝1.7 J。
答案：(1)铝环向右偏斜　(2)1.7 J
12．磁悬浮列车的原理如图11所示，在水平面上，两根平行直导轨间有竖直方向且等距离的匀强磁场B1和B2，导轨上有金属框abcd，当匀强磁场B1和B2同时以速度v沿直线向右运动时，金属框也会沿直导轨运动。设直导轨间距为l＝0.4 m，B1＝B2＝1 T，磁场运动速度v＝5 m/s，金属框的电阻R＝2 Ω。试回答下列问题：
图11
(1)金属框为什么会运动？若金属框不受阻力，将如何运动？
(2)当金属框始终受到f＝1 N的阻力时，金属框的最大速度是多少？
(3)当金属框始终受到f＝1 N的阻力时，要使金属框维持最大速度，每秒需要消耗多少能量？这些能量是谁提供的？
解析：(1)因为磁场B1、B2向右运动，金属框相对于磁场向左运动，于是金属框ad、bc两边切割磁感线产生感应电流，当金属框在实线位置时，由右手定则知产生逆时针方向的电流，受到向右的安培力作用，所以金属框跟随匀强磁场向右运动。如果金属框处于虚线位置，则产生顺时针方向的感应电流，由左手定则知，所受安培力方向仍然是水平向右。故只要两者处于相对运动状态，金属框始终受到向右的安培力作用。金属框开始处于静止状态(对地)，受安培力作用后，向右做加速运动，当速度增大到5 m/s时，金属框相对静止做匀速运动。
(2)当金属框始终受到f＝1 N的阻力时，达最大速度时受力平衡，f＝F安＝2BIl，式中I＝，v－vm为磁场速度和线框最大速度之差，即相对速度，所以vm＝v－＝1.875 m/s。
(3)消耗的能量由两部分组成，一是转化为线框的内能，二是克服阻力做功，所以消耗能量的功率为P＝I2R＋fvm，式中I＝＝ A＝1.25 A，所以W＝[(1.25)2×2＋1×1.875]×1 W＝5 W，这些能量是由磁场提供的。
答案：(1)见解析　(2)1.875 m/s　(3)每秒消耗5 J的能量，这些能量是由磁场提供的
课时跟踪检测（八） 电容器在交流电路中的作用
电感器在交流电路中的作用
1．(多选)关于对感抗的理解，下面说法正确的有(　　)
A．感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势而对电流的变化产生的阻碍作用
B．感抗仅与电源的频率有关，与线圈自感系数无关
C．电感产生的感抗对交变电流有阻碍作用，但不会因此消耗电能
D．感抗和电阻等效，对任何交变电流都是一个确定值
解析：选AC　感抗产生的机理就是通过电感的电流发生变化，电感中会产生自感电动势阻碍原电流的变化，这种对变化电流的阻碍作用就是感抗。此过程中电感存储的电能没有消耗，交变电流频率越大，自感电动势越大，产生的阻碍作用越强；线圈自感系数越大，感抗越大，产生的自感电动势也越大，阻碍作用也越大，所以只有A、C 对。
2．下列说法中正确的是(　　)
A．电感对交流的阻碍作用是因为电感存在电阻
B．电容对交流的阻碍作用是因为电容器的电阻
C．感抗、容抗和电阻一样，电流通过它们做功时都是电能转化为内能
D．在交变电路中，电阻、感抗、容抗可以同时存在
解析：选D　交变电流通过线圈时，在线圈上产生自感电动势，对电流的变化起到阻碍作用，A错误。交变电流通过电容器时，电容器两极间的电压与电源电压相反，阻碍了电流的流动，B错误。电流通过它们做功时，只有在电阻上产生热，在线圈上产生磁场能，在电容器上产生电场能，C错误，故D正确。
3．(多选)在交变电流频率一定的情况下，下列关于电容器、容抗、电感器和感抗的说法中正确的有(　　)
A．电容越大，容抗越小　　 　B．电感越大，感抗越大
C．电容器通交流，隔直流 D．电感器通高频，阻低频
解析：选ABC　由容抗XC＝和感抗XL＝2πfL，可知A、B正确；电容器能“通交流，隔直流”，故C正确；但电感器是“通低频，阻高频”，故D错误。
4.如图1所示，某电子电路的输入端输入电流既有直流成分，又有交流低频成分和交流高频成分。若通过该电路只把交流的低频成分输送到下一级，那么关于该电路中各器件的作用，下列说法中不正确的有(　　)
图1
A．L在此的功能为通直流，阻交流
B．L在此的功能为通低频、阻高频
C．C1在此的功能为通交流，隔直流
D．C2在此的功能为通高频、阻低频
解析：选B　由于该电路要把交流的低频成分送到下一级，故低频部分不能直接从输入端短路掉，所以电感L的作用是通直流、阻交流，而不能是通低频、阻高频，故选项B的说法是不正确的，故选B。
5. (多选)如图2所示，电路中三个完全相同的灯泡a、b和c分别与电阻器R、电感线圈L和电容器C串联，当电路两端连接电压为u1＝220sin 100πt V的交变电源时，三个灯泡亮度恰好相同。若将电路两端接入的交变电源的电压变为u2＝220sin 120πt V，则将发生的现象是(各灯泡均未被烧毁)(　　)
图2
A．a灯亮度不变 B．b灯变暗
C．c灯更亮 D．三灯亮度都不变
解析：选ABC　根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b灯变暗；根据电容器的特性：通高频、阻低频；当电源的频率变高时，电容器对电流的容抗减小，c灯变亮；而电阻的阻碍作用与频率无关，a灯亮度不变，故选项A、B、C正确，选项D错误。
6.如图3所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C并联接到某一交流电源上时，三只电流表的示数相同。若保持电源电压不变，而使交变电流的频率逐渐减小，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系是(　　)
图3
A．I1＝I2＝I3 B．I2>I1>I3
C．I3>I1>I2 D．I1>I2>I3
解析：选B　电感线圈的特点是通低频、阻高频，电容器的特点是通高频、阻低频，所以当频率减小时通过线圈的电流增大，通过电容器的电流减小，而通过电阻的电流不变，故B正确。
7．(多选)如图4甲、乙所示电路是电子技术中的常用电路，a、b是各电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“?”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“—”表示。关于两电路中负载电阻R上得到的电流特征，下列说法正确的是(　　)
图4
A．图甲中R得到的是交流成分
B．图甲中R得到的是直流成分
C．图乙中R得到的是交流低频成分
D．图乙中R得到的是交流高频成分
解析：选AC　根据电容器“隔直流、通交流，阻低频、通高频”的特点可知，题图甲中R得到的是交流成分，题图乙中R得到的是交流低频成分。故选项A、C正确。
8. (多选)如图5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5
A．三个灯亮度不再相同
B．甲灯最亮，丙灯不亮
C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮
D．只有丙灯不亮，乙灯最亮
解析：选AD　S接A时，为交流电源，此时R、L、C对交变电流的阻碍作用相同；
S接B时，变为直流电源，故三灯亮度不再相同，其中乙灯最亮，而丙灯不亮，故A、D正确。
9．图6所示是电子技术中的四种常用电路。a、b是电路的输入端，其中输入的高频电流用“”表示，低频电流用“～”表示，直流电流用“—”表示。对于负载电阻R中通过的电流，有以下说法：
图6
①图甲中R通过的是低频电流；
②图乙中R通过的是高频电流；
③图乙中R通过的是低频电流；
④图丙中R通过的是直流电流；
⑤图丁中R通过的是高频电流。
以上说法正确的是(　　)
A．①②③ B．②③④
C．③④⑤ D．①③④
解析：选D　图甲中，电容器隔直流，R中通过低频电流；图乙中，电容器可以和高频交变电流形成通路，R中通过低频电流；图丙中，电容器C很大，容抗较小，可以通过低频电流，故R中通过直流电流；图丁中，电感器L很大，f越高，感抗越大，阻碍高频电流通过，R中通过低频电流，故选D项。
10. “二分频”音响内有高音、低音两个扬声器，音响要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频按高频、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高频、低频的机械振动。如图7所示为音响的电路图，高频、低频混合电流由a、b输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则(　　)
图7
A．甲扬声器是高音扬声器
B．C2的作用是阻碍高频电流通过乙扬声器
C．L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D．L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流
解析：选D　混合音频由a、b送入音响，L1起通低频、阻高频的作用，C1起高频旁路的作用，故甲扬声器是低音扬声器，选项A、C错误；C2起通高频、阻低频的作用，L2起通低频、阻高频的作用，故乙扬声器是高音扬声器，选项B错误，D正确。
11．如图8所示的甲、乙、丙三种电路是电子技术中的常用电路，a、b是输入端，其中高频成分用“?”表示，低频成分用“～”表示，直流成分用“－”表示，则甲、乙、丙负载R上得到的电流的主要特征各是什么？
图8
解析：甲：低频成分；因电容器有隔直流作用，C较大时，低频易通过。
乙：低频成分；因电容器对高频有旁路作用，C较小，通高频，阻低频。
丙：直流成分；因电容器有旁路作用和隔直作用，C越大时，容抗越小，低频成分越容易通过旁路。
答案：见解析
12.如图9所示，是一个判定A、B之间电源性质的仪器，自感系数和电容都较大。若接通电源后只有绿灯亮，则A、B之间是什么电源？若只有红灯亮或黄灯亮，A、B之间电源又如何？
图9
解析：由于电容器C具有隔直流的特性，故只有绿灯亮时A、B之间必是交流电源，至于此时为什么红灯和黄灯不亮，则是由于线圈L具有阻交流的作用。当A、B之间接入直流电时，绿灯不亮是肯定的，此时红灯亮还是黄灯亮，则必须考虑二极管D1和D2的单向导电性。故A、B间接交变电流时，绿灯亮；A、B间接直流电且A端是正极时红灯亮；A、B间接直流电且B端是正极时黄灯亮。
答案：见解析
课时跟踪检测（六） 交变电流
1．下列说法中正确的是(　　)
A．只有大小和方向都不发生变化的电流才是直流电
B．如果电流的大小做周期性变化，则一定是交变电流
C．交变电流的最大特征是电流的方向发生变化
D．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
解析：选C　大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流；直流与交流最主要的区别在于电流的方向是否发生变化，只要方向不变就是直流；交变电流有着不同的形式，如方波电流、锯齿波电流等，不一定都是按正弦或余弦规律变化的。选项C正确。
2．(多选)下列哪些情况线圈中能产生交变电流(　　)
解析：选BCD　图A中线圈转动时磁通量总是为零，故不产生交流电，B、C、D三图中的线圈转动时磁通量发生周期性变化，产生交变电流。
3．(多选)图1所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是(　　)
图1
A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．图示位置，ab边的感应电流方向是a→b
D．图示位置，ab边的感应电流方向是b→a
解析：选AC　线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈转动一周，有两次经过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动两次，故A正确；线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，所以B错误；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则知，ab边的感应电流方向是a→b，C正确，D错误。
4．(多选)如图2所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动。沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时(　　)
图2
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电流为
C．穿过线圈的磁通量为0
D．穿过线圈的磁通量的变化率为0
解析：选BC　图示位置为垂直于中性面的位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电流也最大，I＝＝，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba。
5．交流发电机正常工作时产生的电动势e＝Emsin ωt，若线圈匝数减为原来的一半，而转速增为原来的2倍，其他条件不变，则产生的电动势的表达式为(　　)
A．e＝Emsin ωt　　　　　 　B．e＝2Emsin ωt
C．e＝2Emsin 2ωt D．e＝Emsin 2ωt
解析：选D　条件改变后，匝数N′＝，角速度：ω′＝2ω，电动势最大值Em′＝N′BSω′＝NBSω＝Em，故有e′＝Emsin 2ωt，D对。
6．(多选)图3甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，○为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是(　　)
图3
A．通过电阻R的电流的最大值为10 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
解析：选AC　产生的交变电流的最大值为10 A，因此通过电阻R的电流的最大值为10 A，A项正确；由ω＝可得，线圈转动的角速度为ω＝100π rad/s，B项错误；0.01 s时，电路中电流最大，故该时刻通过线圈的磁通量最小，即该时刻线圈平面与磁场方向平行，C项正确；根据楞次定律可得，0.02 s时电阻R中电流的方向自左向右，D项错误。
7．如图4甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动。当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻(　　)
图4
A．线圈中的电流最大
B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈所受的安培力最大
D．线圈中的电流为零
解析：选D　由T＝，故t＝＝，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误；由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A、C错误，D正确。
8．如图5甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙所示)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则下列四幅图中正确的是(　　)
图5
解析：选D　由题图可知初始时刻交变电流的方向为adcba，与规定的电流方向(正方向)相反，为负值，所以感应电流的表达式为i＝－Imcos，故选项D正确。
9．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图6甲所示，则下列说法中正确的是(　　)
图6
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．t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大
D．该线圈相应的交流电动势图像如图乙所示
解析：选B　由题图甲知，当t＝0时，Φ最大，说明线圈平面与中性面重合，故A错误；当t＝0.01 s时，Φ＝0最小，Φ-t图像的斜率最大，即Φ的变化率最大，故B正确；当t＝0.02 s时，Φ也最大，交流电动势为零，故C错误；由以上分析可知，D错误。
10．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180°过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为(　　)
A.　　　　　　　　 　B.
C．2π D．π
解析：选B　线圈转动180°过程中的平均感应电动势：＝＝＝；最大值：Em＝BSω，平均值和最大值之比：＝，故B选项正确。
11．某一发电机线圈面积S＝0.4 m2，匝数N＝500匝，线圈绕轴以1 800 r/min的转速匀速转动，产生的电动势的最大值为6 000π V。求：
(1)磁感应强度B；
(2)当线圈平面跟B的夹角为60°时，每匝线圈产生的感应电动势的瞬时值。
(3)如果线圈平行于磁场时开始计时，写出线圈中电动势的瞬时值表达式。
解析：(1)由Em＝NBSω，ω＝2πn，n＝1 800 r/min＝30 r/s，得
B＝＝＝ T＝0.5 T。
(2)当线圈平面跟B的夹角为60°时，每匝线圈产生的感应电动势为e＝BSωcos 60°＝0.5×0.4×2π×30×0.5 V＝6π V。
(3)线圈转至与磁场平行开始计时，则：
e＝Emcos ωt＝6 000πcos 60πt V。
答案：(1)0.5 T　(2)6π V　(3)e＝6 000π cos 60πt V
12．如图7(a)、(b)所示，一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，规定电流从左向右为正，在直导线下方有一不闭合的金属框，则相对于b点来说，a点电势最高的时刻在(　　)
图7
A．t1时刻 B．t2时刻
C．t3时刻 D．t4时刻
解析：选D　线框中的磁场是直导线中的电流i产生的，在t1、t3时刻，电流i最大，但电流的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，线框中没有感应电动势，a、b两点间的电势差为零。在t2、t4时刻，电流i＝0，但电流变化率最大，穿过线框的磁通量变化率最大，a、b两点间的电势差最大，再根据楞次定律可得出a点相对b点电势最高时刻在t4，D正确。
课时跟踪检测（十一） 传感器 温度传感器和光传感器
1．下列关于传感器的说法正确的是(　　)
A．话筒是一种常用的传感器，其作用是将电信号转换为声音信号
B．在天黑楼道里出现声音时，楼道里的灯才亮，说明它的控制电路中只有声音传感器
C．光敏电阻能够把光照强弱变化转换为电阻大小变化
D．电子秤中所使用的测力装置是温度传感器
解析：选C　话筒是一种常用的传感器，其作用是将声音信号转换为电信号，故A错误。在天黑楼道里出现声音时，楼道里的灯才亮，说明它的控制电路中既有声音传感器，又有光传感器，故B错误。光敏电阻能够把光照强弱变化转换为电阻大小变化，故C正确。电子秤中所使用的测力装置是压力传感器，故D错误。
2．下列应用了温度传感器的是(　　)
A．商场里的自动玻璃门
B．夜间自动打开的路灯
C．自动恒温冰箱
D．楼梯口在夜间有声音时就亮的灯
解析：选C　商场里的自动玻璃门是应用了红外线传感器，A错误；夜间自动打开的路灯是利用了光传感器，B错误；自动恒温冰箱是利用了温度传感器，C正确；夜间有声音时就亮的楼梯灯是利用了声音传感器，D错误。
3.如图1所示，在电路中接一段钨丝，闭合开关，灯泡正常发光，当用打火机给钨丝加热时灯泡亮度明显变暗，根据钨丝的上述特性，可用钨丝来制作一个温度传感器，下面的说法中不正确的是(　　)
图1
A．该传感器利用了钨丝的物理性质
B．该传感器利用了钨丝电阻随温度变化而变化的特性
C．该传感器能够把热学量(温度)转换为电学量(电阻)
D．该传感器能够把电学量(电阻)转换为热学量(温度)
解析：选D　由题目中的实验现象可知，钨丝的电阻随温度的升高而增大，随温度的降低而减小，利用该特性可以制成温度传感器，传感器能够把温度这个热学量转换为电阻这个电学量。故A、B、C正确，D错误。
4．(多选)已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大，为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图2所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光，若探测装置从无磁场区域进入强磁场区，则(　　)
图2
A．电灯L变亮　　　　　 　B．电灯L变暗
C．电流表示数减小 D．电流表示数增大
解析：选AC　探测装置从无磁场区进入强磁场区时，电阻变大，则电路的总电阻变大，根据I＝可知总电流变小，所以电流表的示数减小，根据U＝E－Ir，可知I减小，U增大，所以灯泡两端的电压增大，所以电灯L变亮，故A、C正确。
5. (多选)传感器是一种采集信息的重要器件，如图3是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串联接成闭合电路，那么(　　)
图3
A．当F向上压膜片电极时，电容将减小
B．当F向上压膜片电极时，电容将增大
C．若电流计有示数，则压力F发生变化
D．若电流计有示数，则压力F不发生变化
解析：选BC　当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式C＝得到，电容器的电容将增大，故A错误，B正确。当F变化时，电容变化，而板间电压不变，由Q＝CU，故带电荷量Q发生变化，电容器将发生充、放电现象， 回路中有电流，电流计有示数。反之，电流计有示数时，压力F必发生变化。故C正确，D错误。
6．温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化而变化的特性工作的。在图4甲中，电源的电动势E＝9.0 V，内电阻可忽略不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻值R随温度t的变化关系如图乙的R-t图线所示。闭合开关S，当R的温度等于20 ℃时，电流表的示数I1＝2 mA，当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻R的温度是(　　)
图4
A．60 ℃ B．120 ℃
C．100 ℃ D．240 ℃
解析：选B　由图乙查得，当温度等于20 ℃时，R的阻值为R1＝4 kΩ。
当电流表示数为I1＝2 mA时，E＝I1(Rg＋R1)，
当电流表示数为I2＝3.6 mA时，设热敏电阻R的阻值为R2，则E＝I2(Rg＋R2)，
解得Rg＝0.5 kΩ，R2＝2 kΩ。
由图乙查得，当R的阻值为R2＝2 kΩ时，温度等于120 ℃。故B对。
7.如图5所示的电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接。若声源S做简谐运动，则(　　)
图5
A．a振动过程中，a、b板间的电场强度不变
B．a振动过程中，a、b板间所带电荷量不变
C．a振动过程中，灵敏电流表中始终有方向不变的电流
D．a向右的位移最大时，a、b板所构成的电容器的电容最大
解析：选D　由于平行板电容器两极板与电池两极相连接，因此两极板间的电压U保持不变，根据场强E＝，C＝可判断A错、D对。再由Q＝CU可知，B错。由于Q变化，电容器出现充电、放电现象，显然电流表中电流方向不断变化，C错。
8. (多选)如图6所示，Rt为热敏电阻，R1为光敏电阻，R2和R3均为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r，V为理想电压表，现发现电压表示数增大，可能的原因是(　　)
图6
A．热敏电阻温度升高，其他条件不变
B．热敏电阻温度降低，其他条件不变
C．光照减弱，其他条件不变
D．光照增强，其他条件不变
解析：选AC　热敏电阻温度升高，其阻值减小，外电路的总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则通过光敏电阻的电流减小，则通过R3的电流增大，电压表的示数增大，A正确；热敏电阻温度降低时，其阻值增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压随之增大，通过光敏电阻的电流增大，所以通过热敏电阻的电流减小，电压表的示数减小，B错误；光照减弱，光敏电阻的阻值增大，外电路总电阻增大，路端电压增大，则电压表的示数增大，C正确；光照增强，光敏电阻的阻值减小，外电路总电阻减小，路端电压减小，则电压表的示数减小，D错误。
9. (多选)霍尔式位移传感器的测量原理如图7所示，有一个沿z轴方向均匀变化的匀强磁场，磁感应强度B＝B0＋kz(B0、k均为常数)。将霍尔元件固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变(方向如图)，当物体沿z轴正方向平移时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同。则(　　)
图7
A．B越大，上、下表面的电势差U越大
B．k越大，传感器灵敏度越高
C．图中霍尔元件的上板电势可能比下板电势高
D．电流越大，上、下表面的电势差U越小
解析：选ABC　电流强度不变就是电荷定向运动的速度v保持不变，最后导体内部的带电粒子受到的电场力与洛伦兹力相等，即Bqv＝Eq，最终上下两板间的电势差U＝Ed＝Bdv，因此B越大，上、下表面的电势差U越大，A正确；电流大，表示电荷运动的速度越大，U也越大，D错误；而传感器灵敏度＝kdv，因此k越大，传感器灵敏度越高，B正确；当导电的电荷为正电荷时，根据左手定则，可知下极板电势高，当导电的电荷为负电荷时，可知下极板电势低，C正确。
10．(多选)有一种测量人体重的电子秤，其原理如图8虚线内所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)。设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3 A，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30－0.02 F(F和R的单位分别是N和Ω)。下列说法正确的是(　　)
图8
A．该秤能测量的最大体重是1 400 N
B．该秤能测量的最大体重是1 300 N
C．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.375 A处
D．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.400 A处
解析：选AC　因为理想电流表的量程为3 A，所以电路中允许的最大电流为3 A，因此根据闭合电路欧姆定律，压力传感器的最小电阻应满足R＋2＝，R最小为2 Ω，代入R＝30－0.02F，求出最大F＝1 400 N，A正确，B错误；当F＝0时，R＝30 Ω，这时电路中的电流I＝ A＝0.375 A，C正确，D错误。
11．某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性。现用直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒定)、电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线连成如图9所示的实物图。
图9
(1)实验的主要步骤：
①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电
流值；
②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，________，________，断开开关。
③重复第②步操作若干次，测得多组数据。
(2)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图10所示的R-t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R-t关系式：R＝________＋________ t(Ω)(保留3位有效数字)。
图10
解析：(1)因本实验是探究热敏电阻的阻值随温度变化的特性，所以实验需要测出热敏电阻的阻值及相应的温度，热敏电阻的阻值用R＝间接测量，故需要记录的数据是温度计的示数和电压表的示数。
(2)设热敏电阻R＝R0＋kt，k＝＝0.400。由图乙知，温度为10 ℃时，热敏电阻R＝104 Ω，则R0＝R－kt＝(104－0.400×10)Ω＝100 Ω，所以R＝100＋0.400t(Ω)。
答案：(1)记录温度计的示数　记录电压表的示数
(2)100　0.400
12．在开展研究性学习的过程中，某同学设计了一个利用线圈测量转轮转速的装置，如图11所示，在轮子的边缘贴上一个小磁体，将小线圈靠近轮边放置，接上数据采集器和电脑(即DIS实验器材)。如果小线圈的面积为S，匝数为N，小磁体附近的磁感应强度的最大值为B，小线圈所在回路的总电阻为R，实验发现，轮子转过θ角，小线圈的磁通量由最大值变为零。因此，他认为只要测得此过程感应电流的平均值I，就可以测出转轮转速的大小。请你运用所学的知识，通过计算对该同学的结论进行评价。
图11
解析：该同学的结论正确。
设转轮的角速度和转速分别为ω、n，轮子转过θ角所需时间为Δt，通过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ，线圈中产生的感应电动势的平均值为E。根据法拉第电磁感应定律有E＝N＝N，由闭合电路欧姆定律得感应电流的平均值I＝
又Δt＝，n＝
联立以上各式可得n＝，由此可见，该同学的结论是正确的。
答案：见解析
课时跟踪检测（十二） 生活中的传感器 简单的光控和温控电路（选学）
1．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换为电信号的过程，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
解析：选A　电视遥控器和红外报警装置工作时都是将光信号转换为电信号，则A选项正确；而B选项是将声音信号转换为电信号，C选项是感知压力来传递信息，D选项是通过温度来控制电路。
2．(多选)如图1所示是自动调温式电熨斗，下列说法正确的是(　　)
图1
A．常温时上下触点是接触的
B．双金属片温度升高时，上金属片形变较大，双金属片将向下弯曲
C．原来温度控制在80 ℃断开电源，现要求60 ℃断开电源，应使调温旋钮下调一些
D．由熨烫丝绸衣物状态转变为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮下移一些
解析：选ABD　常温工作时，上下触点是接通的，当温度升高时，上层金属片形变大，向下弯曲，切断电源。切断温度要升高，则应使调温旋钮下移一些，A、B、D对，C错。
3．(多选)全自动洗衣机中的排水阀是由程序控制器控制其动作的，当进行排水的程序时，控制铁芯1的线圈通电，使铁芯2运动，从而牵引排水阀的阀门排除污水(如图2所示)。以下说法中正确的是(　　)
图2
A．若输入的控制电流由a流入，由b流出，则铁芯2中A端为N极，B端为S极
B．若输入的控制电流由a流入，由b流出，则铁芯2中A端为S极，B端为N极
C．若a、b处输入交变电流，则铁芯2不能被吸入线圈中
D．若a、b处输入交变电流，则铁芯2仍能被吸入线圈中
解析：选AD　若输入的控制电流由a流入，由b流出，则螺线管左端为N极，右端为S极；铁芯被通电螺线管磁化，A端为N极，B端为S极。
4．如图3所示为一种温度自动报警器的原理图，在水银温度计的顶端封入一段金属丝，以下说法正确的是(　　)
图3
A．温度升高至74 ℃时，L1亮灯报警
B．温度升高至74 ℃时，L2亮灯报警
C．温度升高至78 ℃时，L1亮灯报警
D．温度升高至78 ℃时，L2亮灯报警
解析：选D　当温度低于78 ℃时，线圈中没有电流，此时仅灯L1亮；当温度升高到78 ℃时，线圈中有电流，磁铁吸引衔铁，灯L2被接通，所以灯L2亮报警；温度升高至74 ℃时，线圈中没有电流，只是灯L1亮。
5．计算机键盘是由两片金属切片组成的小电容器。该电容器的电容可用公式C＝ε计算，式中ε＝9×10－12 F/m，S为金属片的正对面积，d表示两金属片间距。当键被按下时，此电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测出哪个键被按下了，从而给出相应的信号。设每个金属片的正对面积为50 mm2，键未按下时的金属片间距为0.6 mm。如果电容变化了0.25 pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下(　　)
A．0.15 mm　　　　　　 　B．0.25 mm
C．0.35 mm D．0.45 mm
解析：选A　根据题意d1＝0.6 mm＝0.6×10－3 m，
C1＝ε＝7.5×10－13 F。按下金属片，间距变小，电容变大，变为：
C2＝(C1＋0.25×10－12)F＝1×10－12 F，
根据公式C2＝ε得，
d2＝＝0.45×10－3 m，
Δd＝d1－d2＝0.15×10－3 m。
6．小强用恒温箱进行实验时，发现恒温箱的温度持续升高，无法自动控制。经检查，恒温箱的控制器没有故障。参照图4，下列对故障判断正确的是(　　)
图4
A．只可能是热敏电阻出现故障
B．只可能是温度设定装置出现故障
C．热敏电阻和温度设定装置都可能出现故障
D．可能是加热器出现故障
解析：选C　恒温箱内温度持续升高，说明加热器没有损坏，选项D错误。无法自动控制，而经检查控制器又没有故障，说明控制器没问题。热敏电阻或温度设定装置出现故障都能使温度持续升高，故应选C。
7.惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计。加速度计构造原理示意图如图5所示，沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套有一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连；两弹簧的另一端与固定壁相连。滑块原来静止，弹簧处于自然长度，滑块上有指针可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导。设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度(　　)
图5
A．方向向左，大小为
B．方向向右，大小为
C．方向向左，大小为
D．方向向右，大小为
解析：选D　当指针向左偏离O点的距离为s时，与滑块相连的左边弹簧被压缩s，右边弹簧被拉伸s，因而弹簧对滑块的弹力的大小均为ks，且方向均水平向右，即滑块受到的合力大小为2ks，方向水平向右。由牛顿第二定律可知选项D正确。
8．某种位移传感器的工作原理如图6(a)所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的滑片P一起平移，通过理想电压表的示数来反映物体M的位移x。已知电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器的总长为L，物体M以O为平衡位置做简谐运动(取向右为正方向)，振幅为，物体经过O时P恰好位于滑动变阻器的中点。若电压表的示数U随时间t的变化关系如图(b)所示，则在图示0～t1时间内，下列说法正确的是(　　)
图6
A．物体M的速度为正方向且不断增大
B．物体M的速度为负方向且不断减小
C．物体M的加速度为正方向且不断增大
D．物体M的加速度为负方向且不断减小
解析：选A　由0～t1时间内，电压表的示数U随时间t的变化关系可知，物体M的速度为正方向且不断增大，加速度为正方向且不断减小，选项A正确。
9.在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图7所示。M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时(　　)
图7
A．RM变大，且R越大，U增大越明显
B．RM变大，且R越小，U增大越明显
C．RM变小，且R越大，U增大越明显
D．RM变小，且R越小，U增大越明显
解析：选C　此装置电路中M与R并联后再与S串联。忽略电源内阻，根据欧姆定律得I＝，S两端的电压U＝IRS增大，则电流I增大，故R并减小，所以并联支路的总电阻减小，RM必减小，故选项A、B错误。由于＝＋，即R并＝＝，当R远大于RM时，→0，则R并≈RM，此时认为RM变化了多少，R并就变化了多少，且R越大，RM的变化对U的变化影响就越明显，故选项C正确，D错误。
10．如图8所示，实线是某同学利用力传感器悬挂一钩码在竖直方向运动时，数据采集器记录下的力传感器中拉力的大小变化情况。从图中可知道该钩码的重力约为________N，A、B、C、D四段图线中钩码处于超重状态的为________，处于失重状态的为________。
图8
解析：当拉力的大小不变时，力传感器悬挂的钩码在竖直方向是匀速运动，此时力传感器的读数大小等于钩码的重力，约10 N。当力传感器读数大于重力时，钩码处于超重状态，即A、D状态。当力传感器读数小于重力时，钩码处于失重状态，即B、C状态。
答案：10　A、D　B、C
11.有一种测量压力的电子秤，其原理图如图9所示。E是内阻不计、电动势为6 V的电源。R0是一个阻值为300 Ω的限流电阻。G是由理想电流表改装成的指针式测力显示器。R是一个压敏电阻，其阻值可随压力大小变化而改变，其关系如下表所示。C是一个用来保护显示器的电容器。秤台的重力忽略不计。试分析。
图9
压力F/N
0
50
100
150
200
250
300
…
电阻R/Ω
300
280
260
240
220
200
180
…
(1)利用表中的数据写出电阻R随压力F变化的函数式。
(2)若电容器的耐压值为5 V，该电子秤的最大称量值为多少？
(3)如果把电流表中电流的刻度变换成压力刻度，则该测力显示器的刻度是否均匀？
解析：(1)由表中数据可知
k＝＝＝0.4 Ω/N。
所以电阻R随压力F变化的函数表达式为
R＝(300－0.4F)Ω。
(2)R上受到的压力越大，R的阻值越小，电容器两端电压越大，但不能超过5 V，所以＝，解得R＝60 Ω，
又因为R＝(300－0.4 F)Ω，
得出F＝600 N。
(3)电流表中的电流
I＝＝，
电流I与压力F不是线性关系，则该测力显示器的刻度不均匀。
答案：(1)R＝(300－0.4 F)Ω
(2)600 N　(3)不均匀
12．如图10所示是一种自动测定油箱内油面高度的装置。其中R是滑动变阻器，阻值范围是0～100 Ω，它的金属滑片是杠杆的一端，油量表是由量程为0～0.6 A的电流表改装而成，从指针所指的刻度可知油箱内油面的高度；R′为校准电阻。已知电源电压为12 V，油箱空和油箱满时金属滑片恰分别在滑动变阻器的两端点a、b处。
　　　　 图10　　　　　　　　　　图11
(1)当油箱满时，电流表示数恰好为满偏刻度0.6 A，求校准电阻R′的阻值和油箱空时电流表的示数。
(2)若将电流表改换为电压表，用电压表指针指示的刻度显示油箱内油面的高度，要求油面上升时电压表的读数增大，请将电压表○画在图11中，并标明电压表的“＋”、“－”接线柱。若改装后电路中校准电阻的阻值不变，求电压表示数的变化范围。
解析：(1)油箱满时，金属滑片在b处，滑动变阻器连入电路的电阻为零，电流表示数恰好为满偏刻度0.6 A，则
R′＝＝＝20 Ω
油箱空时，金属滑片在a处，滑动变阻器连入电路的电阻R＝100 Ω，则电流表的示数为I1＝＝＝0.1 A。
(2)为符合油面上升时电压表读数增大的要求，应使电压表与校准电阻R′并联，电压表示数变化的范围由金属滑片在a、b两处时校准电阻R′两端的电压决定。如图所示。
金属滑片在a处时U1＝＝2 V，金属滑片在b处时U2＝12 V，故电压表示数的变化范围为2～12 V。
答案：(1)20 Ω　0.1 A　(2)图见解析　2～12 V
课时跟踪检测（十） 电能的输送
1．远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，如果分别采用输电电压为U1＝110 kV输电和输电电压为U2＝330 kV输电。则两种情况中，输电线上通过的电流之比为I1∶I2等于(　　)
A．1∶1　　　　　　　 　B．3∶1
C．1∶3 D．9∶1
解析：选B　输送功率相同，根据P＝UI得，输电电流与输电电压成反比，所以＝＝。故B正确。
2．远距离输电，输电功率一定，当输电电压为U0时，输电线上的电流为I0，损失的电功率为P0。则当输电电压提高为2U0时(　　)
A．由I＝得，输电线上的电流变为2I0
B．由I＝得，输电线上的电流变为
C．由P＝得，输电线上损失的电功率为4P0
D．由P＝IU得，输电线上损失的电功率为2P0
解析：选B　设输电线的电阻为R，当输电线上的电流为I0时，损失的电功率为P0＝I02R。当输电电压提高为2U0时，由I＝可知输电线上的电流变为，输电线上损失的电功率为P损＝2R＝。故选项B正确。
3．(多选)如图1所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则(　　)
图1
A．发电机输出交流电的电压有效值是500 V
B．用户用电器上交流电的频率是50 Hz
C．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D．保持升压变压器原线圈匝数不变，增加副线圈匝数，可减少输电线上损失的功率
解析：选BD　由图像可知交流电的最大值为Um＝500 V，因此其有效值为U＝ V＝250 V，故A错误；根据发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T＝0.02 s，故f＝＝ Hz＝50 Hz，故B正确；输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C错误；保持升压变压器原线圈匝数不变，增加副线圈匝数，根据＝可知，次级电压变大，次级电流减小，根据P＝I2r可知，输电线上损失的功率减小，选项D正确。
4．图2为远距离输电的电路原理图，下列判断正确的是(　　)
图2
A．U1>U2 B．U2＝U3
C．I4I2
解析：选D　在远距离输电中，首先是升压，故U2>U1，根据输入功率等于输出功率可知：I1U1＝I2U2，可知I1>I2，选项A错误，D正确；在远距离输送过程中，导线上是有电压损失的，故U2>U3，根据输入功率等于输出功率可知：I2U3＝I4U4，可知I4>I2，选项B、C错误；故选D。
5．远距离输电的原理图如图3所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是(　　)
图3
A.＝ B．I2＝
C．I1U1＝I22R D．I1U1＝I2U2
解析：选D　根据变压器的工作原理可知＝，所以选项A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠I22R，选项C错误，D正确。
6．(多选)如图4所示，一小水电站，输出的电功率为P＝20 kW，输出电压U0＝400 V，经理想升压变压器T1变为2 000 V电压远距离输送，输电线总电阻为r＝10 Ω，最后经理想降压变压器T2降为220 V向用户供电。下列说法正确的是(　　)
图4
A．变压器T1的匝数比n1∶n2＝1∶5
B．输电线上的电流为50 A
C．输电线上损失的电功率为25 kW
D．变压器T2的匝数比n3∶n4＝95∶11
解析：选AD　升压变压器T1的输出电压等于2 000 V，而输入电压为400 V，由电压之比等于匝数之比，则有变压器T1的匝数比n1∶n2＝1∶5，选项A正确；输出的电功率为P0＝20 kW，而升压变压器T1变为2 000 V电压远距离输送，根据I＝，可知输电线上的电流为I＝ A＝10 A，所以选项B错误；根据P损＝I2R＝102×10 W＝1 000 W，所以选项C错误；降压变压器T2的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导线损失的电压，即为U′＝2 000 V－10×10 V＝1 900 V；根据＝，则有变压器T2的匝数比n3∶n4＝1 900∶220＝95∶11，所以选项D正确。
7．(多选)为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰。若在正常供电时，高压线上输电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)(　　)
A．输电电流为3I B．输电电流为9I
C．输电电压为3U D．输电电压为U
解析：选AD　由ΔP＝I2R线知ΔP′＝9ΔP时，I′＝3I，故A对B错；又由P＝IU得，U′＝U，故C错D对。
8．如图5所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则(　　)
图5
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为I12r
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：选A　理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1＝U2I2，U2＝，选项A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，选项B错误；理想变压器的输入功率为P＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率为ΔP＝I12r，选项D错误。
9．(多选)如图6为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。若输送功率增大，下列说法中正确的有(　　)
图6
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
解析：选CD　升压变压器的输出电压只由输入电压决定，与输送功率无关，选项A错误；若输送功率增大，则输送的电流增大，输电线上的电压损失变大，输电线上的功率损失变大，则降压变压器初级电压减小，次级输出电压减小，选项B错误，C正确；输电线上消耗的功率与总功率之比：＝＝，因输送功率变大时，输送电流变大，故输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D正确。
10．(多选)如图7为某小型水电站的电能输送示意图。已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，电阻R0＝11 Ω。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u＝220 sin 100πt V，下列说法正确的是(　　)
图7
A．发电机中的电流变化频率为100 Hz
B．通过R0的电流有效值为20 A
C．升压变压器T1的输入功率为4 650 W
D．若R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小
解析：选BC　由于T2的副线圈的交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，而变压器是不能改变交流电频率的，故发电机中的电流变化频率为50 Hz，选项A错误；由于T2的副线圈的交流电电压的有效值为U＝220 V，故通过R0的电流有效值为I＝＝＝20 A，故选项B正确；根据匝数与电流的关系可得T2的原线圈中的电流为I′＝＝5 A，故输电线上损失的功率为P损＝I′2R＝(5 A)2×10 Ω＝250 W，而电阻R0上消耗的电功率为P0＝I2R0＝(20 A)2×11 Ω＝4 400 W，故升压变压器T1的输入功率为P＝P损＋P0＝4 400 W＋250 W＝4 650 W，故选项C正确；若R0的电阻减小，则电阻R0消耗的电功率将增大，输电线上的电流增大，输电线上消耗的电功率也增大，故发电机的输出功率也要增大，故选项D错误。
11．如图8所示，发电机输出功率为P＝100 kW，输出电压是U1＝250 V，用户需要的电压是U4＝220 V，输电线电阻为R＝10 Ω。若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比。
图8
解析：输电线损耗功率P线＝100×4% kW＝4 kW，又P线＝I22R线
输电线电流I2＝I3＝20 A
原线圈中输入电流I1＝＝ A＝400 A，所以＝＝＝
U2＝U1＝250×20 V＝5 000 V，U3＝U2－U线＝5 000 V－20×10 V＝4 800 V
所以＝＝＝。
答案：　
12．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个电站，输送的电功率为P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800度。求：
(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻r。
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外
输电？
解析：(1)由于输送功率为P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000(度)，终点得到的电能E′＝7 200(度)，因此效率η＝60%。输电线上的电流可由I＝计算，得I＝100 A，而输电线损耗功率可由Pr＝I2r计算，其中Pr＝ kW＝200 kW，因此可求得r＝20 Ω。
(2)输电线上损耗功率Pr＝2r∝，原来Pr＝200 kW，现在要求Pr′＝10 kW，计算可得输电电压应调节为U′＝22.4 kV。
答案：(1)60%　20 Ω　(2)22.4 kV
课时跟踪检测（四） 自 感
1．(多选)关于线圈自感系数的说法，正确的是(　　)
A．自感电动势越大，自感系数也越大
B．把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小
C．把线圈匝数增加一些，自感系数变大
D．电感是自感系数的简称
解析：选BCD　自感系数的大小是由线圈的匝数、材料、粗细、有无铁芯等决定的，与电流大小、自感电动势大小无关，匝数越多，自感系数越大，有铁芯时，自感系数显著增大，故A错误，B、C正确；同时，自感系数简称为电感，故D也正确。
2．(多选)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：选AC　由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，选项A正确；当线圈中电流反向时，相当于电流减小，由楞次定律可知，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，选项B错误；当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流增大，自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，选项C正确；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，选项D错误。
3. (多选)如图1所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，灯泡具有一定的亮度。若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，则将看到(　　)
图1
A．灯泡变暗　　　　　 　B．灯泡变亮
C．螺线管缩短 D．螺线管变长
解析：选AD　当软铁棒插入螺线管中时，穿过螺线管的磁通量增加，故产生反向的自感电动势，使总电流减小，灯泡变暗，每匝线圈间同向电流吸引力减小，螺线管变长，故A、D对。
4.在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采用双线并绕法，如图2所示，其道理是(　　)
图2
A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．因电流反向，两股导线中产生的磁通量互相抵消，没有磁通量的变化
D．以上说法均不对
解析：选C　由于采用了双线绕法，两根平行导线中的电流反向，它们的磁场相互抵消，不论导线中的电流如何变化，线圈中的磁通量始终为零，所以消除了自感现象的影响。
5. (多选)如图3所示的电路中，灯泡A1、A2电阻相同，自感线圈L的电阻跟灯泡相差不大。先接通S，使电路达到稳定，再断开S。下列表示通过A1、A2的电流随时间变化的关系图像中正确的是(　　)
图3
解析：选BD　S接通时，流过线圈的电流发生变化，线圈中会产生自感电动势，阻碍电流的变化，经过一段时间后，电路达到稳定，自感作用消失，流过灯A1的电流如选项B所示；S接通且电路稳定时，流过灯A2的电流大于流过灯A1的电流，方向是从左到右，当S断开时，线圈L产生自感电动势，并与灯A2组成回路，产生自感电流，使流过灯A2的电流反向，逐渐减小到零，选项D正确。
6．图4所示的是日光灯的结构示意图，若按图示的电路连接，关于日光灯发光的情况，下列叙述中正确的是(　　)
图4
A．S1接通，S2、S3断开，日光灯就能正常发光
B．S1、S2接通，S3断开，日光灯就能正常发光
C．S3断开，接通S1、S2后，再断开S2，日光灯就能正常发光
D．当日光灯正常发光后，再接通S3，日光灯仍能正常发光
解析：选C　当S1接通，S2、S3断开时，仅靠电源电压达不到灯管启动的高压值，日光灯不能发光，A错误；当S1、S2接通，S3断开时，灯丝两端被连通，日光灯不能发光，B错误；当日光灯正常发光后，再接通S3，则镇流器被短路，灯管两端电压过高，会损坏灯管，D错误；只有当S1、S2接通，灯丝被预热，发出电子，再断开S2，镇流器中产生很大的自感电动势，和电源电压一起加在灯管两端，使气体电离，日光灯正常发光，C正确。
7.在如图5所示的电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零刻度在表盘中央的两个相同的电流表。当开关S闭合时，电流表G1、G2的指针都偏向右方，那么当断开开关S时，将出现的现象是(　　)
图5
A．G1和G2的指针都立即回到零点
B．G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点
C．G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
D．G2的指针缓慢地回到零点，而G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
解析：选D　根据题意，电流方向自右向左时，电流表指针向右偏。那么，电流方向自左向右时，电流表指针应向左偏。当开关S断开的瞬间，G1中原电流立即消失，而对于G2所在支路，由于线圈L的自感作用，电流不会立即消失，自感电流沿L、G2、G1的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一段时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，此时G1中的电流和原电流方向相反，变为自左向右，且与G2中的电流同时缓慢减为零，故选项D正确。
8.如图6所示的电路，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(　　)
图6
A．I1＝I2＝I0 B．I1>I0>I2
C．I1＝I2>I0 D．I1解析：选D　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。
9. (多选)如图7所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关。对于这个电路，下列说法正确的是(　　)
图7
A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等
B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等
C．闭合开关S，电路达到稳定时，D1熄灭，D2比原来更亮
D．闭合开关S，电路达到稳定时，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下后熄灭
解析：选ACD　由于线圈的电阻可忽略不计，且自感系数足够大，在开关闭合的瞬间线圈的阻碍作用很大，线圈中的电流为零，所以通过D1、D2的电流大小相等，选项A正确，B错误。闭合开关S，电路达到稳定时线圈短路，D1中电流为零，回路中的总电阻减小，总电流增大，D2比原来更亮，选项C正确。闭合开关S，电路达到稳定时，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭，线圈和D1形成闭合回路，D1闪亮一下后熄灭，选项D正确。
10. (多选)某同学设计的家庭电路保护装置如图8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(　　)
图8
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：选ABD　当家庭电路正常工作时，火线和零线中的电流大小始终相等，方向始终相反，由于采用双线绕成，火线和零线在铁芯内部产生的磁场大小相等，方向相反，所以L2中的磁通量为零，选项A正确；当电路中的电器增多时，火线和零线中的电流都增大了，但大小始终相等，方向始终相反，故L2中的磁通量还是零，即L2中的磁通量不变，选项B正确；当电路发生短路时，电流不经用电器，火线和零线中电流很大，但大小始终相等，方向始终相反，L2中的磁通量还是零，L2不产生感应电流，开关K不会被电磁铁吸起，选项C错误；当地面上的人接触火线发生触电时，电流经人体流向地面，不经过零线，所以火线和零线中的电流大小不相等，L2中的磁通量发生变化，L2中产生感应电流，开关K被电磁铁吸起，选项D正确。
11.两平行金属直导轨水平置于匀强磁场中，导轨所在平面与磁场垂直，导轨右端接两个规格相同的小灯泡及一直流电阻可以不计的自感线圈。如图9所示，当金属棒ab正在直导轨上向右运动时，发现灯泡L1比灯泡L2更亮一些。试分析金属棒的运动情况。(导轨及金属棒电阻不计)
图9
解析：L2与L1和自感线圈并联，两支路电压相等，而L1较亮，说明L1上的电压大于L2支路电压，可以判定线圈中存在自感电动势，且方向与回路电流方向相同，所以回路中电流正在减小，即ab正在做减速运动。
答案：见解析
12．如图10所示，图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。电路中电灯的电阻R1＝6.0 Ω，定值电阻R＝2.0 Ω，A、B间的电压U＝6.0 V。开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1＝1.0×10－3 s时刻断开开关S，该时刻前后电流传感器显示的电流I随时间t变化的图线如图乙所示。
(1)求出线圈L的电阻RL；
(2)在图甲中，断开开关后通过电灯的电流方向如何？
(3)在t2＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的感应电动势的大小是多少？
图10
解析：(1)由题图可知，开关S闭合电路稳定时流过线圈L的电流I0＝1.5 A。
由欧姆定律得I0＝，解得RL＝－R＝2.0 Ω。
(2)断开开关后，线圈L、电阻R和电灯构成一闭合回路，由自感现象规律可知，电灯中的电流方向向左。
(3)由题图可知，t2＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的电流I＝0.3 A。
此时线圈L相当于电源，由闭合电路欧姆定律得
E＝I(RL＋R＋R1)＝0.3×(2.0＋2.0＋6.0)V＝3.0 V。
答案：(1)2.0 Ω　(2)电灯中的电流方向向左　(3)3.0 V
阶段验收评估（一） 电磁感应
(时间：50分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题中只有一个选项符合题意，第6～8小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1.如图1所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2和O3O4都是线圈的对称轴，下列线圈的运动不能产生感应电流的是(　　)
图1
A．向左或向右平动 B．以O1O2为轴转动
C．以O3O4为轴转动 D．以ab为轴转动
解析：选A　线圈向左或向右平动时，穿过线圈的磁通量都不发生变化，故不会产生感应电流，选项A错误；线圈以O1O2、O3O4为轴转动或者以ab为轴转动时，穿过线圈的磁通量都要发生变化，能够产生感应电流，故选A。
2.如图2所示，两个闭合正方形线框A、B的中心重合，放在同一水平面内。当小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，对于线框B，下列说法中正确的是(　　)
图2
A．有顺时针方向的电流且有收缩的趋势
B．有顺时针方向的电流且有扩张的趋势
C．有逆时针方向的电流且有收缩的趋势
D．有逆时针方向的电流且有扩张的趋势
解析：选D　根据右手螺旋定则可得，A中电流的磁场向里且逐渐增大，根据楞次定律可得，穿过线框B的磁场增大，感应电流的磁场的方向向外，感应电流的方向为逆时针方向，A环外的磁场的方向与A环内的磁场的方向相反，当A环内的磁场增强时，B环具有面积扩展的趋势，故D正确。
3．如图3所示，在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接“1”，现把它从“1”扳向“2”。则在此过程中，电阻R中的电流方向是(　　)
图3
A．先由P→Q，再由Q→P B．先由Q→P，再由P→Q
C．始终由Q→P D．始终由P→Q
解析：选C　单刀双掷开关原来接“1”，现把它从“1”扳向“2”，此过程中，穿过线圈
B的磁通量先减少后增加，由楞次定律判断B线圈中感应电流的方向始终由Q→P。选项C正确。
4.如图4所示，竖直放置的铜盘下半部分置于水平的匀强磁场中，盘面与磁场方向垂直，铜盘安装在水平的铜轴上，有一“形”金属线框平面与磁场方向平行，缺口处分别通过铜片C、D与转动轴、铜盘的边缘接触，构成闭合回路。则铜盘绕轴匀速转动过程中，下列说法正确的是(　　)
图4
A．电阻R中没有感应电流
B．电阻R中的感应电流方向由a至b
C．穿过闭合回路的磁通量变化率为零
D．穿过闭合回路的磁通量变化率为一非零常量
解析：选D　将铜盘看成是由无数条铜条组成，铜条在外力的作用下做切割磁感线运动，故电路中产生感应电流，选项A错误；由右手定则可以判断出，电阻R中的感应电流方向由b至a，选项B错误；由于电路中有感应电流产生，故穿过闭合回路的磁通量的变化率不为零，所以选项C错误，D正确。
5.如图5所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁(质量为m)，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合。则悬挂磁铁的绳子中拉力F随时间t变化的图像可能是(　　)
图5
解析：选B　铜环靠近磁铁过程中，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，所以感应电流阻碍铜环靠近磁铁，给铜环一个向上的安培力，即铜环给磁铁一个向下的力，故绳子的拉力大于重力；当铜环在磁铁中间时，磁通量变化率为零，无感应电流，没有安培力，拉力等于重力；当铜环远离磁铁过程中，感应电流阻碍铜环的远离对铜环施加一个向上的安培力，即铜环给磁铁一个向下的力，故绳子的拉力大于重力，故B正确。
6.如图6所示，在磁感应强度B＝1.0 T 的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U型导轨上以速度v＝2 m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝1.0 m，电阻R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是(　　)
图6
A．通过的感应电流的方向为由d到a
B．金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 V
C．金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 N
D．外力F做功大小等于电路产生的焦耳热
解析：选BC　根据右手定则，通过R的感应电流的方向为由a到d，所以A错误；E＝BLv＝1×1×2 V＝2 V，B正确；I＝＝ A＝0.5 A，F＝BIL＝0.5 N，C正确；由能量守恒可知，外力F做功还有一部分因摩擦生热转换成了内能，D错误。
7．如图7甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是(　　)
图7
A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大
B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大
C．在t1～t2时间内， 金属圆环L内有逆时针方向的感应电流
D．在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势
解析：选BD　当螺线管内的磁感应强度随时间按题图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流，在t1时刻，感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，选项A错误；在t2时刻，感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B正确；由楞次定律，在t1～t2时间内，导线框cdef内产生逆时针方向感应电流，感应电流逐渐增大，金属圆环L内磁通量增大，根据楞次定律，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，选项C错误；在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势，选项D正确。
8．如图8所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上。两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置。开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住。现将金属杆ab由静止释放，当金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动。已知重力加速度为g，则(　　)
图8
A．金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由b到a
B．金属杆ab进入磁场时速度大小为
C．金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为
D．金属杆ab进入磁场后金属杆cd对两根小柱的压力大小为零
解析：选AB　由右手定则可知，ab进入磁场时产生的感应电流由b流向a，故A正确；当ab进入磁场时做匀速运动，则mgsin α＝，解得v＝，故B正确；ab进入磁场产生的感应电动势：E＝Blv，解得E＝，故C错误；由左手定则可知，cd受到的安培力平行于斜面向下，则cd对两根小柱的压力不为零，故D错误。
二、计算题(本题共3小题，共52分)
9．(16分)(1)如图9甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3 m，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5 T。一根直金属杆MN以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好。杆MN的电阻r1＝1 Ω，导轨的电阻可忽略。求杆MN中产生的感应电动势E1。
(2)如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，面积S1＝0.4 m2，电阻r2＝1 Ω。在线圈中存在面积S2＝0.3 m2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示。求圆形线圈中产生的感应电动势E2。
(3)有一个R＝2 Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b端接地。试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？求这种情况中a端的电势φa。

图9
解析：(1)杆MN做切割磁感线的运动，E1＝B1Lv
产生的感应电动势E1＝0.3 V。
(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，E2＝nS2
产生的感应电动势E2＝4.5 V。
(3)当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高，通过电阻R的电流I＝
电阻R两端的电势差φa－φb＝IR
a端的电势φa＝IR＝0.2 V。
答案：(1)0.3 V　(2)4.5 V　(3)与图甲中的导轨相连接a端电势高　φa＝0.2 V
10. (16分)如图10所示，两根等高的四分之一光滑圆弧轨道，半径为r、间距为L，图中Oa水平，cO竖直，在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg。整个过程中金属棒与导轨接触良好，轨道电阻不计，求：
图10
(1)金属棒到达轨道底端cd时的速度大小和通过电阻R的电流大小；
(2)金属棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量。
解析：(1)到达轨道底端cd时由牛顿第二定律：
2mg－mg＝m
解得v＝
感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
所以I＝。
(2)由能量守恒定律得：Q＝mgr－mv2
产生的焦耳热Q＝mgr
平均感应电动势＝
平均感应电流＝
通过R的电荷量q＝·Δt
解得q＝。
答案：(1)v＝　I＝
(2)Q＝mgr　q＝
11．(20分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图11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＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0 A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＝10 m/s2)
图11
(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，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＝10 Ω。不接外电流，两臂平衡。如图12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＝0.1 m。当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。
图12
解析：(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL①
天平平衡mg＝N1B0IL②
代入数据得N1＝25 匝。③
(2)由电磁感应定律得E＝N2④
即E＝N2Ld⑤
由欧姆定律得I′＝⑥
线圈受到安培力F′＝N2B0I′L⑦
天平平衡m′g＝N22B0·⑧
代入数据可得
＝0.1 T/s。⑨
答案：(1)25匝　(2)0.1 T/s
阶段验收评估（三） 传感器
(时间：50分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题中只有一个选项符合题意，第6～8小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．以下家用电器中不是利用温度传感器的是(　　)
A．空调机　　　　　　　 　B．自动门
C．电冰箱 D．电饭煲
解析：选B　空调机利用了温度传感器来确保恒温工作，故应用了温度传感器，故A正确；而自动门是利用红外线，没有应用温度传感器，故B错误；电冰箱利用了温度传感器，故C正确；电饭煲，则是由电流做功产生热量，当达到103 ℃时，磁钢失去磁性，导致开关关闭，所以属于温度传感器，故D正确。
2．街道旁的路灯、江海里的航标灯都要求夜晚亮、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．霍尔效应
解析：选B　压敏性指的是对压力的敏感性，通过对压力的变化改变电阻阻值的原理，路灯和航标灯没有涉及压力的问题，所以A项错误；在光照下电阻发生变化，导致电流发生变化，实现自动控制，光敏电阻可以起到开关的作用，在需要对光照有灵敏反应的自动控制设备中有广泛应用，所以B项正确；温度变化时，电阻变得非常迅速，它能将温度变化转化为电信号，可以知道温度变化的情况，所以C项错误；霍尔效应是电磁效应的一种，当电流垂直于外磁场通过导体时，在导体的垂直于磁场和电流方向的两个端面之间会出现电势差，这一现象就是霍尔效应，与本题不相关，所以D项错误。
3.在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制。如图1所示，R1为电阻箱，R2为半导体热敏电阻，C为电容器。已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，则有(　　)
图1
A．若R1固定，当环境温度降低时电压表的示数减小
B．若R1固定，当环境温度降低时R1消耗的功率增大
C．若环境温度不变，当电阻箱R1的阻值增大时，电容器C的电荷量减少
D．若R1固定，环境温度不变，当电容器C两极板间的距离增大时极板之间的电场强度增大
解析：选C　当环境温度降低时R2↑，R总↑，根据闭合电路欧姆定律知I↓，路端电压U＝(E－Ir)↑，电压表的读数↑，故A错误；R1消耗的功率P＝I2R1↓，故B错误；若环境温度不变，当电阻箱R1的阻值增大时，R总↑，则I↓，电容器的电压U2＝IR2↓，电容器C的带电量Q＝U2C↓，故C正确；若R1固定，环境温度不变，电容器C两板间的电压不变，当电容器C两极板间的距离增大时，E＝↓，故D错误。
4．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻R接在如图2甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是(　　)
图2
A．0～t1时间内，升降机一定匀速运动
B．0～t1时间内，升降机可能匀减速上升
C．t1～t2时间内，升降机可能匀速上升
D．t1～t2时间内，升降机可能匀加速上升
解析：选B　在0～t1时间内，电流恒定，表明压敏电阻的阻值恒定，则重物对压敏电阻的压力恒定，则升降机可能处于静止、匀速运动或匀变速直线运动状态，故选项A错误，B正确。t1～t2时间内，电流在增加，表明压敏电阻的阻值在减小，则重物对压敏电阻的压力在增大，故此时升降机不可能做匀速运动或匀加速运动，选项C、D错误。
5．(2016·浙江高考)如图3所示为一种常见的身高体重测量仪。测量仪顶部向下发射波速为v的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。质量为M0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t0，输出电压为U0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U，则该同学身高和质量分别为(　　)
图3
A．v(t0－t)，U
B.v(t0－t)，U
C．v(t0－t)，(U－U0)
D.v(t0－t)，(U－U0)
解析：选D　设人的身高为x，质量为m。
当测重台没有站人时：＝①
当人站在测重台上时：＝②
由①②两式得人的身高x＝v(t0－t)
当测重台上没站人时：M0g＝kU0③
当人站在测重台上时：(M0＋m)g＝kU④
由③④两式得人的质量m＝(U－U0)
可知选项D正确。
6．如图4所示，a、b间接入电压u＝311sin 314t (V)的正弦交流电，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(当温度升高时，其阻值将减小)，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2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所在处出现火情时，以下说法中正确的是(　　)
图4
A．A1的示数增大，A2的示数增大
B．V1的示数增大，V2的示数减小
C．A1的示数增大，A2的示数减小
D．V1的示数不变，V2的示数减小
解析：选CD　当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，故选C、D。
7．在如图5所示的电路中，电源的电动势E恒定，内阻r＝1 Ω，R1为光敏电阻(其阻值随光照的增强而减小)，定值电阻R2＝2 Ω，R3＝5 Ω，电表均为理想电表。则下列说法正确的是(　　)
图5
A．当光照减弱时，电源的功率增大
B．当光照增强时，电容器的电荷量减小
C．光照强度变化时，电压表示数的变化量和电流表示数的变化量之比不变
D．若光敏电阻R1阻值变化范围为2～9 Ω，则光照强度变化前后，ab段电路消耗的电功率可能相同
解析：选CD　当光照减弱时，光敏电阻阻值增大，总电流减小，则电源的功率P＝EI减小，故A错误；当光照增强时，光敏电阻阻值减小，总电流增大，R2两端的电压增大，则电容器两端的电压增大，根据Q＝UC可知，电容器的电荷量增大，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：U＝E－I(r＋R3)，所以＝r＋R3，不发生变化，故C正确；将R3看成电源的内阻，则等效电源的内阻为r＋R3＝6 Ω，R2＝2 Ω，则光敏电阻R1＝4 Ω时，外电路总电阻与等效电源的内阻相等，电源的输出功率有最大值，则若光敏电阻R1阻值变化范围为2～9 Ω，则光照强度变化前后，ab两段电路的功率可能相同，故D正确。
8.在一些学校的教室里，采用了智能照明系统，在自然光不足时接通电源启动日光灯，而在自然光充足时，自动关闭日光灯。其原理图如图6所示，R为光敏电阻，L为带铁芯的螺线管。在螺线管上方有一用细弹簧悬着的轻质衔铁，衔铁的一端用铰链固定使其可以自由转动，另一端用一绝缘棒连接两动触头。关于该智能照明系统的工作原理，下列描述正确的是(　　)
图6
A．光照较强时，光敏电阻的阻值较大，衔铁被吸引下来
B．光线不足时，光敏电阻的阻值变大，所在电路电流变小，衔铁被弹簧拉上去，日光灯接通
C．上面的两接线柱应该和日光灯电路连接
D．下面的两接线柱应该和日光灯电路连接
解析：选BC　由光敏电阻的特性可知，光照强度越强，电阻越小，电流越大，衔铁被吸引下来，日光灯电路断开；光线不足时，电阻增大，电流减小，衔铁被弹簧拉上去，日光灯电路接通。因此，上面的两接线柱应该和日光灯电路连接。选项B、C正确。
二、实验题(共2小题，共20分)
9．(8分)热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整。已知常温下待测热敏电阻的值为4～5 Ω。热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其他备用的仪表和器具有：盛有热水的热水瓶(图中未画出)、电源(3 V，内阻可忽略)、直流电流表(内阻约1 Ω)、直流电压表(内阻约5 kΩ)、滑动变阻器(0～20 Ω)、开关、导线若干。
图7
(1)在图7甲的方框中画出实验电路图，要求测量误差尽可能小；
(2)根据电路图，在图乙的实物上连线；
(3)简要写出完成接线后的主要实验步骤。
解析：(1)因为要求测热敏电阻在不同温度下的电阻值，且要求特性曲线尽可能完整，即变化范围尽可能大，所以变阻器必须用分压接法；又因为待测热敏电阻值为4～5 Ω，远小于电压表内阻5 kΩ，故电流表必须外接，实验电路图如图甲所示。
(2)实物图接线如图乙所示。
(3)主要实验步骤：①往保温杯中加入一些热水，待温度稳定时读出温度计的值；②调节滑动变阻器，快速测出几组电流表和电压表的值；③重复①②，测量不同温度下的数据；④绘出各测量温度下热敏电阻的伏安特性曲线。
答案：见解析
10．(12分)如图8所示，一热敏电阻RT放在控温容器M内；○A为毫安表，量程6 mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3 V，内阻很小；R为电阻箱，最大值为999.9 Ω；S为开关。已知RT在95 ℃时的阻值为150 Ω，在20 ℃时的阻值约为550 Ω。现要求在降温过程中测量在95～20 ℃之间的多个温度下RT的阻值。
图8
(1)在图8中画出连线，完成实验原理电路图。
(2)完成下列实验步骤中的填空：
①依照实验原理电路图连线。
②调节控温容器M内的温度，使得RT的温度为95 ℃。
③将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全。
④闭合开关，调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录________。
⑤将RT的温度降为T1(20 ℃⑥温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1＝________。
⑦逐步降低T1的数值，直到20 ℃为止；在每一温度下重复步骤⑤⑥。
解析：(1)由实验器材知，不可能用伏安法测量电阻值，题中有电阻箱和毫安表，又电源的内阻不计，则可用调节电阻箱阻值，保持每次电路中电流相同的方法测电阻。
(2)根据两次电流表的示数不变，可以列出等式I0＝，I0＝，联立两式解得Rx＝R0－R1＋150。
答案：(1)实验原理电路图如图所示
(2)④电阻箱的读数R0
⑤仍为I0　电阻箱的读数R1
⑥R0－R1＋150 Ω
三、计算题(共2小题，共32分)
11．(16分)某同学设计了一种测定风力的装置，其原理如图9所示，迎风板与一轻弹簧的一端N相接，穿在光滑的金属杆上。弹簧是绝缘材料制成的，其劲度系数k＝1 300 N/m，自然长度L0＝0.5 m，均匀金属杆用电阻率较大的合金制成，迎风板面积S＝0.5 m2，工作时总是正对着风吹来的方向。电路中左端导线与金属杆M端相连，右端导线接住N点并可随迎风板在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好。限流电阻的阻值R＝1 Ω，电源的电动势E＝12 V，内阻r＝0.5 Ω。合上开关，没有风时，弹簧长度为原长度，电压表的示数U1＝3.0 V；如果某时刻由于风吹使迎风板向左压缩弹簧，电压表示数为U2＝2.0 V，求：
图9
(1)金属杆单位长度的电阻；
(2)此时作用在迎风板上的风力。
解析：设无风时金属杆接入电路的电阻为R1，风吹时接入电路的电阻为R2，由题意得
(1)无风时U1＝R1
得R1＝＝ Ω＝0.5 Ω
设金属杆单位长度的电阻为R′，则R′＝＝ Ω/m＝1 Ω/m。
(2)有风时U2＝ R2
得R2＝＝ Ω＝0.3 Ω
此时，弹簧长度L＝＝ m＝0.3 m
压缩量x＝L0－L＝0.5 m－0.3 m＝0.2 m
则此时风力F＝kx＝1 300×0.2 N＝260 N。
答案：(1)1 Ω/m　(2)260 N
12．(16分)某学生为了测量一物体的质量，找到一个力电转换器，该转换器的输出电压正比于受压面的压力(比例系数为k)。如图10所示，测量时先调节输入端的电压，使转换器空载时的输出电压为0，而后在其受压面上放一物体，即可测得与物体的质量成正比的输出电压U。现有下列器材：力电转换器，质量为m0的砝码，电压表，滑动变阻器，干电池各一个，开关及导线若干，待测物体(可置于力电转换器的受压面上)。请完成对该物体质量的测量。
图10
(1)设计一个电路，要求力电转换器的输入电压可调，并且使电压的调节范围尽可能大。
(2)简要说明测量步骤，求出比例系数k，并测出待测物体的质量m。
解析：(1)设计电路如图所示。由于要求转换器的输入电压可调节范围尽可能大，所以左侧电路采用分压式电路。
(2)测量步骤与结果：
①调节滑动变阻器，使转换器的输出电压为零；
②将砝码放在转换器上，记下输出电压U0；
③将待测物放在转换器上，记下输出电压U。
由U0＝km0g得k＝
U＝kmg，所以m＝m0。
答案：见解析
阶段验收评估（二） 交变电流
(时间：50分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题中只有一个选项符合题意，第6～8小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．某交流电源电动势随时间变化的规律如图1所示，现用该电源对标称为“5 V　10 W”的电动机供电；电源内阻不计，下列说法正确的是(　　)
图1
A．电动机的内阻为2.5 Ω
B．电动机的发热功率为10 W
C．通过电动机的电流为2 A
D．通过电动机的电流为2 A
解析：选C　由图知该电源电动势最大值为Em＝5 V，则有效值E＝5 V，通过电动机的电流为I＝ A＝2 A，电动机是非纯电阻元件，电动机内阻r< Ω＝2.5 Ω，电动机的发热功率P热＝I2r2．如图2所示，图甲中两导轨不平行，而图乙中两导轨平行，其余条件都相同，金属棒MN都在导轨上向右匀速平动(速度较大)，在金属棒平动的过程中，将观察到(导轨及导体棒电阻不计)(　　)
图2
A．L1和L2都发光，只是亮度不同
B．L1和L2都不发光
C．L2发光，L1不发光
D．L1发光，L2不发光
解析：选D　金属棒MN向右匀速平动时切割磁感线，在闭合回路中产生感应电流，但题图甲中金属棒接入电路中的长度逐渐增加，题图乙中不变，因此，在题图甲铁芯中产生变化的磁通量，副线圈中产生感应电流，L1发光；题图乙铁芯中产生恒定不变的磁通量，副线圈中无感应电流，L2不发光，故正确选项为D。
3．如图3甲所示的电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内，理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内(　　)
图3
A．电流表A1的示数比A2的小
B．电流表A2的示数比A3的小
C．电流表A1和A2的示数相同
D．电流表的示数都不为零
解析：选C　因为通过原线圈中的磁感应强度随时间发生均匀变化，所以副线圈将产生恒定电流，由于线圈L的内阻不计，所以A1与A2的示数相同。如题图乙所示，t1～t2时间段为图线的中间部分，可认为此时电路已经达到稳定状态，电容器充电过程已结束，由于电容器的“隔直流、通交流”作用，故A3的示数为零，C正确。
4．如图4所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻，则(　　)
图4
A．用电器增加时，变压器输出电压增大
B．要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑
C．用电器增加时，输电线的热损耗减少
D．用电器增加时，变压器的输入功率减小
解析：选B　由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A错误；根据变压器原理可知输出电压U2＝U1，当滑动触头P向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，故B正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D错误。
5．如图5所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S闭合时(　　)
图5
A．交流电压表V2和V3的示数一定都变小
B．交流电压表V3的示数变小
C．交流电流表A1、A2和A3的示数一定变大
D．只有A1的示数变大
解析：选B　因为U不变，故变压器原线圈两端电压U1不变，由＝可得U2不变；当S闭合后副线圈所在电路总电阻R减小，由I2＝可知电流I2增大；由U1I1＝U2I2得I1＝，故I1增大；而电阻R1两端电压U3＝U2－I2R′(R′为输电线电阻)，故U3变小，I3＝变小。综上所述，I1、I2增大，I3减小，U2不变，U3减小，故只有B项正确。
6．某交流发电机的输出电压随时间变化的关系如图6所示，输出功率是20 kW，用5 000 V高压输电，输电线总电阻是10 Ω，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，则下列说法正确的是(　　)
图6
A．交变电流的频率为100 Hz
B．发电机输出电压的有效值为220 V
C．输电线中电流为500 A
D．用户得到的电压约为225 V
解析：选BD　由题图知，T＝2×10－2 s，则f＝＝50 Hz，A项错；U有效＝＝ V＝220 V, B项正确；输电线中电流I＝＝＝4 A，C项错；设用户得到的电压为U，则有＝，得U≈225 V，D项正确。
7.如图7所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝20 sin 100πt V，氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法中正确的有(　　)
图7
A．开关接通后，氖泡的发光频率为100 Hz
B．开关接通后，电压表的示数为100 V
C．开关断开后，电压表的示数变大
D．开关断开后，变压器的输出功率不变
解析：选AB　由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为U1＝ V＝20 V，由＝得副线圈两端的电压为U2＝100 V，电压表的示数为交流电的有效值，所以B项正确；交变电压的频率为f＝＝50 Hz，一个周期内电压两次大于100 V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100 Hz，所以A项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，所以C项错误；开关断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D项错误。
8．如图8所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，线圈匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是(　　)
图8
A．将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗
B．电容器的电容C变大时，灯泡变暗
C．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大
D．若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω
解析：选AD　在图中将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈的匝数变大，故输出的电压变小，灯泡变暗，选项A正确；电容器的电容C变大时，电容对电流的阻碍作用变小，故灯泡变亮，选项B错误；图示位置时，线圈的ad边运动方向与磁感线方向平行，故矩形线圈中瞬时感应电动势最小，选项C错误；若线圈abcd转动的角速度变为2ω，且线圈转动一周只有半周产生感应电压，在这半周中，电压的最大值是2NBSω，设变压器原线圈电压的有效值为U，则t＝×2t，即U＝NBSω，选项D正确。
二、非选择题(本题共3小题，共52分)
9．(10分)如图9所示为示波器面板，屏上显示的是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形。
图9
(1)若要增大显示波形的亮度，应调节__________旋钮。
(2)若要屏上波形线条变细且边缘清晰，应调节__________旋钮。
(3)若要将波形曲线调至屏中央，应调节__________与________旋钮。
解析：(1)辉度调节旋钮，作用是调节图像亮度。
(2)聚焦调节旋钮和辅助聚焦旋钮配合使用使图像线条清晰。
(3)竖直位移旋钮和水平位移旋钮，调节图像在竖直、水平方向的位置。
答案：(1)辉度调节　(2)聚焦调节　(3)竖直位移　水平位移
10. (20分)如图10所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为r＝1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时，求：
图10
(1)线圈转动从经过中性面时开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式。
(2)线圈转过 s时电动势的瞬时值。
(3)电路中电压表和电流表的示数。
(4)从中性面开始计时，经 s通过电阻R的电荷量。
解析：(1)e＝Emsin ωt＝NBS·2πfsin 2πft＝50sin 10πt V。
(2)当t＝ s时，e＝50sinV＝43.3 V。
(3)电动势的有效值E＝＝ V＝35.4 V
电流表示数I＝＝ A＝3.54 A
电压表示数U＝IR＝3.54×9 V＝31.86 V。
(4) s内线圈转过的角度
θ＝ωt＝×2π×＝
该过程ΔΦ＝BS－BS·cos θ＝BS
所以由＝，＝，＝得
q＝Δt＝＝ C＝ C。
答案：(1)e＝50sin 10πt V　(2)43.3 V
(3)31.86 V　3.54 A　(4) C
11．(22分)如图11所示，某水电站发电机的输出功率为100 kW，发电机的电压为250 V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V。若输电线上损失的功率为5 kW，不计变压器的损耗。求：
图11
(1)输电导线上输送的电流；
(2)升压变压器的输出电压U2；
(3)降压变压器的匝数比；
(4)若改用10 kV电压输电，则输电线上损失的功率是多大？
解析：(1)由P＝I2R知输电线上的电流I＝＝ A＝25 A。
(2)升压变压器的输出电压U2＝＝ V＝4 000 V。
(3)降压变压器的输入电压U3＝U2－IR＝4 000 V－25×8 V＝3 800 V，
降压变压器的匝数比＝＝。
(4)改为10 kV电压输电后输电线上的电流I′＝＝ A＝10 A，
输电线上损失的功率为ΔP＝I′2R＝102×8 W＝800 W。
答案：(1)25 A　(2)4 000 V　(3)　(4)800 W