03 随堂对点训练
知识点一 交变电流的产生
1．[2015·济宁高二检测]关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是( )
A．线圈每经过中性面一次，感应电流方向改变一次，感应电动势方向不变
B．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次
C．线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次
D．线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都要改变一次
答案 C
解析
2．[2015·大庆高二检测]下图中不属于交变电流的是( )
答案 D
解析 A、B、C都是交流电。
知识点二 交变电流的图象
3.
(多选)矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，下列结论正确的是( )
A．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大
B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势改变方向
C．电动势的最大值是157 V
D．在t＝0.4 s时，磁通量变化率达最大，其值为3.14 Wb/s
答案 CD
解析 由Φ－t图象可知Φmax＝BS＝0.2 Wb，T＝0.4 s，又因为N＝50，所以Emax＝NBSω＝NΦmax·＝157 V，C正确；t＝0.1 s和0.3 s时，Φ最大，e＝0，变向；t＝0.2 s和0.4 s时，Φ＝0，e＝Emax最大，故A、B错误，根据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知当t＝0.4 s时，最大，＝＝ Wb/s＝3.14 Wb/s，D正确。
4．一个面积为S的单匝矩形线圈，在匀强磁场中以一条边为转轴做匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈中感应电动势e与时间t的关系如图所示，感应电动势的峰值和周期可由图中读出，则磁场的磁感应强度为________，在时刻t＝时，线圈平面与磁感应强度的夹角等于________。
答案 30°
解析 从题图中可以读出感应电动势的峰值Em和周期T，已知线圈的面积为S。转动轴与磁场方向垂直，线圈面与磁场方向平行，感应电动势达到峰值为Em＝BSω，式中角速度ω＝，所以磁场的磁感应强度为B＝＝。由题图可知，开始计时的时刻感应电动势最大，线圈中感应电动势随时间变化的表达式应为e＝Emsin＝Emcosωt，当t＝时，ωt＝×＝＝30°。
知识点三 交变电流的变化规律
5．交流发电机在工作时电动势为e＝Emsinωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则电动势为( )
A．e′＝Emsin B．e′＝2Emsin
C．e′＝Emsin2ωt D．e′＝sin2ωt
答案 C
解析 发电机电动势瞬时值表达式为e′＝Emsinωt，而Em＝nBSω，当角速度加倍而面积减半时，Em不变，故正确答案为C。
6．随着全世界可利用能源的减少和环境污染的形势日趋严峻，我国适时地提出了“节能减排”的重要规划，为了为“节能减排”工作做出贡献，不少发电站开发了风力发电，如图所示是风力发电机的外观图，发电的原理是叶轮旋转带动磁场中的线圈旋转，产生交变电流，当叶轮转速在20转/秒左右时，通过齿轮箱将使线圈转速稳定到1500转/秒，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动，线圈的匝数为n＝100匝、所围成矩形的面积S＝0.04 m2，在线圈所在空间内存在磁场B＝2×10－2 T。以线圈与磁感线垂直时为计时起点，求：
(1)线圈中产生的感应电动势的表达式；
(2)在转过的时间内，线圈中产生的平均感应电动势。
答案 (1)e＝240πsin3000πt V (2)480 V
解析 (1)线圈运动的角速度为：
ω＝2πN＝3000π rad/s
线圈从中性面开始计时，所以感应电动势的表达式为：
e＝nBSωsinωt
＝100×2×10－2×0.04×3000πsin3000πt V
＝240πsin3000πt V
(2)转过的时间内，线圈中产生的平均感应电动势为：
E＝n＝n＝n＝＝480 V
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
交变电流的产生
1
中性面
2
交变电流的规律
5、7
9、10、11
12
交变电流的图象
3、6
8
交变电流的特点
4
1．(多选)下列各图中能产生交变电流的是( )
答案 CD
解析 A图中的转轴与磁场方向平行，B图中的转轴与纸面方向垂直，线圈中的磁通量始终为零，线圈中无感应电流产生，故A、B错；根据交变电流产生的条件可知，线圈绕垂直于磁感线且通过线圈平面的轴线转动，就可以产生交变电流，对线圈的形状没有特别要求，故C、D正确。
2．(多选)关于中性面，下列说法正确的是( )
A．中性面就是穿过线圈的磁通量为零的面
B．中性面就是线圈中磁通量变化率为零的面
C．线圈过中性面时，电流方向必改变
D．线圈过中性面时，感应电动势为零
答案 BCD
解析 中性面是与磁场垂直的平面，故磁通量最大，磁通量变化率为零，故A错B对。因为磁通量变化率为零，故e为零，i为零，电流方向改变。C、D正确。
3．(多选)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形如图所示，下列说法中正确的是( )
A．在t1时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
B．在t2时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
C．在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
D．在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
答案 BC
解析 本题考查交流电的图象及法拉第电磁感应定律，关键要清楚i(e)和的对应关系。从图中可知，t1时刻线圈中感应电动势达到峰值，磁通量变化率达到峰值，而磁通量最小，线圈平面与磁感线平行。t2时刻感应电动势等于零，磁通量变化率为零，线圈处于中性面位置，磁通量达到峰值。t3时刻感应电动势达到峰值，线圈中的磁通量变化率达到峰值。正确答案为B、C。
4．关于交变电流和直流电流的说法中正确的是( )
A．如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流
B．直流电流的大小和方向一定不变
C．交变电流一定是按正弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流的方向随时间做周期性的变化
答案 D
解析 直流电的特征是电流的方向不变，电流的大小可以改变。交变电流的特征是电流的方向随时间改变。交变电流有多种形式，正弦式交流电只是交变电流中最基本、最简单的一种。故选D。
5．欲增大交流发电机的感应电动势而不改变频率，下面措施中不能采用的是( )
A．增大转速 B．增大磁感应强度
C．增加线圈匝数 D．增大线圈的包围面积
答案 A
解析 设线圈匝数为N，磁感应强度为B，线圈围成的面积为S，角速度为ω，转速为n(转/秒)，由Em＝NBSω＝NBS·2πn，频率f＝＝＝n，可知B、C、D项只改变Em的大小，没有改变频率，而A项改变了频率，故选A。
6.
[2015·如皋高二检测]某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交流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O时刻到D时刻线圈转过的角度为2π
D．若从O时刻到B时刻历时0.02 s，则交变电流的频率为50 Hz
答案 C
解析 中性面的特点是磁通量最大，感应电动势为零，感应电流为零，由图象知B、D时刻线圈处于中性面的位置，A、C时刻线圈处于垂直中性面的位置，故A、B错误；从O时刻到D时刻时间间隔为一个周期，线圈转过一周，转过的角度为2π，C对；若从O时刻到B时刻历时0.02 s，则周期为0.04 s，频率为25 Hz，D错。
7．(多选)如图所示，一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值为e＝0.5sin(20t) V，由该表达式可推知以下哪些物理量( )
A．匀强磁场的磁感应强度
B．线框的面积
C．穿过线框的磁通量的最大值
D．线框转动的角速度
答案 CD
解析 根据正弦式交变电流的表达式：e＝BSωsinωt，可得ω＝20 rad/s，而磁通量的最大值的大小的表达式为Φ＝BS，所以可以根据BSω＝0.5 V求出磁通量的最大值。
8．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，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是( )
答案 C
解析 线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电。对于图示起始时刻，线圈的cd边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对。
9．如图甲所示，a、b为两个并排放置的共轴线圈，a中通有如图乙所示的交变电流，则下列判断错误的是( )
A．在t1到t2时间内，a、b相吸
B．在t2到t3时间内，a、b相斥
C．t1时刻两线圈间作用力为零
D．t2时刻两线圈间吸引力最大
答案 D
解析 t1到t2时间内，a中电流减小，a中的磁场穿过b且减小，因此b中产生与a同向的磁场，故a、b相吸，A选项正确。同理B选项正确。t1时刻a中电流最大，但变化率为零，b中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确。t2时刻a中电流为零，但此时电流的变化率最大，b中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误。
10．(多选)如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′轴观察，线圈沿逆时针方向转动。已知磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．穿过线圈的磁通量为0，但磁通量的变化率为Bl2ω
C．线圈中的感应电流为
D．线圈从图示位置起转动时，电动势的瞬时值为nBl2ω
答案 BCD
解析
选项
内容分析
结论
A
根据右手定则判断知，ad边切割产生的感应电流方向由a→d；bc边切割产生的感应电流方向由c→b
×
B
因为B∥S，所以Φ＝B·S⊥＝0；e＝Em＝nl2Bω，由E＝n得＝＝Bl2ω
√
C
因为e＝nBl2ω，所以i＝＝
√
D
t＝，ω＝，由e＝nBl2ωcosωt＝nBl2ωcos＝nBl2ω
√
11.(多选)如图甲所示，U形金属导轨水平放置，导轨上跨接一金属棒ab，与导轨构成闭合电路，并能在导轨上自由滑动，在导轨左侧与ab平行放置的导线cd中通以如图乙所示的交变电流，规定电流方向自c向d为正，则ab棒受到向左的安培力的作用时间是( )
A．0～t1 B．t1～t2
C．t2～t3 D．t3～t4
答案 AC
解析 0～t1时间内，电流I由c→d且逐渐增大，由安培定则知，穿过abEF回路的磁感应强度垂直纸面向里，且逐渐增强，因此磁通量增大，由楞次定律判定金属棒ab中的电流方向由a→b；再由左手定则可判定，此过程中ab棒所受安培力向左，选项A正确。同理，可判定出t1～t2、t3～t4时间内ab棒所受安培力向右，t2～t3时间内ab棒所受安培力向左，C项正确，B、D错误。
12．发电机的转子是匝数为100匝、边长为20 cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以ω＝100π rad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时，线圈和外电路的总电阻R＝10 Ω。
(1)写出交变电流的瞬时值表达式；
(2)从计时开始，线圈转过的过程中通过线圈某一横截面的电荷量为多少？
答案 (1)i＝2πsin100πt A (2)1×10－2 C
解析 (1)感应电动势最大值为Em＝nBSω
Em＝100×0.05×0.2×0.2×100π V＝20π V
Im＝＝2π A，所以i＝Imsinωt＝2πsin100πt A
(2)从中性面开始计时，线圈转过，则
ΔΦ＝BΔS＝BS(1－cos)＝BS
此过程中通过线圈某一横截面的电荷量
q＝t＝Δt＝＝
代入数据解得q＝1×10－2 C。
03 随堂对点训练
知识点一 周期、频率
1．(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e＝220sin100πt V，则( )
A．交流电的频率是100π Hz
B．t＝0时，线圈位于中性面
C．交流电的周期是0.02 s
D．t＝0.05 s时，e有最大值
答案 BC
解析 由瞬时值表达式知：感应电动势按正弦规律变化，所以t＝0时，线圈位于中性面。
角速度ω＝100π rad/s。
因ω＝2πf，
所以f＝＝ Hz＝50 Hz；
由T＝得T＝ s＝0.02 s；
当t＝0.05 s时，
e＝220sin5π V＝0。
故B、C选项正确。
知识点二 交流电的有效值
2．[2015·苏州高二检测](多选)矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，线框输出的交变电流电压随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是( )
A．交变电流电压的有效值为36 V
B．交变电流电压的最大值为36 V，频率为0.25 Hz
C．2 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大
D．1 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快
答案 BC
解析 由图象可知，该交变电流为正弦交变电流，电压的最大值为36 V，有效值为36 V，周期T＝4 s，则f＝＝0.25 Hz，故A错误，B正确；1 s末电压达到最大值，线框平面应与磁场平行，故D错误；2 s末交流电压为零，线框平面与磁场垂直，磁通量最大，故C正确。
3．[2015·蚌埠高二检测]有一台使用交流电的电冰箱上标有额定电压为“220 V”的字样，这“220 V”是指( )
A．交流电压的瞬时值
B．交流电电压的最大值
C．交流电电压的平均值
D．交流电电压的有效值
答案 D
解析 电器铭牌上标的额定电压没有特别说明的一律指有效值，故D项正确。
4．[2015·盐城高二检测]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
答案 B
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。
知识点三 有效值、平均值
5．[2015·聊城高二检测]一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )
A．电压表的示数为220 V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．灯泡实际消耗的功率为484 W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
答案 D
解析 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。
6．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。
答案 (1)5 V 3.5 V (2)5 V 线圈平面跟磁感线平行
(4)0.4 T
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＝Emsinωt＝5sin100πt，当t＝ s时，
e＝5sin100π× 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。
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
有效值
1、2、3、5、6
8、10
正弦交变电流产生形式
12
电磁感应问题
4
有效值、平均值、最大值
7、9、11
1．以下说法正确的是( )
A．交变电流的有效值就是它的平均值
B．任何交变电流的有效值都是它峰值的
C．如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q，那么该交变电流的有效值为
D．以上说法均不正确
答案 D
解析 交变电流的有效值不同于它的平均值，A错误；只有正弦式交变电流的有效值是它峰值的，B错误；根据有效值定义，交变电流接在电阻R上，Q＝I2Rt，I＝，C错误。
2．[2015·四川高考]小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都是e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )
A．峰值是e0 B．峰值是2e0
C．有效值是Ne0 D．有效值是Ne0
答案 D
解析 根据题意，小型发电机输出电压的峰值为Em＝2Ne0，A、B项均错误；对于正弦式交变电流，峰值与有效值E的关系满足E＝，故有效值为Ne0，C项错误，D项正确。
3．调光台灯是通过双向可控硅电子器件来实现无级调节灯的亮度的。现将某无级调光台灯接在220 V的正弦交变电流上，经过可控硅调节后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时电压表的示数是( )
A．220 V B．156 V
C．110 V D．78 V
答案 B
解析 虽然图示电流不是正弦交变电流，根据正弦交变电流图的对称性，只要是有四分之一图线就满足最大值是有效值的倍，根据交变电流有效值的定义有
T＝
解得：U＝110 V＝156 V，B对，A、C、D错。
4. [2015·牡丹江高二检测](多选)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＝4cost
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint
答案 AC
解析 当线圈转过60°时，磁场与线圈平面夹角为60°。故有i＝Imcos60°所以Im＝2 A，所以电流的有效值为I＝＝ A，所以P＝I2·R＝4 W，故A正确，B错误。由上面可知Em＝Im·R＝4 V，由图示位置产生余弦交流电，所以e＝4cost，即C正确；Em＝Φmω＝Φm·，即：Φm＝，所以D选项错误。
5．[2015·伊犁高二检测]两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电。两种交变电流的最大值相等，波形如图甲、乙所示。在一个周期内，两电阻产生的热量之比等于( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 计算电阻产生的热量Q需用交流电的有效值，图甲的有效值为I1＝，图乙的有效值为I2＝Im，所以代入公式Q＝I2Rt可得＝。故B正确。
6．如图甲所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如图乙所示。此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为( )
A．110 V B．156 V
C．220 V D．311 V
答案 B
解析 交流电压表测量的是交流电压的有效值。题图乙所示波形为正弦交变电流在时间轴上方的部分。取一个周期T的时间，根据有效值的定义有：·＝·T，所以U＝156 V，故选B。
7．[2014·天津高考](多选)如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则( )
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
答案 AC
解析 t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B项错误；a线表示的交流电动势的频率为fa＝＝ Hz＝25 Hz，C项正确；a线对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图象知Eam＝15 V，b线对应线圈相应的电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝ V＝5 V，D项错误。
8．[2014·济宁高二检测](多选)阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图所示的交流电源上，以下说法正确的是( )
A．电压的有效值为10 V
B．通过电阻的电流有效值为 A
C．电阻消耗电功率为5 W
D．电阻每秒钟产生的热量为10 J
答案 BC
解析 由u－t图象知，交流电压最大值为10 V，有效值为5 V，A错误，根据I＝＝ A知，B正确。再根据P＝I2R＝5 W知，C正确。电阻每秒产生热量Q＝Pt＝5 J，故D错误。
9．(多选)如图所示的(a)、(b)两图分别表示两个交变电压，比较这两个交变电压，它们具有共同的( )
A．有效值 B．频率
C．最大值 D．均不一样
答案 BC
解析 由题图可知，两个交变电压最大值均为2 V，周期均为0.4 s，可知B、C正确。题图(a)中电压有效值Ua＝，题图(b)中电压有效值Ub＝Um，A错。
10．如图所示为一交变电流的i-t图象，则此交变电流的有效值为( )
A．5 A
B．5 A
C．10 A
D．2.5 A
答案 D
解析 对于正弦式交变电流可直接应用最大值为有效值的倍这一规律，将此交变电流分为前后两部分正弦式交流，可直接得到这两部分正弦式交变电流的有效值，分别为I1＝2.5 A和I2＝7.5 A，分别取一个周期T中的前0.01 s和后0.01 s计算产生的电热：Q＝IR×0.01 J＋IR×0.01 J，再利用有效值的定义得：Q＝I2R×0.02 J。解得I＝2.5 A。
11．如图所示，矩形线圈的匝数为n，线圈面积为S，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，在线圈由图示位置转过90°的过程中，求：
(1)通过电阻R的电荷量q；
(2)电阻R上产生的焦耳热Q。
答案：(1) (2)
解析 (1)在此过程中，穿过线圈的磁通量变化ΔΦ＝BS，时间Δt＝＝，
产生的平均电动势为＝n＝nBωS，
平均电流为＝＝，
通过R的电荷量q＝Δt＝。
(2)在该过程中电阻R上产生的焦耳热为一个周期内产生焦耳热的，
Q＝I2RT＝2R＝。
12．如图所示，间距为l的光滑平行金属导轨，水平地放置在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，右端接阻值为R的电阻。一电阻为r、质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力F作用下从t＝0时刻开始运动，其速度随时间的变化规律为v＝vmsinωt。不计导轨电阻，求：
(1)从t＝0到t＝时间内电阻R产生的热量；
(2)从t＝0到t＝时间内外力F所做的功。
答案 (1) (2)mv＋
解析 导体切割磁感线产生的电动势为：
e＝Blv＝Blvmsinωt＝Emsinωt
可见它是一个正弦交变电流，所以其有效值为：
E＝＝
电流的有效值为：I＝
(1)时间t＝＝T
所以这段时间内产生的热量为：
Q＝I2Rt＝。
(2)t′＝＝
在四分之一周期内产生的热量为：
Q′＝I2·(R＋r)·＝·(R＋r)·＝
由功能关系得：
W外＝mv＋Q′
W外＝mv＋
03 随堂对点训练
知识点一 感抗
1．(多选)关于电感器对交变电流的影响的说法，正确的是( )
A．电感器对交变电流无阻碍作用
B．电感器对交变电流阻碍作用的大小叫感抗
C．电感器对某一频率的交变电流的阻碍作用跟线圈的自感系数无关
D．线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越大
答案 BD
解析 电感对交流电有影响，其阻碍作用的大小和线圈的自感系数L、交流电的频率f有关，L越大，f越高，阻碍作用越大，故选项A、C错，B、D正确。
2．如图所示，两个同学利用图示装置做实验，第一位同学使导体杆ab在导轨上匀速运动，第二位同学使杆ab在导轨上做变速运动，但两位同学对ab杆做的功一样多，第一位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W1，第二位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W2，它们相比较( )
A．W1＝W2 B．W1＞W2
C．W1＜W2 D．不能比较
答案 B
解析 当ab匀速运动时，产生的感应电动势是稳定的，感应电流也是恒定的，因此在线圈上不会产生感抗，所以通过小灯泡的电流大，消耗的电能多；当ab变速运动时，产生的感应电动势是变化的，感应电流也是变化的，在线圈上产生感抗，使通过小灯泡的电流减小，因此消耗的电能少，故B正确。
3．(多选)如图所示电路中，L为电感线圈，R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＝220sin100πt 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
答案 BC
解析 由u＝220sin 100πt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，选项A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，选项C正确，D错误。因电源电压有效值不变，而灯泡两端电压减小，所以L两端电压增大，电压表示数增大，选项B正确。
知识点二 容抗
4．有两个电容分别为C1＝5 μF和C2＝3 μF的电容器，分别加在峰值一定的交流电源上，在下列各情况下，哪一种情况通过电容器的电流强度最大( )
A．在C1上所加交变电流频率为50 Hz
B．在C2上所加交变电流频率为50 Hz
C．在C1上所加交变电流频率为60 Hz
D．在C2上所加交变电流频率为60 Hz
答案 C
解析 交流电的频率越高、电容器的电容越大，电容器对交变电流的阻碍作用越小。
5．某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分，为使放大器仅得到交流低频成分，如图所示电路中可行的是( )
答案 D
解析 题A图放大器得到所有成分。B图放大器可得到直流成分，若为高频扼流圈也能得到低频成分。C图既可得高频成分也可得低频成分。D图通过C1的是高、低频都有，C2是旁路电容，让高频成分滤去，故只有D合适。
6．在彩色电视机的电源输入端装有电源滤波器，其电路图如图所示。主要元件是两个电感线圈L1、L2，它们的自感系数很大，F是熔丝，R是电阻，C1、C2是电容器，S为电视机开关。某一次用户没有先关电视(没断开S)就拔掉电源插头，结果烧坏了图中电路元件，最可能被烧坏的元件是哪一个？
答案 电容C2
解析 在未断开S时拔掉电源插头，使得L1、L2中的电流突然减小，产生很高的感应电动势，这一电动势加在C2两端，C1受到R的保护而不受损坏，L1、L2中电流减小，也不损坏，保险丝中无电流，故最易损坏的是电容C2。
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
扼流圈的作用
1
容抗
4、6
11
感抗
3
8
容抗和感抗
2、5、7
9、10、12
1．(多选)下列关于扼流圈的说法中正确的是( )
A．扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的
B．低频扼流圈用来“通低频、阻高频”
C．高频扼流圈用来“通直流、阻交流”
D．高频扼流圈对低频交变电流的阻碍作用小，对高频交变电流的阻碍作用很大
答案 AD
解析 低频扼流圈用来通直流、阻交流(对低频电流阻碍作用很大)。而高频扼流圈对高频电流阻碍作用很大，对低频电流阻碍作用较小。高频扼流圈的自感系数较小，低频扼流圈的自感系数较大，故A、D正确。
2．直流电源的电压与交流电压的有效值相同，自感线圈的直流电阻不计，则灯泡发光最强的图是( )
答案 D
解析 电容器C、电感器L都对交变电流有阻碍作用，故A、B两图中灯不是最亮的；C图中灯被短路，不亮；D图中电容器C有隔直流作用。所以D中灯泡最亮。
3．[2015·金华高二检测]如图所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是( )
A．等于220 V B．大于220 V
C．小于220 V D．等于零
答案 C
解析 电感对交变电流有阻碍作用，将起到分压的作用，故灯泡的电压即电压表的示数小于220 V，C项正确。
4．(多选)对交变电流能够通过电容器的正确理解是( )
A．在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动
B．在有电容器的交流电路中，有电荷定向移动
C．当电容器接到交变电源上时，电容器交替进行充、放电，电路中才有交变电流
D．当电容器接到交变电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流
答案 BC
解析 电容器能够通过交变电流，是通过电容器交替充、放电而进行的，实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质，故C对，D错；既然电容器交替充、放电，电路中就有了电荷的定向移动，故B对，A错。
5．(多选)如图所示，“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器。音箱要将扩音器送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动。图为音箱的电路简化图，高、低频混合电流由a、b端输入，L是线圈，C是电容器，则( )
A．甲扬声器是高音扬声器 B．甲扬声器是低音扬声器
C．乙扬声器是高音扬声器 D．乙扬声器是低音扬声器
答案 BC
解析 依据感抗和容抗的决定因素可以知道，交变电流的频率越大，感抗越大，容抗越小，故乙扬声器是高音扬声器，甲扬声器是低音扬声器，B、C对，A、D错。
6．(多选)如图所示，甲、乙两图是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，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。关于两图中负载电阻R上得到的电流特征正确的是( )
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得到的是低频成分
D．图乙中R得到的是高频成分
答案 AC
解析 当交变电流加在电容器上时，有“通交流、隔直流，通高频、阻低频”的特性，甲图中电容器隔直流，R得到的是交流成分，A正确、B错误；乙图中电容器通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确、D错误。
7．两个相同的白炽灯泡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。在a、b间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。新电源的电压最大值和频率可能是( )
A．最大值仍为Um，而频率大于f
B．最大值仍为Um，而频率小于f
C．最大值大于Um，而频率仍为f
D．最大值小于Um，而频率仍为f
答案 B
解析 最大值不变时，灯L1的亮度低于灯L2的亮度，说明灯L1的电压低于灯L2的电压，即电容器的阻碍作用比电感线圈的阻碍作用大，所以频率小于f，B正确，A错；频率不变时电感线圈和电容器的阻碍作用大小不变，最大值大于Um时，两个灯都变亮，且亮度相同，故C错；最大值小于Um时，两个灯都变暗，且亮度也相同，故D错。
8．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是( )
答案 B
解析 开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0，所以正确选项B。
9．(多选)如图是电子技术中常用的电路。a、b是电路的输入端，其中输入的高频电流用“?”表示，低频电流用“～”表示，直流电流用“－”表示。关于负载电阻R中通过的电流，有以下说法，其中正确的是( )
A．甲图中R通过的是低频电流
B．乙图中R通过的是高频电流
C．丙图中R通过的是直流电流
D．丁图中R通过的是高频电流
答案 AC
解析 甲图中，电容器隔直流，R通过低频电流；乙图中，电容器可以和高频交流电形成通路，R中通过低频电流；丙图中，电容器电容C很大，容抗较小，可以通过低频电流，则R中通过直流电流；丁图中，电感器自感系数L很大，f越高，感抗越大，阻碍高频电流通过，R中通过少量低频电流，故选项A、C正确。
10．(多选)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1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2中a、b、c所示，则如下判断中正确的是( )
A．AB间是电容器 B．BC间是电感线圈
C．CD间是电容器 D．CD间是定值电阻
答案 ABD
解析 电容器的特性是：闭合开关后，充电瞬间结束后，电路中不再有电流，a对应的AB间应是电容器，选项A正确；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，选项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，选项D正确。
11．[2015·日照高二检测]如图所示，(a)、(b)两电路是电容器的两种不同连接方式，它们各在什么情况下采用？应该怎样选用电容器？
答案 见解析
解析 交流电路中常包含有直流成分和交流成分，电容器在电路中有“通交流、隔直流”或“通高频、阻低频”的作用。
图中的C1串联在电路中，它的作用是“通交流、隔直流”，为了使交流成分都能顺利地通过，容抗必须较小，应选用电容较大的电容器。
图中的C2并联在电路中，如果输入端输入的电流中包含有高频和低频两种交流成分，该电容器的作用是“通高频、阻低频”，即对高频电流起旁路作用，而让需要的低频信号输入到下一级，一般选电容较小的电容器；如果输入的电流是直流和交流两种成分，该电容器的作用是滤去交流成分，把直流成分输入到下一级，这时要选用电容较大的电容器。
12. 如图所示是电视机电源部分的滤波装置，当输入端输入含有直流成分、交流低频成分的电流后，能在输出端得到较稳定的直流电，试分析其工作原理及各电容和电感的作用。
答案 见解析
解析 当含有多种成分的电流输入到C1两端时，由于C1具有“通交流、隔直流”的功能，电流中的交流成分被衰减；而线圈L有“通直流、阻交流”的功能，直流成分电流顺利通过L，一小部分交流成分通过L；到达C2两端时，由于C2具有“通交流、隔直流”的功能，C2进一步滤除电流中残余的交流成分，这样在输出端得到较稳定的直流电。
03 随堂对点训练
知识点一 变压器原理
1．(多选)关于变压器的工作原理，以下说法正确的是( )
A．通以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．穿过副线圈的磁通量的变化使得副线圈产生了感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈中
答案 BC
解析 通过下表对各项逐一分析：
选项
透析过程
结论
A
通入交变电流时原线圈中产生的磁通量是变化的。
×
B
原、副线圈在同一铁芯上，没有漏磁，磁通量相等。
√
C
由电磁感应现象，磁通量变化引起感应电动势。
√
D
副线圈中的电流是由于磁通量变化引起的。
×
2.一个正常工作的理想变压器的原副线圈中，下列的哪个物理量一定相等( )
A．交变电流的电压
B．交变电流的电流
C．输入和输出的电功率
D．没有物理量相等
答案 C
解析 变压器可以改变原副线圈中的电压和电流，因此原副线圈中的电压和电流一般是不相同的，所以A、B错；由于理想变压器不消耗能量，故原线圈输入功率等于副线圈输出功率，C对、D错。
知识点二 变压器的基本规律
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，如图所示，然后将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( )
A．1100,360 B．1100,180
C．2200,180 D．2200,360
答案 B
解析 对新绕线圈的理想变压器，根据变压比公式得n1＝＝＝1100，变压器烧坏前，同理n2＝＝＝180，故B正确。
4．[2015·揭阳高二检测]如图所示为理想变压器原线圈所接交流电压的波形。原、副线圈匝数比：n1∶n2＝10∶1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1 A，下列说法中正确的是( )
A．变压器副线圈的电流为0.1 A
B．变压器的输出功率为200 W
C．变压器输出端的交流电的频率为100 Hz
D．此变压器为升压变压器
答案 B
解析 由＝得I2＝I1＝10 A，A错；由图知U1＝200 V，由＝，＝和P入＝P出得U2＝20 V，则输出功率P2＝I2U2＝200 W，B正确；由图可知原线圈交流电的周期为0.02 s，则频率为50 Hz，由于变压器不改变频率，故C错；因原、副线圈匝数比：n1∶n2＝10∶1，则D错。
知识点三 动态分析
5．[2014·广州高二检测](多选)如图所示M为理想变压器。电源电压不变。当变阻器的滑动头P向上移动时，读数发生变化的电表是( )
A．电流表 B．电流表
C．电压表 D．电压表
答案 AB
解析 根据输入电压决定输出电压，所以、均不变。当P向上移动时R减小，根据I2＝得I2增大。根据输出功率决定输入功率，所以P入＝P出，U1I1＝U2I2，当I2增大时，I1也会增大，所以选A、B。
6．(多选)如图所示，有一理想变压器，原线圈接在电压一定的正弦交流电源上，副线圈电路中接入三个电阻R1、R2、R3，各交流电表的内阻对电路的影响不计，当开关S闭合时，各电表的示数变化情况是( )
A．电流表示数变大 B．电流表示数变大
C．电压表示数变小 D．电压表示数变大
答案 AB
解析 开关S闭合后，R2、R3并联后电阻变小，故变小，D错误；副线圈两端的电压由副线圈及U1决定，故U2不变，即不变，所以C错误；副线圈中的总电阻减小，U2不变，可知变大，所以B正确；原副线圈匝数一定，所以变大，故A正确。
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
变压器原理
1
变压器基本规律
3、5
7、9、12
动态分析
4、6
8、10
11
变压器特点
2
1．[2015·德州高二检测](多选)如图是一个理想变压器的示意图，在它正常工作时关于其说法正确的是( )
A．副线圈中的电动势是因为电磁感应而产生的
B．输送的电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能
C．输送的电能经变压器先转化为电场能，再转化为电能
D．输送的电能经变压器的铁芯直接传输过去
答案 AB
解析 变压器的原理是原线圈的电流发生变化，从而引起副线圈中磁通量变化，产生电动势，故A对；变压器电能的输送是电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能输送到副线圈电路中，故B对，C、D错。
2．对理想变压器可作出的判断是( )
A．高压线圈匝数多、电流大、导线粗
B．低压线圈匝数少、电流小、导线细
C．高压线圈匝数多、电流大、导线细
D．低压线圈匝数少、电流大、导线粗
答案 D
解析 由变压规律＝知高压线圈匝数多，由变流规律＝，匝数多的电流小，导线细；匝数少的电流大，导线粗，故选D。
3．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V,6W”的小灯泡并联在副线圈的两端。当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)的示数分别是( )
A．120 V,0.10 A B．240 V,0.025 A
C．120 V,0.05 A D．240 V,0.05 A
答案 D
解析 灯泡正常工作，副线圈电压U2＝12 V，副线圈电流I2＝2× A＝1 A，根据匝数比得原线圈电流I1＝I2＝0.05 A，原线圈电压U1＝20U2＝240 V，选项D正确，其他选项错误。
4. (多选)如图所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦式交变电流，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使( )
A．原线圈匝数n1增加
B．副线圈匝数n2增加
C．负载电阻R的阻值增大
D．负载电阻R的阻值减小
答案 BD
解析 由＝，P出＝
可得P出＝
又因为P入＝P出，所以P入＝
分析可得选项B、D正确。
5. [2015·松原高二检测](多选)如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，则( )
A．a为电流表，b为电压表
B．a为电压表，b为电流表
C．线路输送电功率是2200 W
D．线路输送电功率是2.2×106 W
答案 BD
解析 电压互感器是并联在原电路中的，电流互感器是串联在原电路中的，所以a为电压表，b为电流表，B正确。
由＝知U1＝2.2×104 V，
由＝知I1＝100 A
由P＝U1I1可得输送功率为2.2×106 W，D正确。
6．(多选)调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压。在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q，则( )
A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大
B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小
C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大
D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小
答案 BC
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。
7．如图所示，左侧的圆形导电环半径为r＝1.0 cm，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容为C＝100 pF的电容器相连，导电环的电阻不计，环中有垂直于圆环平面的变化磁场，磁感应强度B的变化率为＝100πsinωt，若电容器C所带电荷量的最大值为1.41×10－9 C，则所用理想变压器的原、副线圈的匝数之比为(取π2＝10)( )
A．1∶100 B．100∶1
C．1∶100 D．100∶1
答案 A
解析 原线圈两端电压最大值
U1m＝mS＝0.1 V。
副线圈两端电压的最大值即电容器两端电压的最大值，由C＝，得：U2m＝＝14.1 V，所以＝＝。
故A对。
8．如图所示，两个相同变压器的副线圈接有相同的灯泡L1、L2，原线圈接有定值电阻R，导轨和金属棒MN的电阻不计。现使金属棒沿轨道向右匀速运动，乙图中金属棒移动速度大于甲图中金属棒的移动速度，则在棒运动的过程中( )
A．L1、L2都发光，L2比L1亮
B．L1、L2都不发光
C．L2发光，L1不发光
D．L1发光，L2不发光
答案 D
解析 变压器只改变变化电流的电压，不改变恒定电流的电压，在金属棒MN移动的过程中，甲图中金属棒产生的电动势变化，其原线圈中的电流是变化的，故L1两端会产生电压，L1亮；而乙图中导体棒产生的电动势不变化，其原线圈中的电流是不变的，故L2两端没有电压，L2不亮，故D对，A、B、C错。
9.
[2014·山东高考](多选)如图，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A。以下判断正确的是( )
A．变压器输入功率为484 W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
答案 BD
解析 将额定电压为60 V的用电器接在理想变压器的输出端，在闭合开关后，用电器正常工作，已知交流电压表和交流电流表(均为理想电表)读数分别为220 V和2.2 A，根据功率公式可以求出用电器消耗的功率为132 W，因此A选项不正确；再根据变压器变压公式和变流公式可知，＝和＝，联立可求得通过原线圈的电流的有效值为0.6 A，所以选项B正确；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈电流的最大值为2.2 A，故选项C错误；根据变压器的变压公式可知，变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝11∶3，所以D选项正确。
10．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220sin100πt V，则( )
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V
B．当t＝ s时，c、d间的电压瞬时值为110 V
C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小
D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小
答案 A
解析 由正弦式交变电流的最大值与有效值的关系，可以确定原线圈电压有效值为220 V，电压表所测电压值也是有效值，因变压器原、副线圈电压比等于匝数比，所以电压表示数为22 V，选项A正确；将t＝ s代入瞬时值表达式计算得u＝110 V，选项B错误；对于理想变压器，副线圈电压只与原线圈电压和原、副线圈匝数比有关，所以滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数不变，选项C错误；开关由a扳向b，原、副线圈匝数比变小，所以副线圈电压变大，电流变大，所以选项D错误。
11．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比为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流，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( )
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
答案 D
解析 由题图乙知周期为0.02 s，因此输入电压的表达式u＝20sin(100πt)V，A错；只断开S2，L1、L2两端的电压小于额定电压，都不能正常发光，B错；只断开S2，负载电阻变大，功率变小，C错；S1换接到2后，据P＝和＝得R消耗的功率为0.8 W，故选D。
12．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LA和LB，小灯泡IA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。
(1)原、副线圈的匝数比为多少？
(2)流过灯泡LB的电流为多少？
答案 (1)10∶3 (2)0.2 A
解析 (1)U1＝10 V，根据小灯泡正常发光，则
U2＝＝3 V，＝＝。
(2)＝，所以I2＝I1＝0.3 A，
ILA＝＝0.1 A，ILB＝I2－ILA＝0.2 A。
03 随堂对点训练
知识点一 输送中电压、功率损耗
1．[2015·杭州高二检测]中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化。近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格，可采取的措施有( )
A．提高输送功率
B．减小输电导线的长度
C．提高输电的电压
D．减小输电导线的横截面积
答案 C
解析 为减少远距离输电的损耗，可以提高输电的电压，故C项正确；提高输送功率不能减少远距离输电的损耗，减小输电导线的长度的方法不可取，减小输电导线的横截面积反而会增大损耗，故A、B、D均错误。
2．[2015·长春高二检测]远距离输电中，当输送的电功率为P，输送电压为U时，输电线上损失的电功率为ΔP，若输送的电功率增加为4P，而输电线中损失的电功率减为ΔP/4，(输电线电阻不变)那么输电电压应增为( )
A．32U B．16U
C．8U D．4U
答案 C
解析 根据题意知：ΔP＝2·r，ΔP＝2·r得U′＝8U。
3．[2015·淄博高二检测]“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106 kW，输电电压为1000 kV，输电线电阻为100 Ω。若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为( )
A．105 kW B．104 kW
C．106 kW D．103 kW
答案 A
解析 输电电流I＝，输电线路损失的电功率P损＝I2R＝2R＝1×105 kW，当改用超导输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，A正确。
知识点二 生活中实际应用
4．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，可是我们在晚上七八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为此时( )
A．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小
B．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小
C．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大
D．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电压
答案 C
解析 此时用电器多，负载大，电阻小(因为用电器都是并联的)而变压器输出电压U不变，由I＝可知，干路电流大，输电线上损失电压大，电灯两端电压小，故比深夜暗，故C正确。
知识点三 远距离输电
5．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则( )
A.＞
B.＜
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
答案 AD
解析 由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率。P出－P损＝P入，故D正确。＝，＝，因为U1＝200 V＜U4＝220 V，U2＞U3＝U2－U线，故＞，选项B、C错，A正确。
6．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．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关
B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定
C．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大
D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
答案 C
解析 变压器输入功率、输入电流的大小分别由次级负载消耗的功率大小及输出电流的大小决定，选项A、B错误。用户的总电阻减小，根据P＝，消耗的功率增大，输电线电流增大，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。
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
电压损耗、功率损耗
1、2、4、5、6
9
远距离输送
7
8、10
电能输送在实际中应用
3
11
12
1．[2015·长沙高二检测]远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高，则( )
A．输电线上的电压损失增大
B．输电线上的电能损失增大
C．输电线上的电压损失不变
D．输电线上的电能损失减少
答案 D
解析 由P＝UI知，输电线的电流为I＝，当输电电压U提高时，电流减小，由ΔU＝IR得，输电线上的电压损失减少，再由P线＝I2R线，可知输电线上的电能损失减少，D选项正确。
2．(多选)在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么( )
A．输电线路上损失的电压与输送的电流成正比
B．输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大
C．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比
D．输电线路上损失的功率跟输电线上的电流成正比
答案 AC
解析 输电线路上损失的电压ΔU＝IR，在R一定时，ΔU和I成正比。U越高，根据I＝可知，I越小，那么ΔU越小。输电线路上损失的功率ΔP＝I2R，当P一定时，I＝。所以ΔP＝2R，即ΔP和U的平方成反比，跟I的平方成正比，故A、C正确。
3．(多选)在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁，如图所示，为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰。在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；若输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上热耗功率为9ΔP，则除冰时( )
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
答案 AD
解析 高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线①
若热耗功率变为9ΔP，则9ΔP＝I′2R线②
由①②得I′＝3I，A对。
又输送功率不变，P＝UI＝U′I′，得U′＝U，所以D对。
4．下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是( )
A．因为热功率P＝，所以应降低输送的电压，增大输电导线的电阻，才能减小输电导线上的热损耗
B．因为热功率P＝IU，所以应采用低电压、小电流输电，才能减小输电导线上的热损耗
C．因为热功率P＝I2R，所以可采用减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗
D．以上说法均不正确
答案 C
解析 不能盲目看公式，要注意其物理意义的表达，在求热损耗时：P损＝IR线或用P损＝U线I线，也可用P损＝，但U必须为输电线两端的电压(即损失电压)。
5．[2014·浙江高考]如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则( )
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
答案 A
解析 理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1＝U2I2，U2＝，选项A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，选项B错误；理想变压器的输入功率为P＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率为ΔP＝Ir，选项D错误。
6．(多选)在如图所示的远距离输电电路图中，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，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )
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
答案 CD
解析 由题意可知升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，A错误；在电能输出过程中有：I＝，U线＝IR线，U3＝U2－U线，因P变大，I变大，故U线变大，U2不变，所以降压变压器输入电压U3变小，则降压变压器的输出电压变小，B错误；由P线＝2R线，因P变大，所以P线变大，C正确；根据＝＝，因P变大，所以比值变大，D正确。
7．[2014·福建高考]图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4＜n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时( )
A.、两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
答案 D
解析 远距离输电过程中，应用高压输电能够减小输电线上的功率损失，R1上消耗的功率小于R3上消耗的功率，C项错；而比较两个不同输电回路，输电线电阻相同，由P损＝I2·2R可知，示数小于示数，A项错；根据欧姆定律可知，R2两端电压小于R4两端电压，D项正确；由于输电线上损失电压不同，故两灯泡两端电压不同，亮度不同，B项错。
8．如图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是( )
A．减小输电导线的横截面积有利于减少输电过程的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的功率损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电一定是电压越高越好
答案 B
解析 依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP＝I2R线，而R线＝ρ，减小输电线的横截面积，输电线的电阻会增大，则会增大输电线上的功率损失，A错；由P＝UI可知，P一定的情况下，输送电压U越大，I越小，ΔP越小，B对；若输送电压一定，输送功率越大，则电流I越大，ΔP越大，C错；输送电压并不一定越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，D错。
9．某水电站用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率为3×106 kW。现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是( )
A．输电线上输送的电流大小为2.0×105 A
B．输电线上由电阻造成的电压损失为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝，U为输电电压，r为输电线的电阻
答案 B
解析 输电线上输送的电流为I＝＝＝6000 A，选项A错误；输电线上由电阻造成的电压损失为U损＝IR线＝6000×2.5 V＝1.5×104 V，选项B正确；输电线上损失的功率不可能大于输送的总功率3×106 kW，选项C错误；ΔP＝中，U应当为输电线上损失的电压，选项D错误。
10．在确定的两地间用铝导线输送一定功率的交变电流，现将输电电压提高1倍，并保持输电线上损失的功率不变，则用铝量可比增压前减少( )
A．25% B．50%
C．60% D．75%
答案 D
解析 本题初看可能感到无法下手解决，用铝量发生了变化，铝线的长度不会改变，改变的是铝导线的横截面积，由此可求出用铝量的多少。
设输送交变电流的功率为P，输电电压为U，提高电压后为U′，所用铝导线长度为l，总电阻为R，增压后电阻为R′
则由I＝P/U，P损＝I2R可得P损＝①
同理P损′＝②
而P损＝P损′，U′＝2U，由①②得R′＝4R
由电阻定律R＝ρl/S，R′＝ρl/S′得S′＝S，所以V′＝，m′＝
所以用铝量仅为原来的，即25%，因此用铝量减少了75%。
11．如图所示，交流发电机电动势的有效值E＝20 V，内阻不计，它通过一个R＝6 Ω的指示灯连接变压器。变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V 0.25 W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计。求：
(1)降压变压器原、副线圈匝数比；
(2)发电机的输出功率。
答案 (1)3∶1 (2)6.67 W
解析 (1)彩色小灯额定电流IL＝＝ A，副线圈总电流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＝＋I1R＝＋6 Ω×I1
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＝1 A)，所以＝＝。
(2)发电机输出功率P＝I1E＝6.67 W。
12．风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源。风力发电机是将风能(气流的动能)转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等，如图所示。
(1)利用总电阻R＝10 Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能。输送功率P0＝300 kW，输电电压U＝10 kV，求导线上损失的功率与输送功率的比值。
(2)风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积。设空气密度为ρ，气流速度为v，风轮机叶片长度为r。求单位时间内流向风轮机的最大风能Pm。在风速和叶片数确定的情况下，要提高风轮机单位时间接受的风能，简述可采取的措施。
(3)已知风力发电机的输出电功率P与Pm成正比。某风力发电机在风速v1＝9 m/s时能够输出电功率P1＝540 kW。我国某地区风速不低于v2＝6 m/s的时间每年约为5000小时，试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量是多少千瓦时。
答案 (1) (2)πρr2v3 增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风 (3)8×105 kW·h
解析 (1)导线上损失的功率为
P＝I2R＝2R＝2×10 W＝9 kW，
损失的功率与输送功率的比值
＝＝
(2)风垂直吹向风轮机时，提供的风能功率最大。
单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为ρvS，S＝πr2
风能的最大功率可表示为
Pm＝(ρvS)v2＝ρvπr2v2＝πρr2v3。
提高Pm可以采取的合理措施：如增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等。
(3)由于风力发电机的输出电功率P∝Pm，
而Pm＝πρr2v3，故P∝v3
则风力发电机的输出功率为
P2＝3P1＝3×540 kW＝160 kW
最小年发电量约为
W＝P2t＝160×5000 kW·h＝8×105 kW·h
第五章水平测试
测试时间：90分钟 满分：100分
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在第1～6题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．[2015·宜兴高二检测]如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，额定功率均为P，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1：n2和电源电压U1分别为( )
A．1∶2 2U B．1∶2 4U
C．2∶1 4U D．2∶1 2U
答案 C
解析 设灯泡正常发光时，额定电流为I0。由题图可知，原线圈中电流I原＝I0，副线圈中两灯并联，副线圈中电流I副＝2I0，U副＝U，根据理想变压器的基本规律：I原n1＝I副n2得n1∶n2＝2∶1；U原/U副＝得U原＝2U，所以U1＝4U。C项正确。
2．[2014·四川高考]如图所示，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象，则( )
A．用户用电器上交流电的频率是100 Hz
B．发电机输出交流电的电压有效值是500 V
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．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
答案 D
解析 根据图乙可知，发电机输出的交流电的周期为0.02 s，根据频率与周期的关系得发电机输出的交流电的频率为50 Hz，由于变压器在传输电能的过程中不改变交流电的频率，故用户用电器上交流电的频率为50 Hz，A项错误；根据图乙可知，发电机输出的交流电的最大值为500 V，由于该交流电是正弦式交变电流，根据正弦式交变电流的有效值与最大值的关系可得，发电机输出的交流电的有效值为250 V，故B项错误；根据输电线上的电流与升压变压器的输入电压U1、升压变压器的原、副线圈的匝数比、降压变压器的原、副线圈的匝数比、输电线上的电阻R线和负载电阻R负的关系可得I线＝I3＝()2，即I线＝，则当升压变压器的输入电压U1和输电线上的电阻R线一定时，输电线的电流I线与升压变压器的原、副线圈的匝数比、降压变压器的原、副线圈的匝数比和负载电阻R负都有关系，故C项错误；根据焦耳定律可得，输电线上损失的功率P损＝IR线，又I线＝，即P损＝则当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率将减小，故D项正确。
3．测电笔中的氖管启辉电压为86.6 V，把它接到有效值电压为70.7 V、频率为50 Hz的余弦交流电源上，则氖管( )
A．不能发光
B．能发光，每秒发光50次
C．能发光，每秒发光100次
D．能发光，每秒发光200次
答案 C
解析 交变电流电压的最大值为×70.7 V≈100 V，大于启辉电压86.6 V，故能发光，一个周期内发光两次，每秒发光100次。
4．[2015·课标全国卷Ⅰ]一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )
A．U＝66 V，k＝ B．U＝22 V，k＝
C．U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝
答案 A
解析 设原线圈中电流为I1，由变压器变压公式可得＝＝3，由变压器变流公式有，＝，由欧姆定律可得，副线圈回路中电阻两端电压U＝I2R，联立解得U＝66 V。电阻消耗功率P＝I2R，由于＝，所以原、副线圈回路中电阻消耗功率的比值为，选项A正确。
5．[2015·安庆高二检测]如图所示，用理想变压器给负载供电，变压器输入电压不变，变压器降压后用总电阻为R的输电线对用电器供电，设两盏灯泡的电阻相同，且都在发光，若将滑动变阻器的触头P向N移动，会出现的现象是( )
A．电流表的示数变大，灯泡L1、L2均变暗
B．电流表的示数变小，灯泡L1、L2均变暗
C．电流表的示数变大，灯泡L1变亮，L2变暗
D．电流表的示数不变，灯泡L1变暗，L2变亮
答案 C
解析 副线圈输出电压不变，滑动变阻器的触头P向N移动的过程中，并联部分电阻减小，副线圈中的电流增大，但因为灯泡L2两端的电压减小，所以灯泡L2的电流减小，因为总电流增大，所以灯泡L1的电流增大，即灯泡L1变亮，灯泡L2变暗。因为副线圈上的电流增大，所以输出功率变大，输入功率变大，而输入电压不变，输入电流变大，电流表的示数变大。
6．[2015·福建高考]图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )
A．() B．()
C．4()2()2r D．4()2()2r
答案 C
解析 因为u＝Umsinωt，所以有U1＝，根据变压器变压规律有：U2＝，根据P＝U2I2得：I2＝＝，线路损失的功率为ΔP＝2Ir＝，所以C项正确，A、B、D项错误。
7．[2014·课标全国卷Ⅱ]如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表?接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
答案 BD
解析 设变压器副线圈两端的电压为U2，则有＝，而U2＝Ucd，所以A项错误；增大负载电阻R，变压器的输出功率减小，所以电流表的读数减小，B项正确；负载电阻的阻值减小，Ucd不变，C项错误；将二极管短路，变压器的输出功率加倍，所以输入功率加倍，因此电流表的示数加倍，D项正确。
8．如图甲所示，为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其e-t图象如图乙所示。发电机线圈的内阻为1 Ω，外接灯泡的电阻为9 Ω，则( )
A．电压表的示数为6 V
B．发电机的输出功率为4 W
C．在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量最大
D．在2.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大
答案 CD
解析 根据e-t图象可知产生的交变电流的电动势最大值为6 V，有效值为6 V，根据闭合电路欧姆定律可求得电压表的示数为U＝×6 V＝5.4 V，A错；根据电功率公式得发电机的输出功率为P＝()2×9 W＝3.24 W，B错；根据e-t图象可知在1.0×10－2 s时刻，电动势为零，说明此时线圈处于中性面，磁通量最大，C正确；在2.0×10－2 s时刻，电动势为最大，说明此时线圈处于与中性面垂直的位置，磁通量最小，但是磁通量的变化率最大，D正确。
9．某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机的输出电压变化规律如图乙。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．乙图中电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πt V
B．乙图中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V，所以＝
C．通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
答案 AD
解析 由于输电线上电阻会损失电压、电功率，使得U2>U3，故P2>P3，选项D正确；因为＝，＝，由于U1＝U4＝220 V，U2>U3，所以<，选项B错；由交流电及变压器基础知识可知选项A正确，C错。
10．一个理想变压器的线圈绕向如图甲所示，原线圈输入电流的i-t图象如图乙所示，第1 s内电流方向在图甲中已标出，则( )
A．灯泡中的电流变化周期为2 s
B．输入电流的有效值小于 A
C．前2 s内灯泡中电流方向从b到a
D．前2 s内铁芯中磁通量的变化率恒定
答案 BCD
解析 由题图乙知i的变化周期为4 s，A项错误。当输入电流为正弦式交流电时，I有效＝ A，而此题中，电流的有效值要小于 A，B项正确。由楞次定律判知前2 s内灯泡内电流方向从b向a，C项正确。由图象可知在前2 s电流I的变化率恒定，由此产生的磁通量的变化率也是恒定的，D项正确。综上可知，B、C、D正确。
二、实验题(本大题共2小题，共16分，把答案填在题中横线上或按题目要求作答。)
11．(6分)一电热器接在最大值为36 V的正弦交流电源上时产生的热功率为P，若接到某直流电源上时产生的热功率为，忽略电阻随温度的变化，则所接直流电源的电压U＝________V。
答案 18
解析 设电热器的电阻为R，接交流电源时，有P＝；接直流电源时，有＝，联立解得U＝18 V。
12．(10分)如图所示，电表均为理想的交流电表，保险丝P的熔断电流为2 A，电容器C的击穿电压为300 V。若在a、b间加正弦交流电压，并适当地调节R接入电路中的阻值，使P恰好不被熔断，C恰好不被击穿，则电流表的读数为________A，电压表的读数为________V。
答案 2 212.1
解析 电阻R0和R串联接入交流电路中，通过保险丝的电流与通过电流表的电流相等；电容器与电阻R并联，故电容器两端的电压与R两端的电压相同。电压表的读数是电阻R两端电压的有效值，而电容器的击穿电压是加在电容器两端的交流电压的最大值，故电流表的读数为2 A，电压表的读数为 V＝212.1 V。
三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位。)
13．[2015·锦州高二检测](10分)一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100。穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图所示，发电机内阻r＝5.0 Ω，外电路电阻R＝95 Ω。已知感应电动势的最大值Em＝nωΦm，其中Φm为穿过每匝线圈磁通量的最大值。求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数。
答案 1.41 A
解析 感应电动势的最大值：Em＝nBSω＝nΦmω
设线圈在磁场中转动的周期为T，则有ω＝
根据欧姆定律，电路中的电流的最大值为：
Im＝
有效值：I＝Im
由题中给定的Φ－t图象可得：
Φm＝1.0×10－2 Wb，T＝3.14×10－2 s
解以上各式，并代入数据，得：I＝1.41 A。
14．[2015·郑州高二检测](11分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝ T。为用此发电机所发出交变电流带动两个标有“220 V 11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：
(1)发电机的输出电压有效值为多少？
(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？
(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？
答案 (1)1100 V (2)5∶1 (3)20 A
解析 (1)由Em＝NBSω＝1100 V，
得输出电压的有效值为U1＝＝1100 V。
(2)根据＝得＝。
(3)根据P入＝P出＝2.2×104 W，
由P入＝U1I1，解得I1＝20 A。
15．(11分)三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，是中国规模最大的水利工程，水利枢纽控制流域面积为1.0×106 km2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q＝4.51×1011 m3。水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面，在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作时的总发电功率)为P＝1.82×107 kW，年平均发电量约为W＝8.40×1010 kW·h。(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，取重力加速度g＝ 10 m/s2)
(1)若三峡电站上、下游水位差按h＝100 m计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值．
(2)若26台发电机组全部发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均每年发电的时间为多少天？
(3)将该电站的电能输送到华中地区，输送的电功率为P1＝4.5×106 kW，采用超高压输电，输电电压为U＝500 kV，而发电机组输出的电压约为U0＝18 kV，要求输电线上损耗的功率为输送的电功率的5%。求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻。
答案 (1)67.1% (2)192.3天 (3)2.78 Ω
解析 (1)电站的能量转化效率为
η＝＝×100%＝67.1%
(2)根据P＝有t＝＝＝192.3(天)
(3)升压变压器原、副线圈的匝数比为
＝＝＝
输电线中的电流为
I＝＝ A＝9.0×103 A
输电线上损耗的功率为
P损＝5%P1＝2.25×108 W
由P损＝I2R得输电线路的总电阻为
R＝＝ Ω＝2.78 Ω
16．[2015·南京高二检测](12分)如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：
(1)从图示位置起转动1/4转的时间内负载电阻R上产生的热量；
(2)从图示位置起转过1/4转的时间内通过负载电阻R的电荷量；
(3)电流表的示数。
答案 (1) (2) (3)
解析 线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流，此交变电流的电动势最大值为Em＝BSω＝B·πr2·2πn＝π2Bnr2。
(1)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的有效值为E＝＝，电阻R上产生的热量Q＝()2R·＝＝。
(2)在线圈从图示位置转过1/4转时间内，电动势的平均值为＝，通过R的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝＝。
(3)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E′，由有效值的定义得
·＝T，E′＝，故电流表的示数为I＝＝。
03 随堂对点训练
知识点一 传感器
1．如图所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照射光敏电阻时，表针的偏角为θ；现用手掌挡住部分光线，表针的偏角为θ′，则可判断( )
A．θ′＝θ B．θ′＜θ
C．θ′＞θ D．不能确定
答案 B
解析 光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小，用手掌挡住部分光线，阻值变大，指针自左向右偏转角度变小。
知识点二 光敏电阻
2．关于传感器，下列说法正确的是( )
A．所有传感器都是由半导体材料做成的
B．金属材料也可以制成传感器
C．传感器主要是通过感知电压的变化来传递信号的
D．水银温度计是一种传感器
答案 B
解析 大多数传感器是由半导体材料做成的，某些金属也可以做传感器，如金属热电阻，故A错，B对；传感器将非电学量转换为电学量，因此传感器感知的应该是“非电学信号”，故C错；水银温度计能感受热学量，但不能把热学量转化为电学量，因此不是传感器，故D错。
3．(多选)如图所示为光敏电阻自动计数器的示意图，其中R1为光敏电阻，R2为定值电阻。此光电计数器的基本工作原理是( )
A．当有光照射R1时，信号处理系统获得高电压
B．当有光照射R1时，信号处理系统获得低电压
C．信号处理系统每获得一次低电压就计数一次
D．信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
答案 AC
解析 光电计数器工作原理：当有物体挡住射到光敏电阻R1的光照时，R1电阻增大，电路中电流减小，R2两端电压降低，信号处理系统得到低电压，计数器每由高电压转到低电压，就计一个数，从而达到自动计数的目的。
知识点三 热敏电阻
4．如图所示，某半导体热敏电阻的I-U图线可能是( )
答案 B
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。
5．按图所示接好电路，合上S1、S2，发现小灯泡不亮，原因是________；用电吹风对热敏电阻吹一会儿热风，会发现小灯泡________，原因是________；停止吹风，会发现________；把热敏电阻放入冷水中会发现________。
答案 见解析
解析 根据热敏电阻的性质进行分析，由于热敏电阻在常温时阻值较大，左侧电路电流较小，电磁铁磁性较弱吸不住衔铁；当用电吹风对热敏电阻加热使其阻值变小，电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁，使右侧电路接通，小灯泡亮了；停止吹风后，小灯泡不会立即熄灭，因为热敏电阻温度仍然较高，当把热敏电阻放入冷水后，热敏电阻温度降低很快，阻值变大，故小灯泡熄灭。
知识点四 霍尔元件
6．霍尔元件能转换哪个物理量( )
A．把温度这个热学量转换成电阻这个电学量
B．把磁感应强度这个磁学量转换成电压这个电学量
C．把力这个力学量转换成电压这个电学量
D．把光照强弱这个光学量转换成电阻这个电学量
答案 B
解析 根据霍尔元件工作原理，载流子在洛伦兹力作用下漂移，形成霍尔电压，UH＝k，所以，它将磁感应强度这个磁学量转换成电压这个电学量，故B正确。
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
传感器
1
光敏电阻
4
7、11
热敏电阻
2
8、9
电容式传感器
3、5、6
10
霍尔元件
12
1．[2015·永州高二检测](多选)下列关于传感器说法正确的是( )
A．干簧管接入电路中相当于电阻的作用
B．霍尔元件能够把磁学量(如磁感应强度)转化为电学量(如电压)
C．光敏电阻随光照强度增加电阻增大
D．电子秤使用的是力传感器
答案 BD
解析 干簧管接入电路中相当于开关的作用，所以A错误；霍尔元件是磁学量转化为电学量，所以B正确；光敏电阻随光照强度增加电阻减小，所以C错误；电子秤应用了力的传感器，所以D正确。
2．如图所示是观察电阻值随温度变化情况的示意图。现把杯中的水由冷水变为热水，关于欧姆表的读数变化情况正确的是(设水对电阻阻值的影响不计)( )
A．如果R为金属热电阻，读数变大，且变化非常明显
B．如果R为金属热电阻，读数变小，且变化不明显
C．如果R为热敏电阻(用半导体材料制成)，读数变化非常明显
D．如果R为热敏电阻(用半导体材料制成)，读数变化不明显
答案 C
解析 金属热电阻的阻值随温度的升高而增大，但灵敏度较差。而热敏电阻(用半导体材料制成)灵敏度高，所以选C。
3．在一些星级宾馆的洗手间经常装有自动干手机，洗手后将湿手靠近，机内的传感器就开通电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干，手靠近干手机能使传感器工作，是因为( )
A．改变温度 B．改变湿度
C．改变磁场 D．改变电容
答案 D
解析 干手机是一个电容器，当手靠近时，手上有水，手就变成了导体，在电容器中放入导体，改变了电容器的电容，电路中电容改变，干手机开始工作，故选D。
4．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
答案 A
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。
5．(多选)电容式话筒的保真度比动圈式话筒好，其工作原理如图所示。Q是绝缘支架，薄金属膜M和固定电极N形成一个电容器，被直流电源充电，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。将声音信号转化为电信号，当膜片M向右运动的过程中关于电容器的电容及导线AB中的电流，下列说法正确的是( )
A．电容变大
B．电容变小
C．导线AB中有向左的电流
D．导线AB中有向右的电流
答案 AC
解析 膜片右移时，由于板间距离d变小，由C＝知，A对，B错；电容器两端的电压U不变，由Q＝CU知，Q增大，电容器充电，电流由B流向A，C对，D错。
6．(多选)如图所示是三种电容式传感器的示意图，关于这三个传感器，下列说法正确的是( )
A．甲图的传感器可以用来测量角度
B．乙图的传感器可以用来测量液面的高度
C．丙图的传感器可以用来测量压力
D．这三个传感器都是利用改变极板间的正对面积来改变电容的
答案 ABC
解析 甲、乙、丙中的电容器分别与θ、h、F有关，均能测量对应的物理量，甲、乙是通过改变极板间的正对面积改变电容，丙是通过改变极板间的距离改变电容，故D选项错。
7．[2015·青岛高二检测]如图所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，LED为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与LED间距不变，下列说法中正确的是( )
A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大
B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小
C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变
D．无论怎样移动触头P，L消耗的功率都不变
答案 A
解析 当滑动触头P左移，其电阻减小，流过二极管的电流增大，从而发光增强，使光敏电阻R减小，流过灯泡的电流增大，其消耗的功率增大。A正确，B、C、D错误。
8．[2015·广州高二检测](多选)如图所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻(负温度系数热敏电阻是指阻值随温度的升高而减小的热敏电阻)，L为小灯泡，当温度降低时( )
A．R1两端的电压增大 B．电流表的示数变小
C．小灯泡的亮度变亮 D．小灯泡的亮度变暗
答案 BC
解析 R2和灯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两端电压增大，灯泡亮度变强，R1两端电压减小，故B、C正确，A、D错误。
9．(多选)有定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三只元件分别接入如图所示电路中A、B两点后，用黑纸包住元件置入热水中，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
答案 AC
解析 热敏电阻随温度变化电阻变化，定值电阻和光敏电阻不随温度变化，光敏电阻随光照变化电阻变化，定值电阻和热敏电阻的阻值不随之变化。
10．(多选)电容式传感器的用途非常广泛，由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起电容的变化，如图是某种电容式传感器的示意图，关于这个传感器的作用，下列说法正确的是( )
A．可以通过电介质的左右移动来测量位移
B．可以通过电介质的左右移动再结合时间来测量速度
C．可以通过电介质的左右移动来测量极板受到的压力
D．可以通过电介质的左右移动结合时间来测量极板的速度
答案 AB
解析 电容器可以由电介质的变化引起电容的变化测量位移x，也可以结合时间来测量位移变化的快慢即速度。故A、B选项正确；电介质的运动与极板的变化都影响电容的变化，故不能通过电介质的运动来测量极板受到的压力及极板的运动快慢，C、D错误。
11．把蜂鸣器、光敏电阻、干簧管继电器开关、电源按如图甲所示电路连接，制成光电报警装置，当报警器有光照射时，蜂鸣器发声，当没有光照或者光照很弱时，蜂鸣器不发声。①光敏电阻：光敏电阻受光照后，阻值会变小。②干簧管继电器开关：由干簧管和绕在干簧管外的线圈组成，如图乙所示，当线圈中有一定的电流时，线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化，两个簧片在磁力作用下由原来的分离状态变成闭合状态。当线圈中没有电流或者电流很微弱时，磁场消失，簧片在弹力的作用下回复到分离状态。试说明光电报警器的工作原理。
答案 见解析
解析 当报警器有光照射时，光敏电阻阻值减小，电路中电流增大，线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化，两个簧片由原来的分离状态变成闭合状态，蜂鸣器电路接通，蜂鸣器发声。反之，当没有光照射或光照很微弱时，光敏电阻阻值很大，电路中的电流很小，干簧管内的两个铁质簧片处于分离状态，连接蜂鸣器的电路断开，蜂鸣器不发声。
12．利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。
如图1，将一金属或半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流I时，另外两侧c、f间产生电势差，这一现象称霍尔效应。其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，于是c、f间建立起电场EH，同时产生霍尔电势差UH。当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时，EH和UH达到稳定值，UH的大小与I和B以及霍尔元件厚度d之间满足关系式UH＝RH，其中比例系数RH称为霍尔系数，仅与材料性质有关。
(1)设半导体薄片的宽度(c、f间距)为l，请写出UH和EH的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图1中c、f哪端的电势高；
(2)已知半导体薄片内单位体积中导电的电子数为n，电子的电荷量为e，请导出霍尔系数RH的表达式。(通过横截面积S的电流I＝nevS，其中v是导电电子定向移动的平均速率)；
(3)图2是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着m个永磁体，相邻永磁体的极性相反。霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近。当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图象如图3所示。
a．若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，请导出圆盘转速N的表达式。
b．利用霍尔测速仪可以测量汽车行驶的里程。除此之外，请你展开“智慧的翅膀”，提出另一个实例或假想。
答案 (1)UH＝EHl c端的电势高 (2)RH＝
(3)a.N＝ b．提出的实例或设想合理即可
解析 (1)EH和UH达到稳定值，根据匀强电场中电势差与电场强度的关系，可得UH＝EHl；
若半导体材料是电子导电的，则电子运动方向与电流方向相反，根据左手定则，电子受洛伦兹力的作用向f侧偏转和积累，故c端的电势高。
(2)由UH＝RH得RH＝＝EHl
当电场力与洛伦兹力相等时eEH＝evB
得EH＝vB，又I＝nevS，联立解得RH＝
(3)a.由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，
则P＝mNt 圆盘转速为N＝
b．霍尔元件传感器测速、霍尔元件测量水流量等。
03 随堂对点训练
知识点一 传感器
1．[2015·通化高二检测]下列说法正确的是( )
A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号
B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断
C．电子秤所使用的测力装置是应变片
D．半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大
答案 B
解析 话筒是将声信号转换为电信号的装置，A错；电熨斗内的双金属片，是利用它的热胀冷缩程度的不同，使电路随温度的改变实现通、断的，B正确；电子秤所使用的测力装置是力传感器，力传感器由金属梁和应变片组成，C错；半导体热敏电阻温度越高，它的电阻值越小，D错。
知识点二 力传感器应用
2．[2015·南京高二检测]如图所示为一种加速度仪的示意图。质量为m的振子两端连有劲度系数均为k的轻弹簧，电源的电动势为E，不计内阻，滑动变阻器的总阻值为R，有效长度为L，系统静止时滑动触头位于滑动变阻器正中，这时电压表指针恰好在刻度盘正中。求：
(1)系统的加速度a(以向右为正)和电压表读数U的函数关系式。
(2)将电压表刻度改为加速度刻度后，其刻度是均匀的还是不均匀的？为什么？
(3)若电压表指针指在满刻度的位置，此时系统的加速度大小和方向如何？
答案 (1)a＝(E－2U)
(2)见解析 (3)a＝－ 方向向左
解析 (1)当振子向左偏离中间位置x距离时，由牛顿第二定律得2kx＝ma①
电压表的示数为U＝E②
由以上两式解得a＝(E－2U)③
(2)均匀，因为加速度a与电压表示数U是一次函数(线性)关系。
(3)当滑动触头滑到最右端时，电压表最大示数Um＝E，电压表指针指在满刻度的位置时，U＝E
代入③式解得a＝－方向向左。
知识点三 温度传感器
3．[2015·济南高二检测]“嫦娥二号”卫星上携带很多探测仪器，其中可能有( )
A．味觉传感器 B．气体传感器
C．听觉传感器 D．光电传感器
答案 D
解析 “嫦娥二号”卫星是为了探测月球而发射的在轨卫星，在月球上没有气体，所以不需要气体传感器和听觉传感器，当然也用不到味觉传感器，但需要的是为月球“照相”的光电传感器——CCD立体相机。
4．许多办公楼及宿舍楼的楼梯上的电灯到了晚上能够自动做到“人来即亮，人走即灭”，而白天电灯却不亮，其神奇功能在于控制灯的“开关”传感器，下面有关该传感器的说法中正确的是( )
A．该传感器能够测量的物理量是位移和温度
B．该传感器能够测量的物理量是位移和光强
C．该传感器能够测量的物理量是光强和声音
D．该传感器能够测量的物理量是压力和位移
答案 C
解析 由题意可知该传感器能够感受光强弱的变化及声音(或振动)的变化，A、B、D错，C对。
知识点四 热传感器
5．如图所示，是四类热敏电阻的R-t特征图线，如果想用热敏电阻作传感器，并与继电器相连，构成一个简单的自动报警线路，当温度过高时，由继电器接通电路报警，采用哪个图示的热敏电阻较好( )
答案 A
解析 当温度过高时，要求继电器接通电路报警，说明温度变化不大时要求电阻变化不明显，但是温度高到一定程度时电阻才有明显的变化，故A符合要求，B、C、D错。
知识点五 温度传感器
6．2008年，引起人们极大恐慌的三聚氰胺事件，使消费者对牛奶安全问题很不放心，很多家庭不再饮用牛奶而改为喝豆浆，全自动豆浆机在加工豆浆时，若仔细观察，会发现豆浆机中的液面一会儿升高，过一会儿又会降低，如此反复多次后，生豆浆便变成了熟豆浆，关于豆浆机为什么能使豆浆液面时升时降，下列说法可能正确的是( )
A．豆浆机内有光传感器，液面高了停止加热，液面低了又开始加热
B．豆浆机内有压力传感器，液面高了停止加热，液面低了又开始加热
C．豆浆机内有温度传感器，温度低了开始加热，温度高了停止加热
D．豆浆机内有气体传感器，气味浓时停止加热，气味淡时又开始加热
答案 C
解析 豆浆机内的豆浆液面时升时降是由于豆浆机的断续加热造成的。为了实现这一目的，在豆浆机内设置温度传感器，故正确答案为C。
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
传感器应用
1、5
8
温度传感器
2、4
7
热敏传感器
9
光传感器
3、6
10
12
力传感器
11
1．(多选)下列关于启动器的说法中正确的是( )
A．启动器起到的是辅助开关的作用，日光灯未启动前，导通电路；日光灯亮后，断开电路
B．启动器是由动片和静片组成
C．启动器是由负温度系数金属材料制成，电键闭合电路接通；随温度升高，电路断开
D．以上说法都不对
答案 AB
解析 启动器起到的是辅助开关的作用，接通电路，日光灯未通，启动器击穿气体导电，电阻大，热量多，双金属片膨胀，电路导通；金属片接触，电阻减小，双金属片冷却分离，日光灯导通，故A正确；启动器由动片和静片组成，故B正确。
2．下列装置中利用了光电传感器的是( )
A．电熨斗 B．电饭锅
C．电子秤 D．火灾报警器
答案 D
解析 电熨斗、电饭锅都是通过温度传感器来控制温度，A、B错；电子秤是利用力传感器来测力的，C错误；火灾报警器是利用烟雾对光的散射，使光照射到光电三极管上，光电三极管的电阻减小引起电流变化而发生警报，因此火灾报警器是光电传感器，故D正确。
3．用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是电视机中的传感器把光信号转化为电信号的过程。下列属于这类传感器的是( )
A．红外报警装置
B．走廊照明灯的声控开关
C．自动洗衣机中的压力传感装置
D．电饭煲中控制加热和保温的温控器
答案 A
解析 红外报警装置将光信号转化成电信号，故A正确。
4．有一种在光照或温度升高时排气扇都能启动的自动控制装置，下列说法正确的是( )
A．两个传感器都是光电传感器
B．两个传感器分别是光电传感器和温度传感器
C．两个传感器可能分别是温度传感器、电容式传感器
D．只有光照和温度都适合时排气扇才能工作
答案 B
解析 题中提到有光照或温度升高时排气扇都能自动控制，由此可见两个传感器一个是光电传感器，一个是温度传感器，而且排气扇自动工作只需光照和温度一个满足条件即可，A、C、D错，B对。
5．2007年诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家，以表彰他们发现“巨磁电阻效应”。基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术，被认为是纳米技术的第一次真正应用。下列有关其他电阻应用的说法中，错误的是( )
A．热敏电阻可应用于温度测控装置中
B．光敏电阻是一种光电传感器
C．电阻丝可应用于电热设备中
D．电阻在电路中主要起到通过直流、阻碍交流的作用
答案 D
解析 热敏电阻的原理是通过已知某电阻的电阻值与温度值的函数关系，测得该热敏电阻的值即可获取温度值，从而应用于温度测控装置中，A说法正确；光敏电阻是将光信号与电信号进行转换的传感器，B说法正确；电阻丝通过电流会产生热效应，可应用于电热设备中，C说法正确；电阻对直流和交流均起到阻碍的作用，D说法错误，故正确答案为D。
6．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．三特性都利用了
答案 B
解析 由于此自动控制利用的是光线强弱的变化，利用半导体的光敏性，故选B。
7．传感器的种类多种多样，其性能也各不相同，当室内温度达到设定的温度后，空调机会自动停止工作，空调机内使用的传感器是( )
A．生物传感器 B．红外传感器
C．温度传感器 D．压力传感器
答案 C
解析 空调机根据温度调节工作状态，所以内部使用了温度传感器，故C正确。
8．如图所示是家用电冰箱的压缩启动装置的电路。其中的运行绕组是电冰箱在工作时的电动机定子，由于家用交流电是单相的，启动时必须依靠启动绕组的帮助才能产生旋转磁场。在启动绕组的支路中串联有一个PTC元件，这是一种以钛酸钡为主要材料的热敏电阻器。电流流过PTC元件，元件发热，它的电阻率随温度升高而发生显著变化，当电动机转动起来正常以后，PTC元件温度较高，电阻很大，启动绕组电流很小。则以下判断正确的是( )
①电冰箱的电动机启动时比正常工作时耗电少 ②电冰箱的电动机正常工作时比启动时耗电少 ③电冰箱启动后，启动绕组功率不变，运行绕组功率是变化的 ④电冰箱启动后，启动绕组功率是变化的，运行绕组功率不变
A．①③ B．②④
C．①④ D．②③
答案 B
解析 启动时，由于PTC元件温度低电阻小，故耗电多，②正确；启动后，随PTC元件温度升高，PTC元件电阻增大，通过启动绕组的电流减小，故启动绕组功率是变化的，而运行绕组电压不变，故功率不变，则④正确。
9．自己设计一个以热敏电阻为传感器的简易自动报警器，当温度过高时，小灯泡亮或响铃报警，所用的实验器材可能有电磁继电器、电铃、小灯泡、热敏电阻、干电池、滑动变阻器、开关。
答案 见解析
解析 实验电路图如图所示：
当温度升高时，热敏电阻的阻值减小，通过电磁继电器螺线管的电流增大，磁性增强，吸下金属片，触点接通，灯泡亮或电铃响，起到报警作用。通过调节滑动变阻器的阻值，可以达到调节报警温度的目的。
10．如图甲所示为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路，电源电压恒定。电流表内阻不计，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡发光亮度逐渐增强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图乙所示，试根据这一特性用图丙中给定的器材设计一个自动光控电路。
答案 见解析图
解析 由光敏电阻的特性曲线可以看出，当入射光增强时，光敏电阻的阻值减小，通过光敏电阻的电流增大。
根据题意设计的自动光控电路如图所示。控制过程是：当有光照射时，光电流经过放大器输出一个较大的电流，驱动电磁继电器吸引衔铁使两个触点断开，当无光照射时，光电流减小，放大器输出电流减小，电磁继电器释放衔铁，使两个触点闭合，控制电路接通，灯开始工作。
11．用如图所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度，该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器。用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0 kg的滑块，滑块可无摩擦滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出。现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在后。汽车静止时，传感器a、b的示数均为10 N(取g＝10 m/s2)。
(1)若传感器a的示数为14 N，传感器b的示数为6 N，求此时汽车的加速度大小和方向。
(2)当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a的示数为零。
答案 (1)4 m/s2 向右 (2)大小为10 m/s2，方向向左
解析 (1)左侧弹簧对滑块向右的推力F1＝14 N，右侧弹簧对滑块向左的推力F2＝6.0 N。
滑块所受合力产生加速度a1，根据牛顿第二定律有
F1－F2＝ma1，
所以a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，a1与F1同方向，即向前(向右)。
(2)传感器a的读数恰为零，则左侧弹簧的弹力F′1＝0，因两弹簧相同，左弹簧伸长多少，右弹簧就缩短多少，所以右弹簧的弹力变为F′2＝－20 N。滑块所受合力产生加速度，由牛顿第二定律得F合＝F′2＝ma2，所以a2＝＝－10 m/s2，负号表示方向向后(向左)。
12．如图所示为某种电子秤的原理示意图，AB为一均匀的滑线电阻，阻值为R，长度为L，两边分别为P1、P2两个滑动头，P1可在竖直绝缘光滑的固定杆MN上保持水平状态而上下自由滑动。弹簧处于原长时，P1刚好指着A端，P1与托盘固定相连。若P1、P2间有电压时，该电压经过放大，通过信号转换后在显示屏上将显示物体重力的大小。已知弹簧的劲度系数为k，托盘自身质量为m0，电源电动势为E，内阻不计，当地的重力加速度为g。求：
(1)托盘上未放物体时，在托盘自身重力作用下，P1与A端的距离x1；
(2)托盘上放有质量为m的物体时，P1与A端的距离x2；
(3)在托盘上未放物体时通常先校准零点，其方法是调节P2，使P2离A端的距离也为x1，从而使P1、P2间的电压为零。校准零点后，将物体m放在托盘上。试推导出物体质量m与P1、P2间的电压U之间的函数关系式。
答案 (1) (2) (3)m＝
解析 托盘的移动带动P1移动，使P1、P2间出现电势差，电势差的大小反映了托盘向下移动距离的大小，由于R为均匀滑线电阻，则其阻值与长度成正比。
(1)由力的平衡知识有m0g＝kx1，解得x1＝。
(2)放上物体m重新平衡后m0g＋mg＝kx2，
解得x2＝。
(3)由闭合电路欧姆定律知E＝IR，由部分电路欧姆定律知U＝IR串(R串为P1、P2间电阻)
由＝，其中x为P1、P2间的距离，则x＝x2－x1＝，
联立解得m＝。
03 随堂对点训练
知识点一 光敏电阻及发光二极管
1．如图所示，R3是光敏电阻，当开关S闭合后在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射电阻R3时，则( )
A．R3的电阻变小，a点电势高于b点电势
B．R3的电阻变小，a点电势低于b点电势
C．R3的电阻变大，a点电势高于b点电势
D．R3的电阻变大，a点电势低于b点电势
答案 A
解析 当光照射R3时，R3阻值变小，R4分压变大，a点电势将会升高，所以a点电势高于b点电势。
2．(多选)关于发光二极管，下列说法正确的是( )
A．发光二极管能发光，不具有单向导电性
B．发光二极管能直接把电能转化成光能
C．发光二极管只要在两端加有正向电压，就可以发光
D．发光二极管只有加正向电压时，才有可能发光
答案 BD
解析 发光二极管和普通二极管一样，都具有单向导电性，A错误；都是由半导体材料制成的，只有当两端加正向电压时，才可能处于导通状态，才可能发光，但不一定发光，要求达到一定的电压值，故C错误，D正确；它能直接把电能转化为光能，B正确。
知识点二 热敏传感器
3．如图是一个火警报警装置的逻辑电路图。RT是一个热敏电阻，低温时电阻值很大，高温时电阻值很小，R是一个阻值较小的分压电阻。
(1)要做到低温时电铃不响，火警时产生高温，电铃响起，在图中虚线处应接入怎样的元件？
(2)为什么温度高时电铃会被接通？
(3)为了提高该电路的灵敏度，即报警温度调得稍低些，R的值应大一些还是小一些？
答案 见解析
解析 (1)温度较低时RT的阻值很大，R比RT小得多，因此P、X之间电压较大。要求此时电铃不发声，表明输出给电铃的电压应该较小，输入与输出相反，可见虚线处元件应是“非”门。(2)当高温时RT阻值减小，P、X之间电压降低，输入低电压时，从“非”门输出的是高电压，电铃响起。(3)由前面分析可知，若R较大，由于它的分压作用，RT两端的电压不太高，则外界温度不太高时，就能使P、X之间电压降到低电压输入，电铃就能发声。因此R较大，反应较灵敏。
4．[2015·晋宁高二检测]如图所示，图甲为热敏电阻的R－t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为150 Ω。当线圈中的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸合。为继电器线圈供电的电池的电动势E＝6 V，内阻可以不计。图中的“电源”是恒温箱加热器的电源。
(1)应该把恒温箱内的加热器接在________端(选填“AB”或“CD”)。
(2)如果要使恒温箱内的温度保持100 ℃，可变电阻R′的值应调节为________ Ω。
答案 (1)AB (2)100
解析 (1)当温度降低时，热敏电阻的阻值增加，继电器线圈中的电流减小，衔铁被弹开，AB将接入加热电路中，故恒温箱内的加热器接在AB端。
(2)由甲图查出热敏电阻在t温＝100 ℃时，R＝50 Ω。
设R1为继电器线圈的电阻
则继电器电路中电流在t温＝100 ℃时，I＝
代入数据得R′＝100 Ω
知识点三 力传感器
5．某学生为了测量一物体的质量，找到一个力电转换器，该转换器的输出电压正比于受压面的压力(比例系数为k)，如图所示。测量时先调节输入端的电压，使转换器空载时的输出电压为零；然后在其受压面上放一物体，即可测得与物体的质量成正比的输出电压U。
现有下列器材：力电转换器、质量为m0的砝码、电压表、滑动变阻器、干电池各一个、电键及导线若干、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。
(1)设计一个电路，要求力电转换器的输入电压可调，并且使电压的调节范围尽可能大，在虚线方框中画出完整的测量电路图。
(2)简要说明测量步骤，求出比例系数k，并测出待测物体的质量m。
(3)请设想实验中可能会出现的一些问题。
答案 见解析
解析 (1)设计的电路如图所示。
(2)测量步骤与结果：
①调节滑动变阻器，使转换器的输出电压为零。
②将砝码放在转换器的受压面上，记下输出电压U0。由U0＝km0，得k＝
③将待测物体放在转换器的受压面上，记下输出电压U。由U＝km得m＝U
(3)①因电源电压不够而输出电压调不到零。
②待测物体质量超出转换器量程。
6．如图所示为一测速计原理图，其基本原理是把速度这一力学量转换成电流进行测量。滑动触头P与某运动物体相连，当P匀速滑动时，电流表有一定的电流通过，从电流表示数可得运动物体速度。
已知电源电动势E＝4 V，内阻r＝10 Ω，AB为粗细均匀的电阻丝，其阻值为R＝30 Ω、长度L＝30 cm，电容器的电容C＝50 μF。今测得电流表示数为0.05 mA，方向由b流向a。试求运动物体的速度大小和运动的方向。
答案 见解析
解析 先根据全电路欧姆定律，估计流过电阻丝上的电流约为I＝＝ A＝100 mA?0.05 mA，
即相比于电阻丝上的电流，电容器中的充放电电流可忽略。故可视整根电阻丝与电源为串联连接，当滑动触头P移过距离Δx时，电容器上的电压变化为：
ΔU＝IRx＝·Δx。
则其充放电电流为：IC＝＝＝·，
又v＝，综合上述各式得v＝。
代入数据得v＝10 cm/s。
又因IC由b流向a，电容器放电，P右移，物体移动方向向右。
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
光传感器12
传感器
1、2、3、6
霍尔元件
5
力传感器
8、11
热敏传感器
9、10
电容传感器
4、7
1．(多选)下列说法正确的是( )
A．应变式力传感器可以测重力，也可以用来测牵引力
B．电子秤的核心元件是应变片，它多用金属材料制成，是一种敏感元件
C．应变片能把力学量——物体形变转换为电学量——电压
D．电子秤一般应用了应变式力传感器
答案 ACD
解析 电子秤的核心元件是应变片，由半导体材料组成，故B错误，A、C、D符合电子秤的原理和应用。
2．如图所示为一个逻辑电平检测电路，A与被测点相接，则( )
A．A为低电平，LED发光
B．A为高电平，LED发光
C．无论A为高电平或低电平，LED均不发光
D．无论A为高电平或低电平，LED均发光
答案 B
解析 A为低电平时，Y为高电平，LED的电压小，不发光；A为高电平时，Y为低电平，LED的电压大，发光，故B正确。
3．(多选)下列哪些场合或技术涉及传感器的应用( )
A．宾馆的自动门
B．工厂、电站的静电除尘
C．家用电饭锅的跳闸与保温
D．光控开关
答案 ACD
解析 静电除尘利用的是电荷有吸引轻小物体的特性；宾馆的自动门、家用电饭锅、光控开关均用到了传感器，故应选A、C、D。
4．计算机键盘是由两片金属片组成的小电容器，该电容器的电容可用公式C＝ε计算，式中ε＝9×10－12，S为金属片的正对面积，d表示两金属片的间距。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的间距为0.6 mm。如果电容变化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
答案 A
解析 计算机键盘是一个电容传感器，由题意知它是靠改变两极板间距从而改变电容，得到相应的电信号。又因两极板间距减小，电容变大，设原间距为d0，按下键后间距为d时电子线路恰能检测出必要的信号，则根据C＝ε，ΔC＝εS(－)，得d＝＝
m＝0.45×10－3 m＝0.45 mm，所以键至少需被按下的距离为0.6 mm－0.45 mm＝0.15 mm。
5．[2014·江苏高考](多选)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正负极对调，电压表将反偏
C．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
答案 CD
解析 导电物质为电子，由左手定则得电子受到洛伦兹力向后表面偏转，后表面电势低，选项A错误；若将电源的正负极对调，磁场和电子的运动方向同时反向，洛伦兹力的方向不变，电压表仍能正常偏转，选项B错误；电路是稳定电路，线圈中的电流和通过霍尔元件的电流的比例不变，选项C正确；UH＝k，而B与I成正比，故UH正比于IH·I，而RL的功率正比于I，IH·I与I的比例不变，故UH正比于RL的功率，选项D正确。
6．吉他以其独特的魅力吸引了众多音乐爱好者，电吉他与普通吉他不同的地方是它的每一根琴弦下面都安装了一种叫做“拾音器”的装置，能将琴弦的振动转化为电信号，也是一种传感器。电信号经扩音器放大，再经过扬声器就能播出优美的音乐声。如图是拾音器的结构示意图，多匝线圈置于永久磁铁与钢制的琴弦(电吉他不能使用尼龙弦)之间，当弦沿着线圈振动时，线圈中就会产生感应电流。关于感应电流，以下说法正确的是( )
A．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流是恒定的
B．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小变化、方向不变
C．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小不变、方向变化
D．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生变化
答案 D
解析 因为琴弦是来回振动的，由右手定则可以判定其感应电流的方向会变化，琴弦的振动速度大小也在不断改变，所以感应电流大小也是变化的，故D正确，A、B、C错误。
7．如图1是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电荷量Q将随待测物体的上下运动而变化，若Q随时间t的变化关系为Q＝(a、b为大于零的常数)，其图象如图2所示，那么图3、图4中反映极板间场强大小E和物体速率v随t变化的图线可能是( )
A．①和③ B．①和④
C．②和③ D．②和④
答案 C
解析 平行板电容器间电压恒定，极板间场强
E＝＝＝＝，
故E∝Q，即E∝，故②可能正确。
极板间电荷量Q＝U·C＝U·＝，
与已知Q随时间的变化关系对比可知d与t成线性关系，即待测物体的运动为匀速运动，故③可能正确。
8．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小。某实验小组在升降机水平地板上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置。其工作原理如图甲所示，将压敏电阻、定值电阻R、电流显示器、电源E连成电路，在压敏电阻上放置一个绝缘重物。0～t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流显示器中得到电路中电流i随时间t变化情况如图乙所示。则下列判断正确的是( )
A．t1～t2时间内绝缘重物处于超重状态
B．t3～t4时间内绝缘重物处于失重状态
C．升降机开始时可能停在10楼，从t1时刻开始，经向下加速、匀速、减速，最后停在1楼
D．升降机开始时可能停在1楼，从t1时刻开始，经向上加速、匀速、减速，最后停在10楼
答案 C
解析 t1～t2时间内的电流比t1时刻之前的电流小，说明压敏电阻的阻值变大，所受压力减小，小于重物的重力，故重物的加速度应该是向下的，重物处于失重状态，A错误。t3～t4时间内的电流比t1时刻之前的电流大，说明压敏电阻的阻值变小，所受压力增大，大于重物的重力，故重物的加速度应该是向上的，重物处于超重状态，B错误。在0～t1，t2～t3重物的加速度是零，t1～t2重物的加速度是向下的，t3～t4重物的加速度是向上的，综合以上特点，C正确，D错误。
9．[2015·大同高二检测]传感器担负着信息的采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)。例如，热敏传感器主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，其阻值随温度变化的图线如图甲所示，图乙是由热敏电阻Rt作为传感器制作的简单自动报警器的线路图，问：
(1)为了使温度过高时报警铃响，c应接在________(选填“a”或“b”)点；
(2)若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器滑片P向________移动(选填“左”或“右”)；
(3)如果在调试报警器达最低报警温度时，无论如何调节滑动变阻器滑片P都不能使报警器工作，且电路连接完好，各电路元件都能处于工作状态，则造成工作电路实际不能工作的原因可能是_______________________________________________________。
答案 (1)a (2)左 (3)弹簧劲度系数太大
解析 本题的关键是对实验装置和实验过程的分析。
(1)由图乙可知，整个装置主要由最左边由热敏电阻控制的电磁铁，中间的杠杆式开关及由单刀双掷开关和直流电源组成的报警器工作电路三部分组成，在温度过高时，热敏电阻的阻值减小，导致左侧电路中的电流增大，电磁铁的磁性增强，把中间的杠杆式开关吸向左边的a触点，故为了使温度过高时报警器铃响，事先应将开关c接在a处。(2)若使手动报警的温度提高些，就是要求热敏电阻在电阻更小时报警器才能工作，滑动变阻器实际接入电路的阻值应该大些，故应将滑动变阻器的滑片P点向左移动。(3)如果在调试报警器达最低报警温度时，无论如何调节滑动变阻器滑片P都不能使报警器工作，且电路连接完好，各电路元件都处于工作状态，主要原因只能是中间杠杆不能被电磁铁吸过去的缘故，通过对引起杠杆转动的顺、逆时针力矩分析，原因可能是电磁铁的磁性不足，弹簧的劲度系数太大等。
10．如图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)在如图所示电路中，电源电压恒为9 V，电流表读数为70 mA，定值电阻R1＝250 Ω。由热敏电阻的I-U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为________V；电阻R2的阻值为________ Ω。
(2)举出一个可以应用热敏电阻的例子。
答案 (1)5.2 111.8
(2)恒温箱、自动孵化器、热敏温度计等
解析 (1)流过电阻R1的电流为
I1＝＝ A＝0.036 A＝36 mA，
所以流过热敏电阻的电流为
I＝I总－I1＝(70－36) mA＝34 mA，
从热敏电阻的伏安特性曲线可看出，
当I＝34 mA时，对应的电压为U′＝5.2 V。
因此R2两端的电压为
U2＝U－U′＝(9－5.2) V＝3.8 V
所以R2＝U2/I2＝U2/I＝ Ω≈111.8 Ω
(2)恒温箱、自动孵化器，热敏温度计等
11．[2014·重庆高考]某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g。问：
(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？
(2)供电电流I是从C端还是从D端流入？求重物质量与电流的关系。
(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？
答案 (1)从C端流出 (2)D端；m＝I
(3)
解析 (1)感应电流从C端流出
(2)外加电流从D端流入
设线圈受到的安培力为FA
由FA＝mg和FA＝2nBIL
得m＝I
(3)设称量最大质量为m0
由m＝I和P＝IR
得m0＝。
12．青岛奥运会帆船赛场采用风力发电给蓄电池充电，为路灯提供电能。用光敏电阻作为传感器控制路灯电路的开关，实现自动控制。
光敏电阻的阻值随照射光的强弱而变化，作为简化模型，可以近似认为，照射光较强(如白天)时电阻几乎为0；照射光较弱(如黑天)时电阻接近于无穷大。利用光敏电阻作为传感器，借助电磁开关，可以实现路灯自动在白天关闭，黑天打开。电磁开关的内部结构如图所示。1、2两接线柱之间是励磁线圈，3、4两接线柱分别与弹簧片和触点连接。当励磁线圈中电流大于50 mA时，电磁铁吸合铁片，弹簧片和触点分离，3、4断开；当电流小于50 mA时，3、4接通。励磁线圈中允许通过的最大电流为100 mA。
(1)利用以下器材设计一个自动控制路灯的电路，画出电路原理图。
光敏电阻R1，符号
灯泡L，额定功率40 W，额定电压36 V，符号
保护电阻R2，符号
电磁开关，符号
蓄电池E，电压36 V，内阻很小；
开关S，导线若干。
(2)回答下列问题：
①如果励磁线圈的电阻为200 Ω，励磁线圈允许加的最大电压为______ V，保护电阻R2的阻值范围为______ Ω。
②在有些应用电磁开关的场合，为了安全，往往需要在电磁铁吸合铁片时，接线柱3、4之间从断开变为接通。为此，电磁开关内部结构应如何改造？请结合本题中电磁开关内部结构图说明。
答：________________________________________________。
③任意举出一个其他的电磁铁应用的例子。
答：________________________________________________。
答案 (1)见解析
(2)①20 160～520
②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通；不吸合时，3、4之间断开
③电磁起重机
解析 (1)电路原理图如图所示。
(2)U＝ImaxR＝100×10－3×200 V＝20 V。
保护电阻R2上的最大电流为100 mA，此时其两端电压为16 V，则对应的电阻
R2＝ Ω＝160 Ω。
电路中最小电流为50 mA，
线圈两端电压U1＝IminR＝50×10－3×200 V＝10 V，
则R2上的电压为36 V－10 V＝26 V，
R2＝ Ω＝520 Ω。
故R2的阻值范围为160～520 Ω。
第六章水平测试
测试时间：90分钟 满分：100分
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在第1～6题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．下列说法正确的是( )
A．凡将非电学量转化为电学量的传感器都是物理传感器
B．湿敏传感器只能是物理传感器
C．物理传感器只能将采集到的信息转化为电压输出
D．物理传感器利用的是物质的物理性质和物理效应
答案 D
解析 各种传感器虽然工作原理不同，但基本功能相似，多数是将非电学量转化为电学量，故A错；湿敏传感器为化学传感器，故B错；传感器既可将信息转化为电压输出，也可转化为电流、电阻等输出，故C错；由物理传感器定义知D正确。
2．[2015·德州高二检测]下列有关传感器的说法中错误的是( )
A．汶川大地震时用的生命探测仪利用了生物传感器
B．“嫦娥二号”卫星星载的立体相机获取月球数据利用了光传感器
C．电子秤称量物体质量是利用了力传感器
D．火灾报警器能够在发生火灾时报警是利用了温度传感器
答案 D
解析 生命探测仪是利用生物传感器，立体相机是利用光学传感器，电子秤是利用压力传感器，火灾报警是在烟雾浓度达到一定程度时能够输出电信号，使警铃发声或使红灯闪烁，自动报警，利用了光学传感器而不是利用了温度传感器，A、B、C对，D错。
3．如图是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R。图中是某同学画出的在t0时刻开关S由闭合变为断开，通过传感器的电流随时间变化的图象。关于这些图象，下列说法中正确的是( )
A．甲图是通过传感器1的电流随时间变化的情况
B．乙图是通过传感器1的电流随时间变化的情况
C．丙图是通过传感器2的电流随时间变化的情况
D．丁图是通过传感器2的电流随时间变化的情况
答案 C
解析 开关S由闭合变为断开，传感器1中的电流立刻变为零，如丁图；传感器2中的电流由于线圈的自感作用，电流反向并逐渐减小，C正确，A、B、D错误。
4．如图所示，用光敏电阻LDR和灯泡制成的一种简易水污染指示器，下列说法中正确的是( )
A．严重污染时，LDR是高电阻
B．轻度污染时，LDR是高电阻
C．无论污染程度如何，LDR的电阻不变，阻值大小由材料本身因素决定
D．该仪器不会受到白天光照的影响
答案 A
解析 严重污染时，透过污水照到LDR上的光线较少，LDR电阻较大，A对，B错；LDR由半导体材料制成，受光照影响电阻会发生变化，C错；白天自然光强度较强，会对LDR造成影响，D错。
5．如图所示是某居住小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R1为光敏电阻、R2为定值电阻，A、B接监控装置，则( )
①当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压升高
②当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压降低
③当仅增大R2的阻值时，可增大A、B之间的电压
④当仅减小R2的阻值时，可增大A、B之间的电压
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
答案 C
解析 R1是光敏电阻，有光照射时，电阻变小，当有人通过而遮蔽光线时，R1的阻值变大，回路中的电流I减小，A、B间的电压U＝IR2减小，故①项错误，②项正确；由闭合电路欧姆定律得：U＝E－I(R1＋r)，当仅增大R2的阻值时，电路中的电流减小，A、B间的电压U增大，故③项正确；当减小R2的阻值时，电路中的电流增大，A、B间的电压U减小，故④项错误，故应选C。
6．如图所示是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图。门打开时，红外光敏电阻R3受到红外线照射，电阻减小；门关闭会遮蔽红外线源(红外线源没有画出)。经实际试验，灯的亮灭能反映门的开、关状态。门打开时两灯的发光情况以及R2两端电压UR2与门关闭时相比( )
A．红灯亮，UR2变大 B．绿灯亮，UR2变大
C．绿灯亮，UR2变小 D．红灯亮，UR2变小
答案 D
解析 门打开R3减小，导致R总减小和I总增加，Ur和UR1变大，UR2＝E－(UR1＋Ur)减小，IR3＝I总－增加，电磁继电器磁性增强把衔铁拉下，红灯亮，绿灯灭，A、B、C均错误，D正确。
7．如图所示为一种自动跳闸的闸刀开关，O是转轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M、N接电源线，闸刀处于垂直纸面向里、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，C、O间距离为10 cm。当磁场力为0.2 N时，闸刀开关会自动跳开。则要使闸刀开关能跳开，CO中通过的电流的大小和方向为( )
A．电流方向C→O B．电流方向O→C
C．电流大小为2 A D．电流大小为1 A
答案 BC
解析 只有当OC受到向左的安培力时，闸门才能自动跳开，根据左手定则知电流的方向是O→C，CO所受安培力大小为F安＝BIL＝1×I×0.1 N＝0.2 N，从而解得I＝2 A。
8．在一些学校的教室里，为了保证照明条件，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。其原理图如图所示，R为一光敏电阻，L为一带铁芯的螺线管。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( )
A．光照越强时，光敏电阻的阻值越大，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
答案 BC
解析 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。
9．[2015·保定高二检测]振弦型频率传感器的结构如图所示，它由钢弦和永磁铁两部分组成，钢弦上端用固定夹块夹紧，下端的夹块与一膜片相连接，且夹块始终对膜片有压力。当弦上的张力越大时，弦的固有频率越大。这种装置可以从线圈输出电压的频率确定膜片处压力的变化。下列说法正确的是( )
A．当软铁块与磁铁靠近时，a端电势高
B．当软铁块与磁铁靠近时，b端电势高
C．膜片上的压力较小时，线圈中感应电动势的频率高
D．膜片上的压力较大时，线圈中感应电动势的频率高
答案 BC
解析 当铁块靠近磁铁时，线圈中的磁通量增加，根据楞次定律可得，b端电势比a端电势高，选项B正确；膜片上压力越小时，钢弦上的张力越大，振动频率越高，线圈中感应电动势的频率越高，所以选项C正确。
10．[2015·江西吉安质检]巨磁电阻(GMR)电流传感器可用来准确检测大容量远距离直流输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效应。巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻R在一定磁场作用下随磁感应强度B的增加而急剧减小的特性。如图所示为检测电路的原理图，设输电线路电流为I(不是GMR中的电流)GMR为巨磁电阻，R1、R2为定值电阻。已知输电线路电流I在巨磁电阻GMR处产生的磁场的磁感应强度B的大小与I成正比，下列有关说法正确的是( )
A．如果I增大，电压表示数减小，电压表示数增大
B．如果I增大，电流表示数减小，电压表示数增大
C．如果I减小，电压表示数增大，电压表示数增大
D．如果I减小，电流表示数减小，电压表示数减小
答案 AD
解析 如果I增大，巨磁电阻(GMR)电流传感器处磁场的磁感应强度B增大，巨磁电阻的电阻减小，巨磁电阻中电流增大，电流表示数增大，电压表示数增大，电压表示数减小，选项A正确B错误；如果I减小，巨磁电阻(GMR)电流传感器处磁场的磁感应强度B减小，巨磁电阻的电阻增大，巨磁电阻中电流减小，电流表示数减小，电压表示数减小，电压表示数增大，选项D正确C错误。
二、实验题(本大题共2小题，每小题6分，共12分，把答案填在题中横线上或按题目要求作答。)
11．有一种测量压力的电子秤，其原理图如图所示。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：
压力F/N
0
50
100
150
200
250
300
…
电阻R/Ω
300
280
260
240
220
200
180
…
(1)利用表中的数据归纳出电阻R随压力F变化的函数式R＝________ Ω；
(2)若电容器的耐压值为5 V，该电子秤的最大称量值为________N；
(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________。(选填“均匀”或“不均匀”)
答案 (1)300－0.4F (2)600 (3)不均匀
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＝(300－0.4F) 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。
12．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。
甲
(1)在图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。
答案 见解析
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1所示。
(2)实物接线如图2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。
三、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位。)
13．(10分)全自动洗衣机中，排水电磁阀是由程序控制器控制其动作的。当洗衣机进行排水和脱水程序时，电磁铁的线圈通电，使电磁铁的铁芯2动作，牵引排水阀的活塞打开，排出污水。牵引电磁铁的结构如图所示。
当程序控制器的控制电流通过线圈时，线圈和铁芯1产生一个强的磁场，使铁芯2磁化，由于磁体相互作用，将铁芯2吸入线圈，此时铁芯2将拉动阀门使阀门打开排水。同样，控制器不输出控制电流时，电磁铁将失去磁性，弹簧(图中未画)将铁芯2拉回原位，从而关闭阀门。想一想：
(1)某时刻输入控制电流时，a为正，b为负，则铁芯2中A端和B端分别为什么磁极？
(2)a、b处输入的是正、负交变电流，铁芯2是否仍然吸入线圈？与恒定电流相比会有什么不同？
答案 见解析
解析 (1)利用安培定则判断，A端为S极，B端为N极。
(2)仍能吸入线圈，因为铁芯仍能被磁化，且磁化后的磁性总是与线圈发生相吸的作用。但与恒定电流产生的磁场相比，交变磁场强弱有变化，当磁性减弱的时刻弹簧会将铁芯2拉离线圈，因而会有振动而产生噪声。
14．(12分)在蹦床项目中，假设表演时运动员仅在竖直方向运动，通过传感器将弹簧床面与运动员间的弹力随时间变化的规律在计算机上绘制出如图所示的曲线，当地重力加速度为g＝10 m/s2，依据图象给出的信息，回答下列物理量能否求出，如能求出写出必要的运算过程和最后结果。
(1)蹦床运动稳定后的运动周期；
(2)运动员的质量；
(3)运动过程中，运动员离开弹簧床上升的最大高度；
(4)运动过程中运动员的最大加速度。
答案 (1)2.8 s (2)50 kg (3)5 m (4)40 m/s2，方向竖直向上
解析 (1)稳定后的运动周期可以求出，由图象可知T＝(9.5－6.7) s＝2.8 s。
(2)运动员的质量可以求出，由图象可知运动员运动前mg＝F0＝500 N，m＝50 kg。
(3)运动员上升的最大高度可以求出，由图象可知运动员运动稳定后每次腾空时间为(8.7－6.7) s＝2 s
H＝g(Δt)2＝5 m。
(4)运动过程中运动员的最大加速度可以求出，运动员每次腾空时加速度a1＝g＝10 m/s2，而陷落最深时由图象可知Fmax＝2500 N
此时由牛顿第二定律Fmax－mg＝mamax
可得最大加速度amax＝－g＝40 m/s2，方向竖直向上。
15．(12分)某课外小组设计了一种测定风速的装置，其原理如图所示，一个劲度系数k＝120 N/m，自然长度L0＝1 m弹簧一端固定在墙上的M点，另一端N与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属杆上，弹簧是不导电的材料制成的。迎风板面积S＝0.5 m2，工作时总是正对着风吹来的方向。电路的一端与迎风板相连，另一端在M点与金属杆相连。迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好。定值电阻R＝1.0 Ω，电源的电动势E＝12 V，内阻r＝0.5 Ω。闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数U1＝9.0 V，某时刻由于风吹迎风板，电压表的示数变为U2＝6.0 V。(电压表可看作理想电表)试求：
(1)金属杆单位长度的电阻；
(2)此时作用在迎风板上的风力。
答案 (1)4.5 Ω/m (2)80 N
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＝4.5 Ω
所以金属杆单位长度的电阻
r0＝＝ Ω/m＝4.5 Ω/m。
(2)有风时：U2＝R2得R2＝1.5 Ω
此时，弹簧长度L＝＝ m
压缩量x＝L0－L＝(1－) m＝ m
由平衡得此时风力：
F＝kx＝120× N＝80 N。
16．(14分)如图所示为一种悬球式加速度仪的原理图，它可以用来测定沿水平轨道运动的列车的加速度。金属球的质量为m，它系在金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在O点，AB是一根长为L的均匀电阻丝，其总阻值为R，金属丝与电阻丝接触良好，摩擦不计。电阻丝的中点C处焊接一根导线，从O点也引出一根导线，两根导线之间接入一个电压表，图中虚线OC与AB垂直，且OC＝h，电阻丝AB接在电压为U的直流稳压电源上。整个装置固定在列车中，使AB沿车前进的方向。列车静止时金属丝处于竖直状态，当加速或减速时，金属丝将偏离竖直方向，从电压表的读数变化可以测出加速度的大小。
(1)当列车向右做匀加速直线运动时，试导出加速度a与电压表读数U′的关系式。
(2)用导出的关系式说明表盘上a的刻度是否均匀。
(3)C点设置在电阻丝AB中点的原因是什么？对电压表的选择有什么特殊要求吗？
答案 见解析
解析 (1)设列车加速度为a时，金属丝偏离竖直方向的角度为θ，此时金属球受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝ma
又tan θ＝
则由以上两式解得a＝g·
设此时电压表读数为U′，则
＝＝
则DC＝，故a＝g·
(2)由上式可知，g、L、U、h均为常量，则加速度a与电压表读数U′成正比，可将电压表上的刻度一一改成相应的加速度a的数值，因而可知表盘上加速度a的刻度与电压刻度一样是均匀的。
(3)列车可能加速运动也可能减速运动(加速度方向变化)，C点在电阻丝AB中点时，电压表中间的刻度为零；选用的电压表零刻度需在表盘的中央，指针能左右摆动。
03 随堂对点训练
知识点一 电和磁
1．(多选)下列现象中，能表明电和磁有联系的是( )
A．摩擦起电
B．两块磁铁相互吸引或排斥
C．小磁针靠近通电导线时偏转
D．磁铁插入闭合线圈过程中，线圈中产生感应电流
答案 CD
解析 摩擦起电是静电现象；两块磁铁相互吸引或排斥是磁现象；小磁针靠近通电导线时偏转，说明“电生磁”；磁铁插入闭合线圈过程中，线圈中产生感应电流，说明“磁生电”。C、D表明电和磁有联系。
2．如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是( )
答案 B
解析 选项A是用来探究影响安培力的大小因素的实验。选项B是研究电磁感应现象的实验，观察导体棒在磁场中做切割磁感线运动时是否会产生感应电流。选项C是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验。选项D是奥斯特实验，证明通电导线周围存在磁场。
知识点二 磁通量
3．[2015·昌平区高二检测](多选)恒定的匀强磁场中有一个圆形闭合线圈，线圈平面垂直于磁场方向，当线圈在此磁场中做下列哪种运动时，穿过线圈的磁通量发生了变化( )
A．线圈沿自身所在的平面做匀速运动
B．线圈沿自身所在的平面做加速运动
C．线圈绕任一直径做匀速转动
D．线圈绕任一直径做变速转动
答案 CD
解析 线圈做任何平动，线圈在垂直磁场方向的面积都不发生变化，所以穿过线圈的磁通量不发生变化，A、B错。而线圈转动时，线圈在垂直磁场方向的面积会发生变化，导致磁通量变化，C、D正确。
知识点三 感应电流的产生
4．[2015·咸阳高二检测]图中能产生感应电流的是( )
答案 B
解析 A项中线圈没闭合，有感应电动势，但无感应电流产生，C项中穿过线圈的磁通量始终为零，不发生变化，D
项中，线圈在匀强磁场中平动，穿过线圈的磁通量不变化，故A、C、D错误；B项中， 闭合回路的面积增大，穿过回路的磁通量增大，有感应电流产生，故B项正确。
5．在电磁感应现象中，下列说法正确的是( )
A．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流
B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流
C．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路内一定会产生感应电流
D．闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流
答案 C
解析 导体处于闭合回路中，且做切割磁感线运动引起磁通量变化时，产生感应电流，A、B项不正确；闭合电路在磁场内做切割磁感线运动时，穿过回路的磁通量不一定变化，不一定产生感应电流，D错误；根据感应电流的产生条件可知，C正确。
6．如图所示，线圈A中接有电源，线圈B有一半的面积处在线圈A中，两线圈平行但不接触，则在开关S闭合的瞬间，线圈B中有无感应电流？
答案 有感应电流
解析 将S闭合的瞬间，与线圈A组成的闭合电路有电流通过，线圈A产生的磁通量要穿过线圈B，线圈A是环形电流，其磁场不仅穿过所包围的面积，方向向外；也穿过线圈外的广大面积，方向向里，所包围的面积内磁通密度大，外围面积上的磁通密度小，线圈B与A重合的一半面积上向外的磁通量大于另一半面积上向内的磁通量，因此线圈B所包围的总磁通量不为零，而且方向向外，也就是说在开关S闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增加，所以有感应电流。
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
物理学史
1
磁通量
2、4、6
12
感应电流的产生
3、5、7
8、9、10、11
1.(多选)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．卡文迪许测出引力常数
B．法拉第发现电磁感应现象
C．安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式
D．库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律
答案 ABD
解析 解答本题的关键在于了解物理学家及其相关成就。
解答本题时可按以下流程分析：
2．关于磁通量，下列说法中正确的是( )
A．磁通量不仅有大小，而且有方向，所以是矢量
B．磁通量越大，磁感应强度越大
C．通过某一面的磁通量为零，该处磁感应强度不一定为零
D．磁通量就是磁感应强度
答案 C
解析 磁通量是标量，故A不对；由Φ＝BS⊥可知Φ由B和S⊥两个因素决定，Φ较大，有可能是由于S⊥较大造成的，所以磁通量越大，磁感应强度越大是错误的，故B不对；由Φ＝BS⊥可知，当线圈平面与磁场方向平行时，S⊥＝0，Φ＝0，但磁感应强度B不为零，故C对；磁通量和磁感应强度是两个不同的物理量，故D不对。
3．某学生做观察电磁感应现象的实验，将灵敏电流计、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，当它接通、断开开关时，电流计的指针都没有偏转，其原因是( )
A．开关位置接错
B．电流表的正、负极接反
C．线圈B的接头3、4接反
D．蓄电池的正、负极接反
答案 A
解析 图中所示开关的连接不能控制含有电源的电路中电流的通断。而本实验的内容之一就是用来研究在开关通断瞬间电流的有无导致磁场变化，进而观察产生感应电流的情况，但图中的接法却达不到目的。
4．[2015·济南高二检测]如图所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I通过时，它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，下列说法中正确的是( )
A．Φa<Φb<Φc B．Φa>Φb>Φc
C．Φa<Φc<Φb D．Φa>Φc>Φb
答案 B
解析 当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线条数c最多，其次是b，a中无向外的磁感线。因此，据合磁通量的计算，应该是Φa>Φb>Φc。
5．[2015·株洲高二检测]闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，如图所示，各情况下导线都在纸面内运动，那么下列判断中正确的是( )
A．都会产生感应电流
B．都不会产生感应电流
C．甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流
D．甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流
答案 C
解析 甲、丙两图中导线ab都在垂直切割磁感线，又因电路闭合，故产生感应电流；乙、丁两图中导体不切割磁感线，不会产生感应电流。故C项正确。
6．[2015·焦作高二检测]如图所示，AB是水平面上一个圆的直径，在过AB的竖直面内有一根通电直导线CD，已知CD∥AB。当CD竖直向上平移时，电流的磁场穿过圆面积的磁通量将( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．始终为零 D．不为零，但保持不变
答案 C
解析 通电直导线周围的磁场是以导线上各点为圆心的一系列同心圆，故穿过圆面积向下的磁通量和穿过圆面积向上的磁通量数值相同，净磁通量为零，C正确。
7．[2015·台州高二检测]如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是( )
A．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动
B．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动
C．线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动
D．线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动
答案 C
解析 四种情况中初始位置线框均与磁感线平行，磁通量为零，线圈按A、B、D三种情况移动后，线框仍与磁感线平行，磁通量保持为零不变，线框中不产生感应电流。C中线圈转动后，穿过线框的磁通量不断发生变化，所以产生感应电流，C项正确。
8．[2015·南京高二检测]如图所示，三角形线圈abc放在范围足够大的匀强磁场中并做下列运动，能产生感应电流的是( )
A．向上平移 B．向右平移
C．向左平移 D．以ab为轴转动
答案 D
解析 线圈平移时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，A、B、C错误；线圈以ab为轴转动时，线圈与磁场的夹角变化而使穿过线圈的磁通量变化，从而产生电流，D正确。
9．[2015·延安高二检测](多选)如图所示，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ，导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面(纸面)向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们分别以速度v1、v2做匀速直线运动，下列哪种情形回路中有电流通过( )
A．v1＝v2 B．v1>v2
C．v1答案 BC
解析 题中磁感应强度不变，结合运动情况研究面积是否发生改变。只要两杆速度不同，穿过闭合回路的磁通量就会变化，回路中就有感应电流产生。选项A中v1＝v2时，闭合回路的面积不变，在匀强磁场中磁通量也不会变，所以回路中没有感应电流产生；选项B中v1>v2，两金属杆1、2间距离减小，回路面积减小，使磁通量减小，会在回路中产生感应电流；同理选项C会使回路中磁通量变大，也会产生感应电流，所以选项B、C正确。
10．(多选)如图所示，在同一平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的圆形闭合线圈在四个象限中完全对称放置，两条长直导线中电流大小与变化情况完全相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是( )
A．线圈a中无感应电流 B．线圈b中有感应电流
C．线圈c中有感应电流 D．线圈d中无感应电流
答案 CD
解析 根据安培定则可判断出两通电直导线的磁场方向，线圈a中磁场方向均垂直于纸面向里，线圈c中磁场方向均垂直于纸面向外，线圈b、d中合磁通量为零，当导线中电流增大时，线圈a、c中合磁通量增大，有感应电流产生，线圈b、d中合磁通量为零，无感应电流产生，故选项A、B错误，C、D正确。
11．(多选)如图所示，用导线做成圆形或正方形回路，这些回路与一直导线构成几种位置组合(彼此绝缘)，下列组合中切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是( )
答案 CD
解析 利用安培定则判断直线电流产生的磁场，其磁感线是一些以直导线为轴的无数组同心圆，即磁感线所在平面均垂直于导线，且直线电流产生的磁场分布情况是：靠近直导线处磁场强，远离直导线处磁场弱。所以，A中穿过圆形线圈的磁场如图甲所示，其有效磁通量为ΦA＝Φ出－Φ进＝0，且始终为0，即使切断导线中的电流，ΦA也
始终为0，A中不可能产生感应电流；B中线圈平面与导线的磁场平行，穿过B的磁通量也始终为0，B中也不可能产生感应电流；C中穿过线圈的磁通量如图乙所示，Φ进>Φ出，即ΦC≠0，当切断导线中电流后，经过一定时间，穿过线圈的磁通量ΦC减小为0，所以C中有感应电流产生；D中线圈的磁通量ΦD不为0，当电流切断后，ΦD最终也减小为0，所以D中也有感应电流产生。
12．[2015·聊城高二检测]如图所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场，B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1 cm。现于纸面内先后放上与磁场垂直的圆线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1 cm,10匝；B线圈半径为2 cm,1 匝；C线圈半径为0.5 cm,1匝。问：
(1)在B减为0.4 T的过程中，A和B中磁通量改变多少？
(2)当磁场转过30°角的过程中，C中磁通量改变多少？
答案 (1)A、B磁通量均改变1.256×10－4 Wb
(2)8.4×10－6 Wb
解析 (1)对A线圈，ΦA1＝B1πr，ΦA2＝B2πr
磁通量改变量
ΔΦA＝|ΦA2－ΦA1|＝(0.8－0.4)×3.14×10－4 Wb＝1.256×10－4 Wb
对B线圈，ΦB1＝B1πr，ΦB2＝B2πr，磁通量改变量
ΔΦB＝|ΦB2－ΦB1|＝(0.8－0.4)×3.14×10－4 Wb
＝1.256×10－4 Wb。
(2)对C线圈：ΦC1＝Bπr，磁场转过30°，线圈仍全部处于磁场中，线圈面积在垂直磁场方向的投影为πrcos30°，则ΦC2＝Bπrcos30°
磁通量改变量ΔΦC＝|ΦC2－ΦC1|＝Bπr(1－cos30°)＝0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866) Wb＝8.4×10－6 Wb。
03 随堂对点训练
知识点一 对楞次定律的理解
1．关于楞次定律，可以理解为( )
A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场
B．感应电流产生的效果总是阻碍导体与磁体间的相对运动
C．若原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场同向；若原磁通量减少，感应电流的磁场跟原磁场反向
D．感应电流的磁场总是与原磁场反向
答案 B
解析 感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，但阻碍不等于反向，楞次定律的另一种表述为“感应电流产生的效果总是阻碍导体与磁体间的相对运动”。
知识点二 楞次定律应用
2．[2015·杭州高二检测](多选)两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环。当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，则( )
A．A可能带正电且转速减小
B．A可能带正电且转速增大
C．A可能带负电且转速减小
D．A可能带负电且转速增大
答案 BC
解析 选取A环为研究对象，若A环带正电，且转速增大，则使穿过环面的磁通量向里增加，由楞次定律知，B环中感应电流的磁场方向向外，B环中感应电流的方向应为逆时针方向，故A错误、B正确；若A环带负电，且转速增大，则使穿过环面的磁通量向外增加，由楞次定律知，B环中感应电流的磁场方向向里，B环中感应电流的方向应为顺时针方向，故C正确、D错误。
3．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，环中感应电流方向都是沿逆时针方向的
D．环在磁场中运动时，就已经有感应电流了
答案 B
解析 将环拉出时，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律即可判断出感应电流的方向。将金属圆环不管从哪边拉出磁场，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沿顺时针方向的，选项B正确，选项A、C错误；另外，圆环在磁场中运动时，穿过圆环的磁通量没有改变，该情况无感应电流，故选项D错误。
知识点三 楞次定律、左手定则
4．[2015·黄冈高二检测](多选)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
答案 BD
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。
5. (多选)如图所示，导体AB、CD可在处于匀强磁场的两水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不相通。当导体棒AB向左移动时( )
A．AB中感应电流的方向为A到B
B．AB中感应电流的方向为B到A
C．CD向左移动
D．CD向右移动
答案 AD
解析 “因动而生电”类问题用右手定则，“因电而受力”类问题用左手定则。由右手定则可判断AB中感应电流方向为A到B，从而CD中电流方向为C到D。导体CD所受安培力方向由左手定则判断知向右，所以CD向右移动。
6. 如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是( )
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
答案 D
解析 从导体和磁体的相对运动的角度来看，感应电流总要阻碍相对运动趋势，可理解为“来拒去留”。当条形磁铁移近矩形线圈时，线圈中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍磁铁的靠近，对磁铁产生一个斜向左上方向的作用力，根据牛顿第三定律，磁铁给线圈一个斜向右下方向的作用力，这个作用力的竖直分量使线圈受到的支持力FN大于mg，水平分量使线圈有向右运动的趋势。当磁铁移离线圈时，磁铁对线圈的作用力是指向右上方的，这个作用力的竖直分量使FN小于mg，水平分量使线圈有向右运动的趋势。综合所述，D正确。
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
楞次定律理解
1
楞次定律应用
2、3、4、5、6
7、9、10
左手定则
11
右手定则
8
12
1.关于电磁感应现象，下列说法中正确的是( )
A．感应电流的磁场总是与原磁场方向相反
B．闭合线圈放在变化的磁场中就一定能产生感应电流
C．闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流
D．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化
答案 D
解析 电磁感应现象中，若磁通量减小，则感应电流的磁场与原磁场方向相同，选项A错误。若闭合线圈平面与磁场方向平行，则无论磁场强弱如何变化，穿过线圈的磁通量始终为零，不产生感应电流，选项B错误。若线圈切割磁感线时，穿过线圈的磁通量不发生变化，则不能产生感应电流，选项C错误。只有选项D正确。
2．[2014·牡丹江高二检测](多选)如图所示，当磁铁运动时，流过电阻的电流由A经R到B，则磁铁的运动可能是( )
A．向下运动 B．向上运动
C．向左平移 D．以上都不可能
答案 BC
解析 此题可通过逆向思维应用楞次定律来判定。由感应电流方向A→R→B，应用安培定则知感应电流在线圈内产生的磁场方向应是从上指向下，由楞次定律判得线圈内磁通量的变化应是向下减小或向上增加，由条形磁铁的磁感线分布知线圈内原磁场是向下的，故应是磁通量减小，即磁铁向上运动或向左、右平移，所以正确的答案是B、C。
3．[2015·宿州高二检测]某磁场磁感线如图，有一铜线圈自A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是( )
A．始终顺时针
B．先顺时针再逆时针
C．始终逆时针
D．先逆时针再顺时针
答案 B
解析 由题图可知，磁场方向向上，线圈下落过程中，穿过线圈的磁通量先增加后减小，由楞次定律知，感应电流的磁场方向先向下后向上，所以线圈中感应电流的方向先沿顺时针再沿逆时针，B正确。
4．如图所示，金属环所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。当磁感应强度逐渐增大时，内、外金属环中感应电流的方向为 ( )
A．外环顺时针、内环逆时针
B．外环逆时针，内环顺时针
C．内、外环均为逆时针
D．内、外环均为顺时针
答案 B
解析 首先明确研究的回路由外环和内环共同组成，回路中包围的磁场方向垂直纸面向里且磁通量增加。由楞次定律可知两环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直于纸面向外，再由安培定则判断出感应电流的方向是在外环沿逆时针方向，在内环沿顺时针方向，故选项B正确。
5. [2015·大同高二检测]如图所示，直角导体滑轨MON固定在竖直平面内，该平面内有水平方向的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。导体棒两端被限制在滑轨上，可无摩擦地滑动。导体棒由图示位置(Oa＝Ob)释放，在下滑到水平位置的过程中，通过ab的感应电流方向是( )
A．始终由a→b B．始终由b→a
C．先由a→b，后由b→a D．先由b→a，后由a→b
答案 A
解析 ab棒由图示位置下滑到水平位置的过程中，穿过闭合回路aOb的磁通量逐渐减小到零。由楞次定律可知，ab中电流方向为a→b。选A。
6．[2015·邢台高二检测]如图所示，螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流减小时( )
①环A有缩小的趋势 ②环A有扩张的趋势 ③螺线管B有缩短的趋势 ④螺线管B有伸长的趋势
A．①③ B．②④
C．①④ D．②③
答案 C
解析 若电流I不变，要使A环中的磁通量增加，需使A环的面积减小。现在B中的电流I减小，穿过A环的磁通量减小，A环中产生的感应电流要起到“补偿”原磁通量的减小，环A的面积减小一些，即环A有缩小的趋势，故①正确。螺丝管B中每匝的电流方向相同，由于同向平行电流有相互吸引的作用力，而电流减小吸引力则减小，所以B有伸长的趋势，故④正确。
7．[2015·长春高二检测]绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示。线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起。若保持电键闭合，则( )
A．铝环不断升高
B．铝环停留在某一高度
C．铝环跳起到某一高度后将回落
D．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变
答案 D
解析 电键闭合的瞬间，回路中电流增大，穿过铝环的磁通量增大，根据楞次定律的广义表述，铝环受到向上的安培力以致向上跳起，从而阻碍磁通量的增加，这一现象与线圈中电流方向无关，D项正确。电键保持闭合时，线圈中电流不变，穿过铝环的磁通量不变，无上述现象发生，铝环停在原位置，A、B、C错误。
8．[2015·常州高二检测]如图所示，两个相同的铝环套在一根光滑绝缘杆上，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
答案 C
解析 当将一条形磁铁向左插入铝环的过程中，依据楞次定律可得：两个圆环皆阻碍条形磁铁的运动，对条形磁铁施加一个向右的作用力。依据牛顿第三定律可得：条形磁铁对两个圆环皆有一个反作用力，使两个圆环皆向左运动。依据磁场力的大小可知，右边的圆环受到的反作用力较大，运动的平均速度较大，而左边的圆环受到的反作用力较小，运动的平均速度较小，因此它们间的间距逐渐减小。另外，两个圆环产生的感应电流的方向相同，依据安培定则和左手定则可以判断，两个圆环之间是相互吸引的。
9．[2015·宁波高二检测]如图甲所示，长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中固定不动，长直导线中通以大小和方向随时间作周期性变化的电流i，i-t图象如图乙所示，规定图中箭头所指的方向为电流正方向，则在～时间内，矩形线框中感应电流的方向，下列判断正确的是( )
A．始终沿逆时针方向
B．始终沿顺时针方向
C．先沿逆时针方向然后沿顺时针方向
D．先沿顺时针方向然后沿逆时针方向
答案 B
解析 在～时间内，穿过线框的磁通量先向里减小后向外增加，由楞次定律可知感应电流的磁通量向里，故感应电流的方向始终沿顺时针方向，选B。
10．如图甲所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图乙中的哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环对桌面的压力增大( )
答案 B
解析 由“导体圆环对桌面的压力增大”分析可知螺线管对圆环有斥力作用。故螺线管中的电流应该增加(等效磁铁的磁性增强)，则要求磁通量的变化率逐渐增加，结合B－t图象分析，B对。
11．某同学在学习了法拉第电磁感应定律之后，自己制作了一个手动手电筒。下图是手电筒的简单结构示意图，左右两端是两块完全相同的条形磁铁，中间是一根绝缘直杆，由绝缘细铜丝绕制的多匝环形线圈只可在直杆上自由滑动，线圈两端接一灯泡，晃动手电筒时线圈也来回滑动，灯泡就会发光，其中O点是两磁极连线的中点，a、b两点关于O点对称。
(1)试分析其工作原理。
(2)灯泡中的电流方向是否变化。
答案 (1)见解析 (2)变化
解析 (1)线圈来回滑动时，穿过线圈的磁通量不断变化，线圈中产生感应电流，灯泡发光。
(2)线圈由a滑至b过程中，磁场方向向左，穿过线圈的磁通量先减小后增加，根据楞次定律，灯泡中电流方向先由右向左，后由左向右。
同样可判断线圈由b滑至a过程中，灯泡中电流方向先由右向左，后由左向右。所以线圈中电流方向不断变化。
12．在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合开关S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。然后按图乙所示，将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路。
(1)S闭合后，将螺线管A(原线圈)插入螺线管B(副线圈)的过程中，电流表的指针将如何偏转？
(2)线圈A放在B中不动时，指针如何偏转？
(3)线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将如何偏转？
(4)线圈A放在B中不动，突然断开S，电流表指针又将如何偏转？
答案 (1)向右偏转 (2)不偏转 (3)向右偏转 (4)向左偏转
解析 由图甲可知当电流从电表的正接线柱进入时，电流表指针左偏，即电流从哪一个接线柱进入电流表，其指针就会向哪个方向偏转。由图乙可知，当开关S闭合时，原线圈A中磁场的方向向上。(1)将螺线管A插入螺线管B的过程中，B中磁场方向向上且磁通量增加，由楞次定律知，B线圈中产生的感应电流的磁场方向应该向下，所以产生的感应电流从电流表负接线柱流入电表，故电流表的指针将向右偏转。(2)线圈A放在B中不动时，磁场不变，磁通量不变，无感应电流产生，电流表指针不偏转。(3)将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，A中电流增强，B中磁场方向向上且增强，情况同(1)。(4)突然断开S，B中磁场方向向上减弱，磁通量减少，由楞次定律知，B线圈中产生的感应电流的磁场方向应向上，所以产生的感应电流从电流表正接线柱流入电表，故电流表的指针将向左偏转。
03 随堂对点训练
知识点一 法拉第电磁感应定律的理解和应用
1．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
答案 C
解析 由法拉第电磁感应定律知：E＝n，可见感应电动势的大小与线圈的匝数有关，A错误；感应电动势的大小取决于磁通量的变化快慢，而与磁通量的大小无关，B错误，C正确；感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，当原磁场增强时，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，D错误。
2．[2014·南京一模]一种早期发电机原理示意图如图所示，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，线圈圆心为O点。在磁极绕转轴匀速转动的过程中，当磁极与O点在同一条直线上时，穿过线圈的( )
A．磁通量最大，磁通量变化率最大
B．磁通量最大，磁通量变化率最小
C．磁通量最小，磁通量变化率最大
D．磁通量最小，磁通量变化率最小
答案 B
解析 在磁极绕转轴匀速转动的过程中，当磁极与O点在同一条直线上时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最小，选项B正确。
3．如图所示，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( )
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
答案 D
解析 解法一：导体ef将圆环分成两部分，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，左边感应电流的磁场方向向里，右边感应电流的磁场方向向外，由安培定则可判断出左边电流沿顺时针方向，右边电流沿逆时针方向，故D正确。
解法二：导体ef切割磁感线，相当于电源，圆形导体环两侧相当于外电路，由右手定则，可确定电流由e→f，所以左边电流沿顺时针方向，右边电流沿逆时针方向，故D正确。
知识点二 E＝Blv的应用
4．如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v(如图)做匀速运动，令U表示MN两端电压的大小，则( )
A．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b到d
B．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d到b
C．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b到d
D．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d到b
答案 A
解析 导体杆向右做匀速直线运动产生的感应电动势为Blv，R和导体杆形成一串联电路，由分压原理得U＝·R＝Blv，由右手定则可判断出感应电流方向由N―→M―→b―→d―→N，故A选项正确。
5．如图所示，粗细均匀、电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为l；长为l、电阻为的金属棒ab放在圆环上，以v0向左运动，当ab棒运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为( )
A．0 B．Blv0
C. D.
答案 D
解析 切割磁感线的金属棒ab相当于电源，其电阻相当于电源内阻，当运动到虚线位置时，两个半圆金属环相当于并联，可画出如图所示的等效电路图。R外＝R并＝，I＝＝＝。金属棒两端电势差相当于路端电压Uab＝IR外＝×＝Blv0，故D正确。
知识点三 电磁感应与电路综合问题
6．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率＝k。用电阻率为ρ、横截面积为S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)导线中感应电流的大小；
(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率。
答案 (1) (2)
解析 根据法拉第电磁感应定律可求出线框中产生的感应电动势，再根据电阻定律可求出线框的电阻，最后根据闭合电路欧姆定律即可求出导线中电流的大小。
(1)线框中产生的感应电动势
E＝＝＝l2k①
在线框产生的感应电流I＝②
R＝ρ③
联立①②③得I＝。
(2)导线框所受磁场力的大小为F＝BIl，它随时间的变化率为＝Il，由以上几式联立可得＝。
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
法拉第电磁感应定律理解
1
11
法拉第电磁感应定律应用
2、3、5、6
E＝Blv的应用
4
8
法拉第电磁感应与电学问题
7、12
左、右手定则
9
二次感应
10
1.闭合的金属环处于随时间均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面，则( )
A．环中产生的感应电动势均匀变化
B．环中产生的感应电流均匀变化
C．环中产生的感应电动势保持不变
D．环上某一小段导体所受的安培力保持不变
答案 C
解析 磁场均匀变化，也就是说＝k，根据感应电动势的定义式，E＝＝＝kS，其中k是一个常量，所以圆环中产生的感应电动势的数值是一个常量，故A、B错误，C正确；由F＝BIL知，I不变，B增大，故安培力增大，故D错误。
2. [2014·盐城高二检测](多选)一个面积S＝4×10－2 m2的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )
A．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率大小等于0.08 Wb/s
B．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C．在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势大小等于0.08 V
D．在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
答案 AC
解析 0～2 s内，ΔB＝4 T，ΔΦ＝ΔB·S＝1.6×10－1 Wb，所以E＝＝0.08 V，故A、C正确，B错误。3 s末线圈的磁通量为零，但其变化率不为零，所以感应电动势不等于零，故D错误。
3．(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5 T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s。下列说法正确的是( )
A．电压表记录的电压为5 mV
B．电压表记录的电压为9 mV
C．河南岸的电势较高
D．河北岸的电势较高
答案 BD
解析 海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁感线。根据右手定则可判断出北岸是正极，电势高，南岸电势低，所以D正确C错。E＝Blv＝4.5×10－5×100×2 V＝9×10－3 V，所以B正确，A错。
4．如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面。设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L，金属棒与导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为( )
A．I＝ B．I＝
C．I＝ D．I＝
答案 B
解析 解答本题可按以下思路分析：
公式E＝BLv适用于B、L、v三者互相垂直的情况，本题B与L，B与v是相互垂直的，但L与v不垂直，故取L垂直于v的长度Lsinθ，即有效切割长度，所以E＝BLvsin60°＝BLv，由欧姆定律I＝得I＝，故B正确。
5．一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
答案 B
解析 线框位于匀强磁场中，磁通量发生均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可得出感应电动势的大小。
根据法拉第电磁感应定律E＝n，设线框匝数为n，面积为S0，初始时刻磁感应强度为B0，则第一种情况下的感应电动势为E1＝n＝nB0S0；第二种情况下的感应电动势为E2＝n＝nB0S0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确。
6．如图所示，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v，在水平U型框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为( )
A．BLv； B．2BLv；BLv
C．2BLv； D．BLv；2BLv
答案 C
解析 半圆形导体AB切割磁感线的有效长度为2L，对应的电动势为E＝2BLv，AB间的电势差UAB＝R0＝，故C正确。
7. (多选)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )
A．导体框中产生的感应电流方向相同
B．导体框中产生的焦耳热相同
C．导体框ad边两端电势差相同
D．通过导体框截面的电量相同
答案 AD
解析 由楞次定律，从两个方向移出磁场过程中感应电流方向都是a→d→c→b→a，A项正确；以v拉出磁场时，cd边等效为电源E1＝Blv，I1＝＝，t＝，
所以产生的焦耳热Q1＝IRt＝，
ad边电势差Uad＝I1×＝
通过的电量q1＝I1t＝
以3v拉出磁场时，ad边等效为电源
Q2＝，
Uad＝，q2＝，
故B、C错，D对。
8. 如图半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )
A．由c到d，I＝Br2ω/R
B．由d到c，I＝Br2ω/R
C．由c到d，I＝Br2ω/(2R)
D．由d到c，I＝Br2ω/(2R)
答案 D
解析 金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E＝Br2ω/2，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R的电流I＝Br2ω/(2R)，方向由d到c，故选D项。
9. (多选)如图所示，两水平放置的平行金属板M、N放在匀强磁场中，导线ab贴着M、N边缘以速度v向右匀速滑动，当一带电粒子以水平速度v0射入两板间后，能保持匀速直线运动，该带电粒子可能( )
A．带正电，速度方向向左
B．带负电，速度方向向左
C．带正电，速度方向向右
D．带负电，速度方向向右
答案 CD
解析 导线ab向右匀速运动，根据右手定则a点电势高，M板带上正电，N板带上负电，M、N板间电场方向向下，电荷在电场中，正电荷受电场力方向向下，负电荷受电场力方向向上，带电粒子要做匀速直线运动，正电荷受洛伦兹力方向必须向上，而负电荷受洛伦兹力方向必须向下，根据左手定则，正电荷速度方向必须向右，负电荷速度方向也必须向右，才符合题意。
10．[2015·德州高二检测](多选)如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是(两线圈共面放置)( )
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
答案 BC
解析 欲使N产生顺时针方向的感应电流，则感应电流的磁场方向应为垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大。因此，对于前者，应使ab减速向右运动；对于后者，则应使ab加速向左运动，故应选B、C。(注意匀速运动只能产生恒定电流；匀变速运动产生均匀变化的电流)。
11．[2015·青岛高二检测]有一个100匝的线圈，横截面是边长为L＝0.2 m的正方形，其左半部分放在初始磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中如图1，线圈平面与磁场垂直，若磁感应强度的变化如图2所示，则在前5 s内穿过线圈的磁通量改变了多少？磁通量的变化率是多少？线圈的感应电动势是多少？
答案 0.01 Wb 0.002 Wb/s 0.2 V
解析 线框的有效面积为
S0＝＝ m2＝0.02 m2
ΔΦ＝ΔB·S＝0.5×0.02 Wb＝0.01 Wb
由磁通量的变化率＝＝0.002 Wb/s。
由E＝n＝100×0.002 V＝0.2 V
12．[2015·杭州高二检测]在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1500匝，横截面积S＝20 cm2。螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 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。
(1)求螺线管中产生的感应电动势；
(2)闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；
(3)S断开后，求流经R2的电荷量。
答案 (1)1.2 V (2)5.76×10－2 W (3)1.8×10－5 C
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律E＝＝n·S得E＝1500×20×10－4× V＝1.2 V。
(2)根据闭合电路欧姆定律
I＝＝0.12 A，
由P＝I2R1得P＝5.76×10－2 W。
(3)S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q，电容器两端的电压U＝IR2＝0.6 V，
流经R2的电荷量Q＝CU＝1.8×10－5 C。
03 随堂对点训练
知识点一 感生电动势
1．(多选)下列说法中正确的是( )
A．感生电场是由变化的磁场产生
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
答案 AC
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，可由楞次定律判定，A、C项正确。
知识点二 动生电动势
2. (多选)如图所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是( )
A．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势
B．动生电动势的产生与洛伦兹力有关
C．动生电动势的产生与电场力有关
D．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的
答案 AB
解析 根据动生电动势的定义，A项正确。动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关，感生电动势中的非静电力与感生电场有关，B项正确，C、D项错误。
3．如图所示，线框三条竖直边长度和电阻均相同，横边电阻不计。它以速度v匀速向右平动，当ab边刚进入虚线内匀强磁场时，a、b间的电势差为U，当cd边刚进入磁场时，c、d间的电势差为( )
A．U B．2U
C.U D.U
答案 B
解析 当ab边进入磁场时，若感应电动势为E，由于ab相当于电源，cd与ef并联相当于外电路，所以U＝E。当cd边进入磁场时，感应电动势不变，ab与cd并联相当于电源，ef相当于外电路，此时c、d间电势差U′＝E＝2U，选项B正确。
4．[2015·启东高二检测](多选)如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )
A．ab杆中的电流与速率v成正比
B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比
C．电阻R上产生的电热功率与速率v的平方成正比
D．外力对ab杆做功的功率与速率v的平方成正比
答案 ABCD
解析 由E＝BLv和I＝得：I＝。所以F＝BIL＝，电阻上消耗的热功率P热＝I2R＝；外力对ab杆做功的功率就等于消耗的热功率。
知识点三 能量守恒
5．如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )
A．运动的平均速度大小为v
B．下滑的位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为sinθ
答案 B
解析 流过ab棒某一截面的电量q＝·t＝·t＝，ab棒下滑的位移x＝，其平均速度＝，而棒下滑过程中做加速度减小的加速运动，故平均速度不等于v，A错误、B正确；由能量守恒mgxsinθ＝Q＋mv2，产生的焦耳热Q＝mgxsinθ－mv2＝mgsinθ－mv2，C错误；当mgsinθ＝时v最大，安培力最大，即F安m＝mgsinθ＝，D错误。
知识点四 收尾速度问题
6．如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g。求：
(1)磁感应强度的大小；
(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率。
答案 (1) (2)
解析 解答本题要把握以下思路：
(1)设灯泡额定电流为I0，有
P＝IR①
灯泡正常发光时，流经MN的电流
I＝2I0②
金属棒速度最大时，重力等于安培力
mg＝BIL③
由①②③解得B＝ ④
(2)灯泡正常发光时
E＝BLv⑤
E＝I0R⑥
联立①②④⑤⑥得v＝。
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
感生电场
1、3、5、9
7
动生电动势
2、10
6
8
电磁感应现象分析
4
电磁感应与电学综合
11
电磁感应中能量守恒
12
1．[2015·杭州高二检测]如图所示，在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽，有一带正电小球质量为m，电荷量为q，在槽内沿顺时针做匀速圆周运动，现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场，且B逐渐增加，则( )
A．小球速度变大 B．小球速度变小
C．小球速度不变 D．以上三种情况都有可能
答案 A
解析 在此空间中，没有闭合导体，但磁场的变化，使空间产生感应电场。据楞次定律得出如图所示感应电场，又因小球带正电荷，电场力与小球速度同向，电场力对小球做正功，小球速度变大。A选项正确。
2．一直升机停在南半球的地磁极上空，该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B。直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示。如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则( )
A．E＝πfl2B，且a点电势低于b点电势
B．E＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势
C．E＝πfl2B，且a点电势高于b点电势
D．E＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势
答案 A
解析 螺旋桨是叶片围绕着O点转动，产生的感应电动势为E＝Blv＝Blvb＝Bl(ωl)＝B(2πf)l2＝πfl2B，由右手定则判断出b点电势比a点电势高。
3．在如图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是( )
答案 C
解析 据麦克斯韦电磁理论，恒定的感生电场，必须由均匀变化的磁场产生，C对。
4．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙所示变化时，正确表示线圈中感应电动势E变化的是( )
答案 A
解析 由法拉第电磁感应定律，有：
E＝n＝n，
在t＝0到t＝1 s，B均匀增大，则为一恒量，则E为一恒量，再由楞次定律，可判断感应电动势为顺时针方向，则电动势为正值。在t＝1 s到t＝3 s，B不变化，则感应电动势为零，在t＝3 s到t＝5 s，B均匀减小，则为一恒量，但B变化得较慢，则E为一恒量，但比t＝0到t＝1 s 小，再由楞次定律，可判断感应电动势为逆时针方向，则电动势为负值。综上所述，所以A选项正确。
5．在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图所示。已知电容C＝30 μF，回路的长和宽分别为l1＝8 cm，l2＝5 cm，磁感应强度以变化率5×10－2 T/s增大，则( )
A．电容器的上极板带正电，电荷量为2×10－9 C
B．电容器的上极板带负电，电荷量为6×10－9 C
C．电容器的上极板带正电，电荷量为6×10－9 C
D．电容器的上极板带负电，电荷量为8×10－9 C
答案 C
解析 由于E＝＝＝5×10－2×8×10－2×5×10－2 V＝2×10－4 V，Q＝CE＝30×10－6×2×10－4 C＝6×10－9 C，又由楞次定律可知上极板带正电，C正确。
6. 如图所示，用铝板制成“U”形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在此框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为FT。则( )
A．悬线竖直，FT＝mg
B．悬线竖直，FT＜mg
C．v选择合适的大小，可使FT＝0
D．因条件不足，FT与mg的大小关系无法确定
答案 A
解析 设上、下两板之间距离为d，当框架向左切割磁感线时，由右手定则可知下板电势比上板高，由动生电动势公式可知U＝Bdv，故在两板间产生从下向上的电场，E＝＝Bv，假若小球带正电，则受到向下的洛伦兹力qvB，向上的电场力qE＝qvB，故绳的拉力FT＝mg，同理，若小球带负电，故可得到同样的结论。
7．[2015·杭州高二检测]三角形导线框abc放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图所示。t＝0时磁感应强度方向垂直纸面向里，则在0～4 s时间内，线框的ab边所受安培力随时间变化的图象如图所示(力的方向规定向右为正)( )
答案 B
解析 0～1 s，根据楞次定律和左手定则，ab边受力方向向左，大小F＝B，同理可判断之后3 s时间内ab受力变化规律，可得B项正确。
8．如图甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好。在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计。现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆ab始终垂直于框架。图乙为一段时间内金属杆受到的安培力F安随时间t的变化关系，则图中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是( )
答案 D
解析 ab切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，感应电流为I＝，安培力F安＝，所以v∝F安，v∝t，金属杆的加速度为定值，又由牛顿第二定律F－F安＝ma，即F＝F安＋ma，故D项正确。
9. 如图所示，L1＝0.5 m，L2＝0.8 m，回路总电阻为R＝0.2 Ω，物块M的质量m＝0.04 kg，导轨光滑，开始时磁场B0＝1 T。现使磁感应强度以＝0.2 T/s的变化率均匀地增大，试求：当t为多少时，M刚好离开地面？(g取10 m/s2)
答案 5 s
解析 回路中原磁场方向向下，且磁通量增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab中的感应电流的方向是a→b，由左手定则可知，ab所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物。
设ab中电流为I时M刚好离开地面，此时有
FB＝BIL1＝mg
I＝
E＝＝L1L2·
B＝B0＋t
解得：FB＝0.4 N，I＝0.4 A，B＝2 T，t＝5 s。
10. [2015·北京高二检测]如图所示，三角形金属框架MON平面与匀强磁场B垂直，导体ab能紧贴金属框架运动，且始终与导轨ON垂直。当导体ab从O点开始匀速向右平动时，速度为v0，试求bOc回路中某时刻的感应电动势随时间变化的函数关系式。
答案 E＝Bvt
解析 导体ab在切割磁感线的运动过程中，在回路中的有效切割长度bc随时间做线性变化，由于题中要求的是感应电动势瞬时表达式，故可用公式E＝Blv求解。
设导体ab从O点出发时开始计时，则经过时间t后，棒ab匀速运动的距离为s，则有s＝v0t
在△bOc中，由tan30°＝，有＝v0t×tan30°
则金属棒ab接入回路的bc部分切割磁感线产生的感应电动势为：E＝Bv0＝Bvttan30°
在回路bOc中，回路总感应电动势具体由导体bc部分产生，因此，回路内总的感应电动势为：
E总＝E＝Bvt/3。
11．[2015·广东高考]如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m。导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻。导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L。从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：
(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。
答案 (1)E＝0.04 V
(2)F＝0.04 N i＝t－1(A)(1.0 s解析 (1)棒进入磁场前，回路中磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有
E＝S＝×(×0.4)2 V＝0.04 V
(2)棒进入磁场后磁场的磁感应强度大小不变，棒切割磁感线，产生电动势，当棒与bd重合时，产生电动势
E′＝B′Lv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V
此时棒受到的安培力最大，则F＝B′L＝0.04 N
棒通过abd区域所用时间t′＝＝0.2 s
在通过的过程中，感应电动势为
Et＝B′[2v(t－1.0 s)]v＝t－1 (V)
电流i＝＝t－1 (A)(1.0 s12．[2014·安徽高考]如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上。绝缘斜面上固定有“Λ”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m。以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox。一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)。g取10 m/s2。
(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差UCD；
(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出F－x关系图象；
(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热。
答案 (1)1.5 V －0.6 V (2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 图见解析 (3)7.5 J
解析 (1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势
E＝Blv(l＝d)
E＝1.5 V (D点电势高)
当x＝0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零。设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外＝d－d
OP＝，得l外＝1.2 m
由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差
UCD＝－Bl外v
UCD＝－0.6 V
(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是l＝d＝3－x，对应的电阻Rl为Rl＝R，电流I＝
杆受的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x
根据平衡条件得F＝F安＋mgsinθ
F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)
画出的F－x图象如图所示。
(3)外力F所做的功WF等于F－x图线下所围的面积，即WF＝×2 J＝17.5 J
而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgsinθ
故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5 J。
03 随堂对点训练
知识点一 通、断电自感的理解
1．[2015·黄冈高二检测]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
答案 B
解析 当S1、S2闭合稳定时，线圈中的电流由a→b，电压表右端为“＋”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，故应先断开S2，故选B项。
2．[2015·泉州高二检测]如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则( )
A．闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些
B．闭合开关S时，LA、LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些
C．断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭
D．断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭
答案 D
解析 由于灯泡LA与线圈L串联，灯泡LB与电阻R2串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以LB比LA先亮，A、B项错误；由于LA所在的支路电阻阻值偏小，故稳定时电流大，即LA更亮一些；当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中电流开始减小，即从IA减小，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，C错误、D正确。
知识点二 自感电动势的大小及方向
3．在如图所示的电路中，开关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A的电流随时间变化的图象是图中的哪一个( )
答案 D
解析 开关S闭合时，L与A并联，其电流分别为i1和i2，方向都是从左向右。在断开S的瞬间，灯A中原来从左向右的电流i2立即消失，但灯A与线圈L组成一闭合回路，由于L的自感作用，其中的电流i1不会立即消失，而是在回路中逐渐减弱，这段时间内灯A中有从右向左的电流通过。这时通过A的电流是从i1开始减弱，因为i1>i2，故正确选项为D。
4．如图所示，多匝电感线圈L的电阻和电池内阻不计，两个电阻的阻值都是R，开关S原来断开，电流I0＝，今合上开关S将一电阻短路，于是线圈有自感电动势产生，这时电动势( )
A．有阻碍电流的作用，最后电流由I0减小到零
B．有阻碍电流的作用，最后电流总小于I0
C．有阻碍电流增大的作用，因而电流I0保持不变
D．有阻碍电流增大的作用，最后电流增大到2I0
答案 D
解析 S闭合，电路中电阻由2R减小为R，电流从I0＝增大到I′＝。由于电流的变化，使线圈中产生自感电动势，阻碍电流的变化，即阻碍电流的增加，最后变化到稳定后电路中的电流为I＝＝2I0。
知识点三 自感、互感在生产、生活中的应用
5．如图所示，A是日光灯管，L是镇流器，如果按图示电路连接，关于日光灯的发光情况，下列说法正确的是( )
A．只把S1接通，S2、S3不接通，日光灯就能发光
B．把S1和S2接通后，S3不接通，日光灯就能正常发光
C．S3不接通，接通S1和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，日光灯仍能发光
答案 C
解析 接通S1后，220 V电压不能使灯管A发光，A项不正确；S1、S2接通后交流电虽然通过镇流器线圈，但线圈中产生的自感电动势不能加在灯管A两端，故不能产生高压使灯管发光，B项不正确；C项中当断开S2瞬间镇流器产生很大的自感电动势，且电动势方向与原电压方向一致，形成的瞬间高压加在A灯两端就使日光灯正常发光(断开S2就替代了启辉器这个自动开关)，C项正确；日光灯正常发光后，如果接通S3，使镇流器短路，则失去了降压限流作用，日光灯会因电流过大而烧坏，D项错误。
6．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象，虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )
A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大
C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大
答案 C
解析 根据实物连线图画出正确的电路图，当闭合开关S，电路稳定之后，小灯泡中有稳定的电流IA，自感线圈中有稳定的电流IL，当开关S突然断开时，电流IA立即消失，但是，由于自感电动势的作用，流过线圈的电流IL不能突变，而是要继续流动，于是，自感线圈和小灯泡构成了回路，如果IL>IA，则能观察到小灯泡闪亮一下再熄灭，线圈的自感系数越大，小灯泡延时闪亮的时间就越长。如果不满足IL>IA的条件，小灯泡只是延时熄灭，不会观察到闪亮一下再熄灭。可见灯泡未闪亮的根本原因是不满足IL>IA的条件，这是线圈电阻偏大或小灯泡电阻偏小造成的。故C正确。
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
对自感的理解
1、2
自感、互感现象
3、4、5、6
9、11
自感、互感应用、防止
7、8、10
自感现象与电路综合
12
1．关于线圈的自感系数，下面说法正确的是( )
A．线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大
B．线圈中的电流等于零时，自感系数也等于零
C．线圈中电流变化越快，自感系数越大
D．线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定
答案 D
解析 线圈的自感系数是由线圈本身的因素及有无铁芯决定的，与有无电流、电流变化情况都没有关系，故B、C错误，D正确；自感电动势的大小除了与自感系数有关，还与电流的变化率有关，故A错误。
2．关于自感现象，下列说法中正确的是( )
A．自感现象是线圈自身的电流变化而引起的电磁感应现象
B．自感电动势总是阻止原电流的变化
C．自感电动势的方向总与原电流方向相反
D．自感电动势的方向总与原电流方向相同
答案 A
解析 自感现象是线圈自身的电流变化而引起的电磁感应现象，在自感现象中自感电动势总是阻碍原电流的变化，不是阻止，所以选项B错。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，所以选项C、D错。
3．如图甲所示，A、B两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中电流iA随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法中正确的是( )
A．t1时刻，两环作用力最大
B．t2和t3时刻，两环相互吸引
C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥
D．t3和t4时刻，两环相互吸引
答案 B
解析 t1时刻感应电流为零，故两环作用力为零，则A错误；t2时刻A环中电流在减小，则B环中产生与A环中同向的电流，故相互吸引，B正确；t3时刻同理也应相互吸引，故C也错；t4时刻A中电流为零，两环无相互作用。D错。
4．[2015·荆州高二检测](多选)用电流传感器可以清楚地演示通电自感对电路中电流的影响，不一定要用两个灯泡作对比。电流传感器的作用相当于一个电流表，实验就用电流表的符号表示。它与电流表的一个重要区别在于，传感器与计算机相结合能够即时反映电流的迅速变化，并能在屏幕上显示电流随时间变化的图象。先按图甲连接电路，测一次后，可以拆掉线圈，按图乙再测一次，得到(a)、(b)图象。则下列说法正确的是( )
A．(a)图象是对应甲测得的
B．(a)图象是对应乙测得的
C．(b)图象是对应甲测得的
D．(b)图象是对应乙测得的
答案 AD
解析 电路甲中电流在开关闭合后，由于自感电动势作用，逐渐增加至最大；电路乙中电流在开关闭合后，立即增至最大，所以A、D项正确。
5. [2015·长安高二检测](多选)如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，则( )
A．在S刚闭合时，A灯逐渐变亮，B灯立即变亮
B．在S刚闭合时，两灯同时亮，然后A灯熄灭，B灯更亮
C．S闭合一段时间后，再将S断开，A、B两灯同时熄灭
D．S闭合一段时间后，再将S断开，A灯亮一会熄灭，B灯立即熄灭
答案 BD
解析
―→―→―→―→
―→。
6. [2015·济宁高二检测]带铁芯的电感线圈的电阻与电阻器R的阻值相同，将它们组成如图所示电路，则下列说法中正确的是( )
A．闭合S的瞬间，电流表A1的示数小于A2，偏转方向与A2相同
B．闭合S的瞬间，电流表A1的示数等于A2，偏转方向与A2相反
C．断开S的瞬间，电流表A1的示数大于A2，偏转方向与A2相反
D．断开S的瞬间，电流表A1的示数等于A2，偏转方向与A2相同
答案 A
解析 闭合S的瞬间，L阻碍电流增大，所以A1示数小于A2示数，A正确；断开S瞬间，L产生感应电动势，对A1、A2、R供电，即A1示数与A2示数相同，方向相反。
7. (多选)如图所示电路中，L为自感系数很大的电感线圈，N为试电笔中的氖管(启辉电压约70 V)，电源电动势约为10 V。已知直流电使氖管启辉时辉光只产生在负极周围，则( )
A．S接通后，氖管不会亮
B．S接通时启辉，辉光在a端
C．S接通后迅速切断时启辉，辉光在a端
D．条件同C，辉光在b端
答案 AD
解析 接通时电压不足以使氖管发光，迅速切断S时，L中产生很高的自感电动势，会使氖管发光，b为负极，辉光在b端。故A、D项正确。
8．在生产实际中，有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关S由闭合到断开时，线圈会产生很高的自感电动势，使开关S处产生电弧，危及操作人员的人身安全。为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个元件，下图所示方案可行的是( )
答案 D
解析 开关断开时，线圈L内由于产生自感电动势有阻碍原电流减小的作用，利用二极管的单向导电性使线圈短路即可避免电弧的产生。
9．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答案 D
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，总电流减小，L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。
10．在无线电仪器中，常需要在距离较近处安装两个线圈，并要求当一个线圈中电流有变化时，对另一个线圈中的电流的影响尽量小。如图所示两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是( )
答案 D
解析 两个相距较近的线圈，当其中的一个线圈中电流发生变化时，就在周围空间产生变化的磁场。这个变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，即发生互感现象。要使这种影响尽量小，应采用D所示的安装位置才符合要求。因为通电线圈的磁场分布与条形磁铁的类似，采用D所示的安装位置时，变化的磁场穿过另一线圈的磁通量最小。
11．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均为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变化的图象是( )
答案 B
解析 电路图如图所示。t′时刻闭合S，则由于线圈L的自感作用，通过电灯L1的电流i1从零逐渐增加，直到达到稳定值I，故灯L1的电流变化为B图象所示；而灯L2所在支路没有上述现象，S一闭合，电流i2就为稳定值I。故图象C、D均错。
12．如图所示是一种触电保安器，变压器A处用双股相线(火线和零线)平行绕制成线圈，然后接到用电器上，B处有一个输出线圈，一旦有电流，经放大后便能立即推动继电器J切断电源，下列情况下能起保护作用的是哪一种？说明理由。
(1)增加开灯的盏数，能否切断电源？
(2)双手分别接触火线和零线，能否切断电源？
(3)单手接触相线，脚与地相接触而触电，能否切断电源？
答案 (1)不能 (2)不能 (3)能
解析 解答本题时应按以下思路分析：
(1)不能。因A处线圈是采用的双线绕法，增加开灯的盏数只会使电路中电流增大，但A中两线中电流始终大小相等方向相反，磁通量相互抵消，B中磁通量始终为零不发生改变，B中没有感应电流，故不能推动J切断电源。
(2)不能，理由同(1)。提示：双手分别接触火线和零线相当于将一个电阻并联接入电路。
(3)能。因为有电流通过人体而流入地下，使A中火线与零线的电流不同从而产生磁场，B中磁通量发生改变，B中产生感应电流，从而推动J切断电源。
03 随堂对点训练
知识点一 涡流
1．(多选)下列应用与涡流有关的是( )
A．家用电磁炉 B．家用微波炉
C．真空冶炼炉 D．探雷器
答案 ACD
解析 家用电磁炉和真空冶炼炉利用涡流的热效应工作，探雷器利用涡流的磁效应工作，而微波炉利用高频电磁波工作。
2．(多选)高频焊接原理示意图，如图所示，线圈通以高频交流电，金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热，将焊缝熔化焊接，要使焊接处产生的热量较大可采用( )
A．增大交变电流的电压
B．增大交变电流的频率
C．增大焊接缝的接触电阻
D．减小焊接缝的接触电阻
答案 ABC
解析 增大交变电流的电压和交变电流的频率均可使电流的变化率增大，由E＝n知，感应电动势和涡流均增大，焊接处的发热功率增大，若增大焊接缝的接触电阻，则焊接处的电压、功率分配就越大，产生的热量就会越大，故A、B、C均正确，D错误。
知识点二 涡流防止、应用
3．(多选)磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )
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
答案 BC
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，使线圈偏转后尽快停下来。所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用。正确选项是BC。
4．(多选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成，而不采用一块整硅钢，这是为了( )
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，提高变压器的效率
C．增大涡流，减小铁芯的发热量
D．减小涡流，减小铁芯的发热量
答案 BD
解析 涡流的主要效应是生热，必然带来功率损失。
本题考查涡流的基本特点。涡流的主要效应之一就是发热，而变压器的铁芯发热，是我们不希望出现的。所以不采用整块硅钢，而采用薄硅钢片叠压在一起，目的应该是减小涡流，减小铁芯的发热量，进而提高变压器的效率。减小涡流的途径之一是增大铁芯材料的电阻率；另一途径就是用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯。
知识点三 电磁阻尼、电磁驱动
5．(多选)如下图所示，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
答案 ACD
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。
6．如图所示，一个铜质圆环，无初速度地自位置Ⅰ下落到位置Ⅱ，若圆环下落时其轴线与磁铁悬线重合，圆环面始终水平。位置Ⅰ与位置Ⅱ的高度差为h，则运动时间( )
A．等于 B．大于
C．小于 D．无法判定
答案 B
解析 由于电磁阻尼，阻碍铜质圆环的下落，所以下落时间大于 。
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
涡流的防止、应用
1、4、6
10
电磁阻尼、电磁驱动
2、3、5
8
电磁感应中力电综合
9、11
能量关系
7、12
1.
(多选)如图所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是( )
A．2是磁铁，在1中产生涡流
B．1是磁铁，在2中产生涡流
C．该装置的作用是使指针能够转动
D．该装置的作用是使指针能很快地稳定
答案 AD
解析 这是涡流的典型应用之一。当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动。总之不管1向哪个方向转动，2对1的效果总起到阻尼作用。所以它能使指针很快地稳定下来。
2．[2014·吉安高二检测](多选)如图所示，在水平通电直导线的正下方，有一半圆形光滑弧形轨道，一导体圆环自轨道右侧的P点无初速度滑下，下列判断正确的是( )
A．圆环中将有感应电流产生
B．圆环能滑到轨道左侧与P点等高处
C．圆环最终停到轨道最低点
D．圆环将会在轨道上永远滑动下去
答案 AC
解析 水平通电导线下方存在非匀强磁场，所以导体圆环在其中运动时，穿过圆环的磁通量不断变化，环中产生感应电流，A正确。由于涡流的存在，机械能不断损失最终转化为内能，所以圆环既到达不了左侧与P点等高处，也不会永远运动下去。最终要停在轨道的最低点，C对，B、D错。
3．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
答案 A
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。
4.
(多选)如图所示是用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图，下列说法中正确的是( )
A．探测器内的探测线圈会产生变化磁场
B．只有有磁性的金属物才会被探测器探测到
C．探测到地下的金属物是因为探头中产生了涡流
D．探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流
答案 AD
解析 探测器内线圈通有变化电流产生变化磁场，若有金属，则金属中会产生涡流，涡流磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警。
5．[2014·大纲全国卷]很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率( )
A．均匀增大
B．先增大，后减小
C．逐渐增大，趋于不变
D．先增大，再减小，最后不变
答案 C
解析 条形磁铁在下落过程中受到向上的排斥力，绝缘铜环内产生感应电流，导致条形磁铁做加速度逐渐减小的加速运动，故其速率逐渐增大，最后趋于不变，选项C正确，选项ABD错误。
6.
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
答案 C
解析 通入恒定电流时，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，故C正确。
7．[2015·课标全国卷Ⅰ](多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
答案 AB
解析 当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，选项A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，选项B正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，选项C错误；圆盘中自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场，由安培定则可判断出在中心方向竖直向下，其他位置关于中心对称，此磁场不会导致磁针转动，选项D错误。
8．[2014·黄冈高二检测](多选)地球是一个巨大的磁体，具有金属外壳的人造地球卫星环绕地球做匀速圆周运动，若不能忽略所经之处地磁场的强弱差别，则( )
A．运行速率将越来越小 B．运行周期将越来越小
C．轨道半径将越来越小 D．向心加速度将越来越小
答案 BC
解析 卫星运动时，穿过卫星的磁通量发生变化，使卫星中产生感应电流，地磁场对卫星产生电磁阻尼作用，速率减小，而做向心运动，轨道半径越来越小，而轨道半径一旦减小，由G＝m可得速率将增大；由G＝mr可得周期将减小；由an＝G，可得向心加速度将增大，B、C项正确。
9.
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．FcC．Fc>Fb>Fd D．Fc答案 D
解析 金属线圈进入与离开磁场的过程中，产生感应电流，线圈受到向上的磁场力即安培力，根据F＝IlB，E＝Blv，I＝可得：F＝，由此可知线圈所受到的磁场力大小与速度大小成正比。当线圈完全进入磁场时，没有安培力，故Fc＝0；通过水平面b时，有v＝2ghab，则vb＝；通过水平面d时设线圈刚完全进入时的速度为v′b，有v－v′＝2ghbd，则vd＝，而hbd>hab，故vd>vb，则Fd>Fb，所以本题答案为D。
10．在现代家庭的厨房中，电磁炉(如图甲)是家庭主妇非常青睐的炊具，它具有热效率高、温控准确、安全性好、清洁卫生等特点。利用以下材料并结合已学习的电磁学知识分析、讨论相关问题。
如图乙所示是描述电磁炉工作原理的示意图。电磁炉的内部有一个金属线圈，当电流通过线圈时，会产生磁场，这个磁场的大小和方向是随电流不断变化的，这个变化的磁场又会使放在电磁炉上面的铁质(或钢质)锅底内产生感应电流，由于锅底有电阻，所以感应电流又会在锅底产生热效应，这些热能便能起到加热物体的作用。
因为电磁炉是由电磁感应产生电流，利用电流的热效应产生热量，所以不是所有的锅或器具都适用。适合放在电磁炉上烹饪的器具有不锈钢锅、不锈钢壶、平底铁锅；不适用的有陶瓷锅、耐热玻璃锅、铝锅、铜锅等。
综合以上材料分析下列问题：
(1)在电磁炉加热食物的过程中涉及的物理原理有(回答三个即可)：
①__________________________________________________；
②__________________________________________________；
③__________________________________________________。
(2)电磁炉的锅不能用陶瓷锅、耐热玻璃锅的原因是__________；电磁炉所用的锅不能用铝锅、铜锅的原因是____________________。
(3)在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉还能起到加热作用吗？为什么？
答案 见解析
解析 (1)①电流的磁效应(或电生磁)；②电磁感应现象(或磁生电)；③电流的热效应(或焦耳定律)。
(2)陶瓷和玻璃是绝缘体，不能产生电磁感应现象 铝、铜的导磁性太差，效率低
(3)能起到加热作用，因为线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起到加热作用。
11.
如图所示，在光滑的水平面上的有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属环，以速度v＝10 m/s向一有界磁场滑去。匀强磁场方向垂直于纸面向里，B＝0.5 T，从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32 J的热量，求：
(1)此时圆环中电流的瞬时功率；
(2)此时圆环运动的加速度。
答案 (1)0.36 W (2)6×10－2 m/s2 方向向左
解析 (1)设刚好有一半进入磁场时，圆环的速度为v′，由能量守恒mv2＝Q＋mv′2
此时圆环切割磁感线的有效长度为2r，圆环的感应电动势
E＝B·2r·v′
而圆环此时的瞬时功率
P＝＝
两式联立代入数据可得
v′＝6 m/s，P＝0.36 W
(2)此时圆环在水平方向受向左的安培力F＝ILB，
圆环的加速度为a＝＝＝6×10－2 m/s2，
方向向左。
12．如图所示，质量m＝100 g的铝环，用细线悬挂起来，环中央距地面高度h＝0.8 m，有一质量M＝200 g的小磁铁(长度可忽略)，以10 m/s的水平速度射入并穿过铝环，落地点距铝环原位置的水平距离为3.6 m，则磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看作平抛运动)：
(1)铝环向哪边偏斜？
(2)若铝环在磁铁穿过后速度为2 m/s，在磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？(g取10 m/s2)
答案 (1)铝环向右偏 (2)1.7 J
解析 (1)由楞次定律可知，当小磁铁向右运动时，铝环向右偏斜(阻碍相对运动)。
(2)由能量守恒可得：由磁铁穿过铝环飞行的水平距离可求出磁铁穿过后的速度
v＝＝9 m/s
E电＝Mv－Mv2－mv′2＝1.7 J。
03 随堂对点训练
知识点一 楞次定律、电磁感应现象
1．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
答案 B
解析 线框下落过程中，穿过线框的磁通量减小，选项A错误；由楞次定律可判断出感应电流方向一直沿顺时针方向，选项B正确；线框受到的安培力的合力竖直向上，但小于重力，则合力不为零，选项C错误；在下落过程中，安培力对线框做负功，则其机械能减小，选项D错误。
2．如图所示，矩形线框abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sinα＝，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为( )
A．BS B.BS
C.BS D.BS
答案 B
解析 在磁通量Φ＝BS公式中，B与S必须垂直，若B与S不垂直，则S要转化为垂直于B的有效面积，也可以将B转化为垂直于S的垂直分量，故Φ＝BSsinα＝BS。
知识点二 电磁感应中的图象
3．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甲所示。若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，下列各图(图乙)中正确的是( )
答案 D
解析 本题利用楞次定律可判断感应电流的方向。0～1 s内B垂直纸面向里均匀增大，则由楞次定律判断出感应电流的磁场方向向外，根据安培定则知感应电流的方向为逆时针，即电流的方向为负，排除A、C选项；2～3 s内，B垂直纸面向外均匀增大，同理可得线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，排除B选项，D正确。
知识点三 电磁感应中的能量关系
4. 如图所示，由7根长度都是L的金属杆连接成的一个“日”字形的矩形金属框abcdef，放在纸面所在的平面内。有一个宽度也为L的匀强磁场，磁场边界跟cd杆平行，磁感应强度的大小是B，方向垂直于纸面向里，金属杆af、be、cd的电阻都为r，其他各杆的电阻不计，各杆端点间接触良好。现以速度v匀速地把金属框从磁场的左边界水平向右拉，从cd杆刚进入磁场瞬间开始计时，求：
(1)cd杆在磁场中运动的过程中，通过af杆的电流；
(2)从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中，金属框中电流所产生的总热量Q。
答案 (1) (2)
解析 在“日”字形矩形金属框穿过磁场的过程中，cd、be和af依次切割磁感线作为电源对其他两段导体供电，af杆中的电流和产生的电热Q可用欧姆定律和电热公式求解。
(1)cd杆在磁场中运动时，cd杆作为电源，产生的电动势为E＝BLv
由欧姆定律，回路中的电流
I＝＝＝
通过af中的电流
I1＝I＝
(2)在线框穿过磁场的过程中，三杆依次充当电源，但电路的连接关系不变。
由焦耳定律Q＝I2Rt＝IEt＝·BLv·＝。
知识点四 电磁感应中电路问题
5．均匀导线制成的正方形闭合线框abcd，每边边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示，线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时，
(1)求线框中产生的感应电动势的大小；
(2)求c、d两点间的电势差大小；
(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件。
答案 (1)BL (2)BL (3)h＝
解析 cd边刚进入磁场时，切割磁感线相当于电源，所以cd两点间的电势差大小等于电源的路端电压。
(1)线框下落h的过程中做自由落体运动，由运动学公式得，cd边刚进入磁场时，线框速度v＝
刚进入磁场时cd边切割磁感线，所以线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BL。
(2)由欧姆定律知，此时线框中电流I＝
cd两点间的电压U＝I×R＝BL。
(3)安培力F＝BIL＝
根据牛顿第二定律mg－F＝ma，由a＝0
解得下落高度满足h＝。
6．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。
答案 (1)2NBl2ω (2)
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＝。
04课后提升考能
知识点
基础
中档
稍难
电磁感应与力学问题
11、12
感应电动势
1、2、4、6
8、9
电磁感应与电路问题
5
7
电磁感应中图象问题
3
10
1.穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒均匀地减少2 Wb，则( )
A．线圈中感应电动势每秒增加2 V
B．线圈中感应电动势每秒减小2 V
C．线圈中无感应电动势
D．线圈中感应电动势大小不变
答案 D
解析 因线圈的磁通量均匀变化，所以磁通量的变化率为一定值，又因为是单匝线圈，据E＝可知选项D正确。
2．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平速度v0抛出，运动过程中棒的取向不变，不计空气阻力，那么金属棒内产生的感应电动势将( )
A．越来越大 B．越来越小
C．保持不变 D．方向不变，大小改变
答案 C
解析 由于导体棒中无感应电流，故棒只受重力作用，导体棒做平抛运动，水平速度v0不变，即切割磁感线的速度不变，故感应电动势保持不变。
3．[2014·课标全国卷Ⅰ]如图(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上。在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )
答案 C
解析 根据题图(b)可知：cd两端在0～0.5 s产生恒定的电压，根据法拉第电磁感应定律，穿过线圈的磁通量均匀变化，即恒定不变，故选项C正确，A、B、D错误。
4. 如图所示，在匀强磁场中，MN、PQ是两条平行金属导轨，而ab、cd为串有电压表和电流表的两根金属棒，两只电表可看成理想电表。当两棒以相同速度向右匀速运动时(运动过程中两棒始终与导轨接触)( )
A．电压表有读数；电流表有读数
B．电压表无读数；电流表无读数
C．电压表有读数；电流表无读数
D．电压表无读数；电流表有读数
答案 B
解析 在两棒以相同速度向右匀速运动的过程中，磁通量不变，无感应电流产生。根据电压表和电流表的测量原理知，两表均无读数。
5. (多选)如图所示，水平面内两光滑的平行金属导轨，左端与电阻R相连接，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好。今对金属棒施加一个水平向右的外力F，使金属棒从a位置开始向右做初速度为零的匀加速运动，依次通过位置b和c。若导轨与金属棒的电阻不计，ab与bc的距离相等，关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是( )
A．金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为1∶2
B．金属棒通过b、c两位置时，外力F的大小之比为1∶
C．从a到b和从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1∶1
D．从a到b和从b到c的两个过程中，通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1
答案 AD
解析 由题意知vc＝vb，所以Ec＝Eb，Ic＝Ib，电阻R消耗的功率P＝I2R，所以＝＝，A正确；所需的外力F＝＋ma，而金属棒所受的安培力＝＝，因加速度未知，B错误；金属棒从a到b和从b到c的两个过程中外力做功W16．(多选)一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心。若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空( )
A．由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下
B．由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下
C．沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向上
D．沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势
答案 AD
解析 如图，设观察方向为面向北方，左西右东，则地磁场方向平行赤道表面向北，若飞机由东向西飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由上向下，若飞机由西向东飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由下向上，A对，B错；沿着经过地磁极的那条经线运动时，速度方向平行于磁场，金属杆中一定没有感应电动势，C错，D对。
7．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是( )
答案 B
解析 由E＝Blv知，这四种情况线框切割磁感线产生的感应电动势是相同的，而B选项表示的是电源的路端电压，电势差的绝对值为3E/4，而其他三种情况电势差的绝对值都为E/4，所以选B。
8. 如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化，t＝0时，P、Q两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t，电容器P板( )
A．不带电 B．所带电荷量与t成正比
C．带正电，电荷量是 D．带负电，电荷量是
答案 D
解析 磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E＝＝S＝kS，而S＝，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝；由楞次定律知电容器P板带负电，故D选项正确。
9．有一种高速磁悬浮列车的设计方案是：在每节车厢底部安装强磁铁(磁场方向向下)，并且在沿途两条铁轨之间平放一系列线圈。下列说法中不正确的是( )
A．列车运动时，通过线圈的磁通量会发生变化
B．列车速度越快，通过线圈的磁通量变化越快
C．列车运动时，线圈中会产生感应电动势
D．线圈中的感应电动势的大小与列车速度无关
答案 D
解析 列车运动时，安装在每节车厢底部的强磁铁产生的磁场使通过线圈的磁通量发生变化；列车速度越快，通过线圈的磁通量变化越快，根据法拉第电磁感应定律可知，由于通过线圈的磁通量发生变化，线圈中会产生感应电动势，感应电动势的大小与通过线圈的磁通量的变化率成正比，与列车的速度有关。由以上分析可知，选项A、B、C的说法正确，选项D的说法不正确。
10．[2014·浙江温州八校联考]电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。如图甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管。一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为( )
答案 B
解析 由感应电流公式I＝＝n，感应电流大小与磁通量的变化率有关，在Φ－t图线上各点切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小，斜率的正、负号表示电流的方向；根据图乙，在0～t0时间内，感应电流I的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，选项B符合要求。
11．[2014·四川高考](多选)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t) T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则( )
A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
答案 AC
解析 由于磁感应强度随时间的变化规律是B＝(0.4－0.2t) T，则在t＝1 s时，穿过金属杆与金属框围成的平面的磁通量向下且在减小，则根据楞次定律可知，金属杆CD中的感应电流的方向从C到D，故A项正确；在t＝3 s时，穿过金属杆与金属框围成的平面的磁通量向上且在增大，则根据楞次定律可知，金属杆CD中的感应电流的方向从C到D，故B项错误；根据法拉第电磁感应定律可得，在t＝1 s时，回路中产生的感应电动势的大小为E＝L2sin30°＝0.1 V，根据闭合电路欧姆定律和电路的串并联知识可得，流经金属杆CD的电流大小为I＝＝1 A，又根据平衡条件可知，在t＝1 s时挡板P对金属杆CD产生的弹力为F＝BILsin30°＝0.2×1×1× N＝0.1 N，又根据牛顿第三定律可得，在t＝1 s时金属杆CD对挡板P产生的压力为0.1 N，故C项正确；根据法拉第电磁感应定律可得，在t＝3 s时，回路中产生的感应电动势的大小为E′＝L2sin30°＝0.1 V，根据闭合电路欧姆定律和电路的串并联知识可得，流经金属杆CD的电流大小为I′＝＝1 A，又根据平衡条件可知，在t＝3 s时挡板H对金属杆CD产生的弹力为F′＝BI′Lsin30°＝0.2×1×1× N＝0.1 N，根据牛顿第三定律可得，在t＝3 s时金属杆CD对挡板H产生的压力为0.1 N，故D项错误。
12．[2014·天津高考]如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2。问：
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。
答案 (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
解析 (1)由a流向b。
(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ ①
设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv ②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝ ③
设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB ④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有
F安＝m1gsinθ＋Fmax ⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s ⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有m2gxsinθ＝Q总＋m2v2 ⑦
又Q＝Q总 ⑧
解得Q＝1.3 J ⑨
第四章水平测试
测试时间：90分钟 满分：100分
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在第1～6题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．[2015·长春高二检测]下列说法正确的是( )
A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流
C．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
D．涡流的形成不遵循法拉第电磁感应定律
答案 A
解析 A项由物理学史可知A正确；B项中做切割磁感线运动且使磁通量变化才产生感应电流，故B错；C项中，感应电动势与磁通量变化率成正比，故C错；涡流也是感生电流，也遵循法拉第电磁感应定律，D项不正确。
2．当一段导线在磁场中做切割磁感线运动时，则( )
A．导线中一定有感应电流
B．导线中一定有感应电动势
C．导线上一定会产生焦耳热
D．导线一定受到磁场的作用力，这个力阻碍导线运动
答案 B
解析 导体切割磁感线一定能产生感应电动势，但如果不是闭合回路，则没有感应电流，也不会产生焦耳热，也不会受安培力，故B正确，A、C、D错。
3．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下做加速上升运动的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于( )
A．棒的机械能增加量 B．棒的动能增加量
C．棒的重力势能增加量 D．电阻R上放出的热量
答案 A
解析 根据动能定理可知：WF＋W安＋WG＝mv2。其中，安培力、重力均做负功，外力F做正功，则由上式可得A正确，B、C错误；D选项中电阻上放出的热量应等于克服安培力所做的功，故D错误。
4．如图，EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E′O′，FO∥F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF的角平分线，OO′间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿OO′方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是( )
答案 B
解析 根据楞次定律，线框刚进入磁场时感应电流沿逆时针方向，故C、D错误。再根据E＝BLv，线框通过磁场的过程中，导体切割磁感线的有效长度发生变化，感应电动势先增大，后不变，再减小，然后再反向增大，后不变，再减小，故A错误，B正确。
5.
两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量＋q的油滴恰好处于静止。则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是( )
A．磁感应强度B竖直向上且正增强，＝
B．磁感应强度B竖直向下且正增强，＝
C．磁感应强度B竖直向上且正减弱，＝
D．磁感应强度B竖直向下且正减弱，＝
答案 C
解析 油滴静止说明电容器下极板带正电，线圈中电流自上而下(电源内部)，由楞次定律可以判断，线圈中的磁感应强度B为向上的减弱或向下的增强。
又E＝n①
UR＝·E②
＝mg③
由①②③式可解得：＝。
6．如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。t＝0时，将开关S由1掷到2。q、i、v和a分别表示电容器所带电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图象正确的是( )
答案 D
解析 导体棒做加速度减小的加速运动，直至匀速，故q-t图象应如图甲所示，A错；i-t图象应如图乙所示，B错；v-t图象应如图丙所示，C错，D对。
7．[2014·江苏高考]如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯
答案 AB
解析 当线圈上通交流电时，金属杯由于发生电磁感应现象，杯中有感应电流，对水加热，若要增大感应电流，则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻。增加线圈的匝数，使得穿过金属杯的磁场增强，感应电动势增大，选项A正确；提高交流电的频率，使得磁通量的变化率增大，感应电动势增大，选项B正确；若将金属杯换为瓷杯，则不会产生感应电流，选项C错误；取走线圈中的铁芯，磁场会大大减弱，感应电动势减小，选项D错误。
8．如图所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，这时灯泡具有一定的亮度，若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，则将看到( )
A．灯泡变暗 B．灯泡变亮
C．螺线管缩短 D．螺线管伸长
答案 AD
解析 加上软铁棒，使螺线管磁场变强，则螺线管产生自感电动势来阻碍磁场的变强，使原电流减小，故灯泡变暗，螺线管各匝间吸引力变小，从而螺线管伸长。
9．[2015·汕头高二检测]如图甲、乙电路中，电阻R和自感线圈L的电阻都很小。接通S，使电路达到稳定，电灯D发光，则( )
A．在电路甲中，断开S，电灯D将渐渐变暗
B．在电路甲中，断开S，电灯D将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路乙中，断开S，电灯D将渐渐变暗
D．在电路乙中，断开S，电灯D将先变得更亮，然后渐渐变暗
答案 AD
解析 甲图中，电灯D与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S时，线圈L中的自感电动势要维持原电流不变，所以，开关断开的瞬间，电灯D的电流不变，以后电流渐渐变小。因此，电灯渐渐变暗，A对B错；乙图中，电灯D所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻很小)，断开开关S时，电感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小，此瞬间电感线圈中的电流不变，电感线圈相当于一个电源给电灯D供电。因此，反向流过电灯D的电流瞬间要变大，然后渐渐变小，所以电灯要先闪亮一下，然后渐渐变暗，C错D对。
10．[2015·山东高考]如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
答案 ABD
解析 把圆盘看成沿半径方向紧密排列的“辐条”，由右手定则知，圆心处电势高，选项A正确；所加磁场越强，感应电流越强，安培力越大，对圆盘转动的阻碍越大，选项B正确；如果磁场反向，由楞次定律可知，仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若将整个圆盘置于磁场中，则圆盘中无感应电流，圆盘将匀速转动，选项D正确。
二、实验题(本大题共2小题，每小题6分，共12分，把答案填在题中横线上或按题目要求作答。)
11．图为“研究电磁感应现象”的实验装置。
(1)将图中所缺的导线补接完整。
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________；
②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器的阻值调大时，灵敏电流计指针________。
(3)在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将________。
A．因电路不闭合，无电磁感应现象
B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C．不能用楞次定律判断感应电动势方向
D．可以用楞次定律判断感应电动势方向
(4)如图所示的A、B分别表示原、副线圈，若副线圈中产生顺时针方向的感应电流，可能是因为________。
A．原线圈通入顺时针方向电流，且正从副线圈中取出
B．原线圈通入顺时针方向电流，且其中铁芯正被取出
C．原线圈通入顺时针方向电流，且将滑动变阻器阻值调小
D．原线圈通入逆时针方向电流，且正在断开电源
答案 (1)如图所示
(2)①向右偏转一下 ②向左偏转一下 (3)BD (4)AB
解析 (2)依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则①向右偏转一下；②向左偏转一下。
(3)穿过电路中的磁通量发生变化即产生电磁感应现象。如电路不闭合无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势。要产生感应电流，电路要求必须闭合，故答案选B、D。
(4)副线圈中产生顺时针方向的感应电流，可依据楞次定律来判断原线圈通入电流的情况。如果原线圈电流在减小(或磁通量减小)，肯定与顺时针方向相同。因为副线圈会阻碍其磁通量的减小，在电流上表现为同向。反过来如果原线圈电流在增大(或磁通量增加)，则副线圈中电流方向与原线圈中电流方向相反。故答案选A、B。
12．如图甲所示是某同学研究自感现象的实验电路图，并用电流传感器显示出在t＝1×10－3 s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流(如图乙)。已知电源电动势E＝6 V，内阻不计，灯泡R1的阻值为6 Ω，电阻R的阻值为2 Ω。
(1)线圈的直流电阻为________Ω。
(2)开关断开时，该同学观察到的现象为：_______________。
答案 (1)2 (2)灯泡闪亮一下再熄灭
解析 (1)由题图乙可知，当开关S闭合时，线圈L中的电流IL＝1.5 A，此时有E＝IL(RL＋R)，解得RL＝2 Ω。
(2)S闭合时，灯泡中的电流I1＝＝ A＝1 A，故IL>I1，当断开S时，通过灯泡中的电流由IL逐渐减为零，所以灯泡闪亮一下熄灭。
三、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位。)
13．[2015·盐城摸底](10分)如图所示，Ⅰ、Ⅱ区域是宽度均为L＝0.5 m的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T，方向相反。一边长L＝0.5 m、质量m＝0.1 kg、电阻R＝0.5 Ω的正方形金属线框，在外力作用下，以初速度v＝10 m/s匀速穿过磁场区域。
(1)取逆时针方向为正，作出i-t图象；
(2)求线框穿过磁场区域的过程中外力做的功。
答案 (1)见解析 (2)15 J
解析 (1)电流I1＝＝10 A逆时针方向取正值；时间间隔Δt1＝0.05 s
I2＝＝20 A顺时针方向取负值；
时间间隔Δt2＝0.05 s
I3＝＝10 A逆时针方向取正值；
时间间隔Δt3＝0.05 s
电流随时间变化关系如图所示。
(2)因为线框匀速运动，所以外力做的功等于电流做的功W＝IRΔt1＋IRΔt2＋IRΔt3＝15 J。
14．[2015·无锡高二检测](12分)如图所示，ab、cd为足够长、水平放置的光滑固定导轨，导体棒MN的长度为L＝2 m，电阻r＝1 Ω。有垂直abcd平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1.5 T，定值电阻R1＝4 Ω，R2＝20 Ω，小灯泡L的额定功率和额定电压分别为1.35 W和9 V。当导体棒MN水平向左匀速运动，小灯泡L正常发光时。求：
(1)电流表的示数；
(2)导体棒MN两端的电压；
(3)导体棒MN运动的速度大小。
答案 (1)0.45 A (2)11.4 V (3)4 m/s
解析 (1)电流表的示数为：I2＝＝0.45 A。
(2)通过灯泡中的电流为：IL＝＝0.15 A。
则干路中的电流为：I＝I2＋IL＝0.6 A
导体棒MN两端的电压为路端电压，大小为：U＝IR1＋UL＝11.4 V。
(3)电源电动势大小为：E＝U＋Ir＝12 V
由E＝BLv，得v＝＝4 m/s。
15．[2014·江苏高考](12分)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。
答案 (1)tanθ (2)
(3)2mgdsinθ－
解析 (1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有mgsinθ＝μmgcosθ
解得μ＝tanθ
(2)在光滑导轨上
感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
安培力F安＝BIL
导体棒受力平衡有F安＝mgsinθ
解得v＝
(3)摩擦生热QT＝μmgdcosθ
由能量守恒定律有3mgdsinθ＝Q＋QT＋mv2
解得Q＝2mgdsinθ－。
16．[2015·唐山高二检测](14分)如图所示，一个100匝的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为200 cm2，线圈的电阻为1 Ω，在线圈外接一个阻值为4 Ω的电阻和一个理想电压表。电阻的一端B与地相接，线圈放入方向垂直线圈平面指向纸内的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如B-t图所示，求：
(1)t＝3 s时穿过线圈的磁通量；
(2)t＝5 s时，电压表的读数；
(3)若取B点电势为零，A点的最高电势是多少？
答案 (1)7×10－3 Wb (2)0.32 V (3)0.08 V
解析 (1)t＝3 s时，Φ＝BS＝3.5×10－1×200×10－4 Wb＝7×10－3 Wb。
(2)4～6 s内的感应电动势为
E1＝nS＝100××200×10－4 V＝0.4 V，
电压表的读数为
U＝R＝×4 V＝0.32 V。
(3)0～4 s，A点电势高于零；4～6 s，A点电势低于零。
0～4 s内的感应电动势为E2＝nS＝100××200×10－4 V＝0.1 V
A、B两端的电势差为
UAB＝R＝×4 V＝0.08 V，
故A点的最高电势为φA＝0.08 V。
综合水平测试(一)
测试时间：90分钟 满分：100分
对应学生用书P143一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在第1～6题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．一矩形线圈，绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′按顺时针方向旋转，引出线的两端与互相绝缘的半圆铜环连接，两个半圆环分别与固定电刷A、B滑动接触，电刷间接有电阻，如图所示，在线圈转动过程中，通过电阻的电流( )
A．大小和方向都不断变化
B．大小和方向都不变
C．大小不断变化，方向是A→R→B
D．大小不断变化，方向是B→R→A
答案 C
解析 半圆环交替接触不同电刷，从而使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定则知，外电路中电流方向是A→R→B。
2．[2014·日照高二检测]在变电所，经常要用交流电表去检测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器，下列图中能正确反映其工作原理的是( )
答案 C
解析 电流互感器是用弱电流来检测强电流，因此副线圈匝数要比原线圈匝数多，A、B错；而D中检测器直接与地线、火线相连，与用电器电网并联，不能起到检测作用，只有C是正确的。
3．如图所示，水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环，其中B接电源。在接通电源的瞬间，A、C两环( )
A．都被B吸引
B．都被B排斥
C．A被吸引，C被排斥
D．A被排斥，C被吸引
答案 B
解析 在接通电源的瞬间，环B可等效为一短条形磁铁，穿过A、C环的磁通量在增加。两环A、C为了阻碍磁通量的增加，都应朝环B外部磁场较小的方向运动，即A向左而C向右，两环都受到了环B的排斥作用。
4．[2014·江苏高考]如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 磁感应强度的变化率＝＝，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝n＝nS，其中磁场中的有效面积S＝a2，代入得E＝n，选项B正确，A、C、D错误。
5．[2015·福建高考]如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
答案 C
解析 导体棒产生的电动势为E＝BLv，其等效电路如图所示，总电阻为R总＝R＋＝R＋，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，所以A项错误；PQ两端电压为路端电压U＝E－IR，即先增大后减小，所以B项错误；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安＝IE，先减小后增大，所以C项正确；根据功率曲线可知当外电阻＝R时输出功率最大，而外电阻先由小于R开始增加到R，再减小到小于R的某值，所以线框消耗的功率先增大后减小，又再增大再减小，所以D项错误。
6．[2015·山东高考]如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab-t图象可能正确的是( )
答案 C
解析 由安培定则知：0～0.25 T0，圆环内的磁场垂直纸面向里逐渐增大，由楞次定律知，若圆环闭合，感应电流是逆时针方向，逐渐减小至0；0.25T～0.5T，圆环内的磁场垂直纸面向里逐渐减小，由楞次定律知，若圆环闭合，感应电流是顺时针方向，逐渐增大。以后周期性变化，选项C正确。
7．目前中国南极考察队队员正在地球南极考察，设想考察队队员在地球南极附近水平面上驾驶一辆冰车向前行进时，由于地磁场作用，冰车两端会有电势差，设驾驶员左方电势为U1，右方电势为U2，则下列说法正确的是( )
A．向着南极点行进时，U1比U2高
B．背着南极点行进时，U1比U2低
C．在水平冰面上转圈时，U1比U2高
D．无论怎样在水平冰面上行进，U1总是低于U2
答案 BD
解析 在南极附近，地磁场磁感线的方向都是向上的，向着南极点行进或者背着南极点行进时，冰车切割磁感线，由右手定则可知，驾驶员右方电势高于左方电势；不管冰车怎样在水平冰面上行进，依据右手定则可判定，驾驶员右方电势总是高于左方电势。故B、D正确。
8．[2015·天津高考]如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
答案 BC
解析 保持Q的位置不动，则副线圈的输出电压不变，当P向上滑动时，副线圈电路中的总电阻变大，副线圈中的电流减小，根据变流比可知，原线圈中的电流减小，因此电流表的读数变小，A项错误，B项正确；保持P的位置不动，副线圈电路中的总电阻不变，当Q向上移时，副线圈的匝数增多，由变压比可知，副线圈的输出电压增大，副线圈中的电流增大，由变流比可知，原线圈中的电流增大，电流表读数变大，C项正确，D项错误。
9．如图甲所示为电热毯电路示意图，交流电压u＝311sin(100πt) V，当开关S闭合时，电热丝的电功率为P0；当开关S断开时，加在电热丝上的电压如图乙所示，则( )
A．开关闭合时，交流电压表的读数为220 V
B．开关闭合时，交流电压表的读数为311 V
C．开关断开时，交流电压表的读数为311 V，电热丝功率为
D．开关断开时，交流电压表的读数为156 V，电热丝功率为
答案 AD
解析 交流电压表的读数为有效值，计算热功率要用有效值。开关接通时，交流电压峰值Um＝311 V，所以有效值U＝＝220 V，A正确；开关断开时，取一个周期T，电热丝产生的热量减半，所以由P＝，电热丝功率为，由P＝，电压有效值为＝156 V，电压表示数为156 V。故正确选项为A、D。
10．[2015·湖南怀化质检]电源、开关S和S′、定值电阻R1、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置。当开关S、S′闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点。当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，则( )
A．液滴向下运动
B．液滴向上运动
C．R2两端的电势差是否升高无法分析
D．当光照强度不变时断开S′，把电容器的上极板向上移一小段距离，则上极板的电势比A点的电势高
答案 BD
解析 当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，R2两端的电势差降低，R1两端的电势差升高，电容器极板之间电压升高，液滴向上运动，选项B正确，A、C错误；当光照强度不变，断开S′时，电容器带电量不变，把电容器的上极板向上移一小段距离，则上极板的电势比A点的电势高，选项D正确。
二、实验题(本大题共2小题，每小题6分，共12分，把答案填在题中横线上或按题目要求作答。)
11．[2015·南昌高二检测]有一个称为“千人震”的趣味物理小实验，实验是用一节电动势为1.5 V的新干电池，几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器(相当于自感线圈)，同学们手拉手成一串，连在如图所示的电路中，当开关连接瞬间，同学们________(填“有”或“无”)触电的感觉；当开关断开瞬间，同学们________(填“有”或“无”)触电的感觉；如何解释这一现象____________。
答案 无 有 电路刚断开时，镇流器由于自感作用产生较高的自感电动势，而使人产生触电的感觉
12．如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I＝________。线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝________。
答案
解析 电动势最大值Em＝BSω。有效值E＝＝BSω。由闭合电路欧姆定律可得I＝＝，电量q＝·Δt＝·Δt＝＝。
三、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位。)
13．(10分)如图所示，有一垂直于纸面向里的非匀强磁场，磁感应强度沿y方向不变，而沿x方向均匀减小，减小率为0.05 T/m，一边长为10 cm的正方形铝框，总电阻为0.25 Ω，铝框平面与磁场方向垂直，在外力作用下以20 m/s的速度沿x正方向做匀速直线运动，求铝框中感应电动势的大小。
答案 0.01 V
解析 题中“减小率为0.05 T/m”是指磁感应强度B沿x正方向的变化率，即＝0.05 T/m，
设某时刻线框左、右两边所处的磁感应强度分别为B1、B2，则该时刻两边产生的电动势分别为E1、E2。整个线圈的合电动势E＝E1－E2＝(B1－B2)Lv＝ΔB′Lv，
ΔB′为沿x方向上相距L的两点磁感应强度的变化量，大小为ΔB′＝L＝0.05×0.1 T＝0.005 T。
代入上式得铝框中感应电动势的大小为0.01 V。
14．[2014·烟台高二测试](12分)发电站通过升压变压器，输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)
(1)画出上述输电全过程的线路图；
(2)若发电机的输出功率是100 kW，输出电压是250 V，升压变压器的原副线圈的匝数比为1∶25，求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；
(3)若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压；
(4)计算降压变压器的输出功率。
答案 (1)见解析图 (2)6250 V,16 A (3)15.6 Ω，6000 V (4)96 kW
解析 (1)
(2)对升压变压器，据公式＝，有
U2＝U1＝×250 V＝6250 V
I2＝＝＝ A＝16 A
(3)P损＝IR线，P损＝0.04P1
所以：R线＝＝ Ω＝15.6 Ω，因为ΔU＝U2－U3＝I2R线
所以U3＝U2－I2R线＝(6250－16×15.6) V＝6000 V
(4)P4＝P1－P损＝0.96P1＝0.96×100000 W＝96000 W＝96 kW。
15．[2015·天津高考](12分)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求：
(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；
(2)磁场上下边界间的距离H。
答案 (1)＝4 (2)H＝＋28l
解析 (1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有
E1＝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＝4⑦
(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＝mv⑧
线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有
mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨
由⑦⑧⑨式得H＝＋28l⑩
16．[2014·课标全国卷Ⅱ](14分)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求：
(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；
(2)外力的功率。
答案 (1) 方向从C端流向D端 (2)μmgωr＋
解析 (1)在Δt时间内，导体棒扫过的面积为
ΔS＝ωΔt[(2r)2－r2]①
根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为
ε＝②
根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端，因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端。
由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足I＝③
联立①②③式得I＝④
(2)在竖直方向有mg－2N＝0⑤
式中，由于导体棒质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为N。
两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为f＝μN⑥
在Δt时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为
l1＝rωΔt⑦
l2＝2rωΔt⑧
克服摩擦力做的总功为Wf＝f(l1＋l2)⑨
在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为
WR＝I2RΔt⑩
根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为
W＝Wf＋WR?
外力的功率为P＝?
由④至?式得P＝μmgωr＋?
综合水平测试(二)
测试时间：90分钟 满分：100分
对应学生用书P147一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在第1～6题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．下列说法不符合物理学史的是( )
A．奥斯特发现了电流的磁效应
B．法拉第发现了电磁感应现象
C．牛顿解释了涡旋电场的产生原理
D．楞次找到了判断感应电流方向的方法
答案 C
解析 根据物理学史可知A、B、D说法正确，C项中，麦克斯韦的感生电场的产生证明了涡旋电场的原理。
2．现用电压为380 V的正弦式交流电给额定电压为220 V的电灯供电，以下电路中不可能使电灯正常发光的有( )
答案 D
解析 由图可知，A、B中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；C为降压变压器，通过变压器降压也可以使电灯正常发光；D为升压变压器，电灯两端的电压要大于380 V，不可行。
3．在图中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为内阻可不计、零点在表盘中央的电流计。当开关K处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方。那么，当开关K断开时，将出现( )
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．G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点
答案 D
解析 K断开后，自感电流的方向与G1原电流方向相反，与G2原电流方向相同。答案为D。
4．[2015·课标全国卷Ⅱ]如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
答案 C
解析 在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得：电动势大小为Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv，可得：电动势大小也为Bl2ω；由右手定则可知：金属框内无电流，且Uc>Ub＝Ua，选项A、B错误；Ubc＝Uac＝－Bl2ω，选项C正确，选项D错误。
5．[2015·安徽高考]如图所示，abcd为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则( )
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
答案 B
解析 切割磁感线的有效长度为l，电动势为E＝Blv，选项A错误。根据题意，回路电阻R＝，由欧姆定律有I＝sinθ＝，选项B正确。安培力F＝＝，选项C错误。金属杆的热功率为P＝I2R＝，选项D错误。
6．[2015·安徽高考]图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表的示数增大了0.2 A，电流表的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是( )
A．电压表示数增大
B．电压表、示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
答案 D
解析 由于变压器原线圈的电压不变，因此电压表、的读数均不变，选项AB均错误。由题意可知，该变压器起降压作用，选项C错误。由于副线圈的电压不变，电流表的示数增大，根据欧姆定律可知负载的电阻变小，所以滑动变阻器连入电路的阻值变小，选项D正确。
7．奥斯特发现了电流的磁效应后，法拉第仔细地分析了电流的磁效应。他认为，既然磁铁可以使靠近它的铁块具有磁性，静电荷可以使靠近它的导体带电，那么电流也应当使靠近它的线圈感应出电流。1822年法拉第在日记中记载着“把磁转变成电”的光辉思想，后来，法拉第对这一课题进行了系统的实验研究。1831年8月法拉第把两个线圈绕在一个铁环上(如图所示)，线圈A接直流电源，线圈B接电流表。他发现，当线圈A的电路接通或断开的瞬间，线圈B中产生瞬时电流。分析这个实验，下列说法中正确的是( )
A．此实验说明线圈B的感应电流是由线圈A的磁场变化引起的
B．开关S闭合瞬间，中的电流方向是a→b
C．若将其中的铁环拿走，再做这个实验，S闭合瞬间，中没有电流
D．若将其中的铁环拿走，再做这个实验，S闭合瞬间，中仍有电流
答案 ABD
解析 开关闭合瞬间，线圈A中电流产生磁场，使铁环中磁通量增加。根据右手安培定则和楞次定律可知B线圈中产生由a→b的感应电流，铁环撤掉后不影响感应电流产生。
8．[2015·泰兴高二检测]如图所示，为早期制作的发电机及电动机的示意图，A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来。当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动，则下列说法中正确的是( )
A．不断转动A盘就可以获得持续的电流，其原因是将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势
B．当A盘转动时，B盘也能转动的原因是电流在磁场中受到力的作用，此力对转轴有力矩
C．当A盘顺时针转动时，B盘逆时针转动
D．当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动
答案 ABC
解析 将图中铜盘A所在的一组装置作为发电机模型，铜盘B所在的一组装置作为电动机模型，这样就可以简单地把铜盘等效为由圆心到圆周的一系列“辐条”，处在磁场中的每一根“辐条”都在做切割磁感线运动，产生感应电动势，进而分析可得。
9．两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动。重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A．ab杆所受拉力F的大小为μmg＋
B．cd杆所受摩擦力为零
C．回路中的电流强度为
D．μ与v1大小的关系为μ＝
答案 AD
解析 棒ab切割磁感线产生感应电动势E＝BLv1，
棒cd运动不切割磁感线，故不产生感应电动势，回路中电流I＝＝，
因两棒匀速，则对ab棒有F＝F安＋μmg＝＋μmg
F安＝
对cd棒：F安水平向右f＝μF安＝mg，μ＝
故AD正确。
10．如图所示，AB、CD为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、有效长度为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间电阻R上产生的焦耳热为Q，则( )
A．初始时刻棒所受的安培力大小为
B．从初始时刻至棒第一次到达最右端的过程中，整个回路产生的焦耳热为
C．当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv－2Q
D．当棒再次回到初始位置时，AC间电阻的热功率为
答案 AC
解析 初始时刻，棒两端的电动势E0＝BLv0，棒中的电流I0＝，棒所受的安培力大小F＝，选项A正确。两电阻的阻值相等，则热功率也相等，从初始时刻至棒第一次到达最右端过程中，整个回路产生的焦耳热为2Q，弹簧具有的弹性势能EP＝mv－2Q，选项B错误，C正确。当棒再次回到初始位置时速度小于v0，AC间电阻的热功率也小于，选项D错误。
二、实验题(本大题共2小题，每小题6分，共12分，把答案填在题中横线上或按题目要求作答。)
11．(1)下图为《研究电磁感应现象》实验中所用器材的示意图。试回答下列问题。
①在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的________和________。
②请按实验要求在实物上连线。
③在实验出现的电磁感应现象中，A、B线圈哪个相当于电源？________(选填“A”或“B”)
(2)已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串联接成如图所示电路，当条形磁铁按如图所示情况运动时，以下判断正确的是________。
A．甲图中电流表偏转方向向右
B．乙图中磁铁下方的极性是N极
C．丙图中磁铁的运动方向向下
D．丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向
答案 (1)①大小 方向 ②见解析 ③B (2)ABD
解析 (1)①电流计G的零刻度在表盘中央，电流流过时，指针偏转，既显示了电流的大小，也显示了电流的方向。
②电源、开关、滑动变阻器和小线圈构成一闭合回路；大线圈和电流计构成闭合电路。电路如图所示。
③B线圈与电流计相连，显示回路感应电流，即B线圈相当于电源。
(2)在图甲中，由楞次定律判断知电流从正接线柱流入电表，表针偏转方向向右，A正确；在图乙中，线圈中感应电流的磁场方向向下，因磁铁远离，磁场减弱，故原磁场方向应向下，即磁铁下方的极性是N极，B项正确；在图丙中，线圈中感应电流的磁场方向向上，而磁铁磁场方向向上，由楞次定律知，磁铁的运动方向向上，C错误；在图丁中，磁铁向上运动，线圈中原磁场方向向下减弱，感应电流的磁场方向向下，故线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向，D正确。
12．钳型表的工作原理如图所示。当通有交变电流的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。由于通过环形铁芯的磁通量与导线中的电流成正比，所以通过偏转角度的大小可以测量导线中的电流。日常所用正弦式交变电流的频率在中国和英国分别为50 Hz和60 Hz。现用一钳型电流表在中国测量某一电流，电表读数为10 A；若用同一电表在英国测量同样大小的电流，则读数将是________A。若此表在中国的测量值是准确的，且量程为30 A；为使其在英国的测量值变得准确，应重新将其量程标定为________A。
答案 12 25
解析 ＝＝，即＝。由题中条件可知其他条件相同，只有电流变化的时间不同，因此，E＝知E∝，所以＝＝，而电流与电动势成正比，所以＝，即I英＝I中＝12 A，即在英国该电流表的读数为12 A。同理可得此表在英国的量程应为25 A。
三、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位。)
13．(10分)如图所示，水平桌面上有两个质量为m＝5.0×10－3 kg、边长均为L＝0.2 m的正方形线框A和B，电阻均为R＝0.5 Ω，用绝缘细线相连静止于宽为d＝0.8 m的匀强磁场的两边，磁感应强度B＝1.0 T，现用水平恒力F＝0.8 N拉线框B，不计摩擦，线框A的右边离开磁场时恰好做匀速运动，求：
(1)线框匀速运动的速度；
(2)线框产生的焦耳热。
答案 (1)10 m/s (2)0.14 J
解析 (1)线框A的右边离开磁场时
E＝BLv
I＝
平衡条件为F＝BIL
所以v＝＝10 m/s
(2)由能量守恒定律
Q＝Fd－·2mv2
代入数据解得线框进出磁场过程中产生的焦耳热
Q＝0.14 J。
14．(12分)如图甲为一理想变压器，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图象如图乙所示。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。
(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。
答案 (1)Uab＝400sin200πt(V)
(2)0.28 A (3)
解析 (1)由题图乙知ω＝200πrad/s电压瞬时值Uab＝400sin200πt(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(或 A)。
(3)设ab间匝数为n1
＝，同理＝
由题意得＝，解得＝
代入数据得＝。
15．[2014·北京高考](12分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如图所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度v做匀速运动，速度v与恒力F方向相同；导线MN始终与导线框形成闭合电路。已知导线MN电阻为R，其长度L恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B。忽略摩擦阻力和导线框的电阻。
(1)通过公式推导验证：在Δt时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电，也等于导线MN中产生的焦耳热Q；
(2)若导线MN的质量m＝8.0 g、长度L＝0.10 m，感应电流I＝1.0 A，假设一个原子贡献1个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(表中列出一些你可能会用到的数据)；
阿伏加德罗常数NA
6.0×1023 mol·L－1
元电荷e
1.6×10－19 C
导线MN的摩尔质量μ
6.0×10－2 kg/mol
(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞。展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式。
答案 (1)见解析 (2)7.8×10－6 m/s (3)见解析
解析 (1)电动势E＝BLv
导线匀速运动，受力平衡F＝F安＝BIL
在Δt时间内，外力F对导线做功W＝FvΔt＝F安vΔt＝BILvΔt
电路获得的电能W电＝qE＝IEΔt＝BILvΔt
可见，F对导线MN所做的功等于电路获得的电能W电；
导线MN中产生的焦耳热Q＝I2RΔt＝IΔt×IR＝qE＝W电
可见，电路获得的电能W电等于导线MN中产生的焦耳热Q。
(2)导线MN中具有的原子数为N＝NA
因为一个金属原子贡献一个电子，所以导线MN中的自由电子数也是N。
导线MN单位体积内的自由电子数n＝
其中，S为导线MN的横截面积。
因为电流I＝nveSe
所以ve＝＝＝
解得ve＝7.8×10－6 m/s
(3)下述解法的共同假设：所有自由电子(简称电子，下同)以同一方式运动。
解法一：能量解法
设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为t，在这段时间内，通过导线一端的电子总数N＝
电子上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力做功产生的。
在时间t内
总的焦耳热Q＝N L
能量守恒Q＝W电＝EIt＝BLvIt
所以＝evB
解法二：动力学解法
因为电流不变，所以假设电子以速度ve相对导线做匀速直线运动。
因为导线MN的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用，f洛＝evB沿导线方向，电子只受到金属离子的平均作用力和f洛作用，二力平衡即＝f洛＝evB。
16．[2015·四川高考](14分)如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ。均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。
(1)若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；
(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电荷量；
(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。
答案 (1)W＝mv
(2)q＝
(3)Bm＝
xm＝
解析 (1)设ab棒的初动能为Ek，ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为
W和W1，有W＋W1＝Ek①
且W＝W1②
由题有Ek＝mv③
得W＝mv④
(2)设在题设过程中，ab棒滑行时间为Δt，扫过的导轨间的面积为ΔS，通过ΔS的磁通量为ΔΦ，ab棒产生的电动势平均值为E，ab棒中的平均电流为I，通过ab棒某横截面的电荷量为q，则
E＝⑤
且ΔΦ＝BΔS⑥
I＝⑦
又有I＝⑧
由图1所示ΔS＝d(L－dcotθ)⑨
联立⑤～⑨，解得q＝⑩
(3)ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长Lx＝L－2xcotθ?
此时，ab棒产生的电动势Ex＝Bv2Lx?
流过ef棒的电流Ix＝?
ef棒所受安培力Fx＝BIxL?
联立?～?，解得Fx＝(L－2xcotθ)?
由?式可得，Fx在x＝0和B为最大值Bm时有最大值F1。
由题知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图2所示，图中fm为最大静摩擦力，有
F1cosα＝mgsinα＋μ(mgcosα＋F1sinα)?
联立??，得Bm＝?
?式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下。
由?式可知，B为Bm时，Fx随x增大而减小，x为最大xm时，Fx为最小值F2，如图3可知
F2cosα＋μ(mgcosα＋F2sinα)＝mgsinα?
联立???，得
xm＝?
