【金版优课】高中物理教科版选修3-2练习31份打包 Word版含解析

03课堂效果自测
1.关于产生感应电流的条件，下列说法正确的是(　　)
A．位于磁场中的闭合线圈，一定能产生感应电流
B．闭合线圈和磁场发生相对运动，一定能产生感应电流
C．闭合线圈做切割磁感线运动，一定能产生感应电流
D．穿过闭合线圈的磁感线条数发生变化，一定能产生感应电流
解析：产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化。A项中，若穿过线圈的磁通量不变化，则没有感应电流产生，A项错误。B项中闭合线圈和磁场虽然发生相对运动，但没有磁通量的变化，也不会有感应电流产生，B项错误。C项中若整个闭合线圈在匀强磁场中垂直于磁感线的平面内做切割磁感线的平动，就没有磁通量的变化，也不会有感应电流产生，C项错误。D项中穿过闭合线圈的磁感线的条数发生变化，磁通量发生变化，一定能产生感应电流，D项正确。
答案：D
2．[2014·课标全国卷Ⅰ]在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是(　　)
A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
解析：本题考查产生感应电流的条件，意在考查考生的理解和应用能力。
只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，选项A、B、C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，选项D正确。
答案：D
3．如图所示，矩形导体线框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，则通过的磁通量为(　　)
A．BS　　　　　　　 B.BS
C.BS D.BS
解析：Φ＝BSsinα＝BS.
答案：B
4．如图所示，图中虚线是匀强磁场区的边界，一个闭合线框自左至右穿过该磁场区，线框经过图示的哪些位置时有感应电流(　　)
A．在位置1 B．在位置2
C．在位置3 D．在位置4
解析：只有在位置2和4时，穿过闭合回路的磁通量发生变化。
答案：BD
5．如下图所示，用导线做成的圆形回路与一直导线构成几种位置组合，哪些组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生？(图A、B、C中直导线都与圆形线圈在同一平面内，O点为线圈的圆心，D图中直导线与圆形线圈垂直，并与中心轴重合)(　　)
解析：(1)对图A而言，因为通电直导线位于环形导线所在平面内，且与直径重合，因此通过圆环的磁通量为零，所
以当切断直导线中的电流时，磁通量在整个变化过程中必为零，所以闭合回路中不会有感应电流产生；
(2)对图B而言，因为磁通量为大小两个部分磁感线条数之差，当切断直导线中的电流时，磁通量为零，即此过程中磁通量有变化，故闭合回路中会有感应电流产生；
(3)同理分析可得图C中也有感应电流产生；
(4)对图D而言，因为环形导线与直导线产生的磁场的磁感线平行，故磁通量为零。当切断直导线中的电流时，磁通量在整个变化过程中皆为零，所以闭合回路中不会有感应电流产生，所以当切断直导线中的电流时，能产生感应电流的有B、C两种情况。
答案：BC
04课后巩固训练
1．下列现象中，属于电磁感应现象的是(　　)
A．小磁针在通电导线附近发生偏转
B．通电线圈在磁场中转动
C．因闭合线圈在磁场中运动而产生电流
D．磁铁吸引小磁针
解析：电磁感应是指“磁生电”的现象，而小磁针和通电线圈在磁场中转动，反映了磁场力的性质，所以A、B、D不是电磁感应现象，C是电磁感应现象。
答案：C
2．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是(　　)
A．闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生
B．闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流
C．穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流产生
D．只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生
解析：产生感应电流的条件：(1)闭合电路；(2)磁通量Φ发生变化，两个条件缺一不可。
答案：C
3．法拉第通过精心设计的一系列实验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来。在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是(　　)
A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流
B．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流
C．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势
D．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流
解析：电磁感应现象的产生条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。静止导线上的稳恒电流产生恒定的磁场，静止导线周围的磁通量没有发生变化，近旁静止线圈中不会有感应电流产生，A错。而B、C、D三项中都会产生电磁感应现象，有感应电动势(或感应电流)产生。
答案：A
4．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
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，按A、B、D三种情况线框运动后，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中线框转动后，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。
答案：C
5．下图中能产生感应电流的是(　　)
解析：根据产生感应电流的条件：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流。
答案：B
6．如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心线正好和线圈的一条直径MN重合。要使线圈a中产生感应电流，可采用的方法有(　　)
A．将螺线管在线圈a所在平面内转动
B．使螺线管上的电流发生变化
C．使线圈以MN为轴转动
D．使线圈以与MN垂直的一条直径为轴转动
解析：A、B、C中线圈a中磁通量始终为零，没有发生变化，无法产生感应电流。
答案：D
7．如图所示，一有限范围的匀强磁场宽度为d，若将一个边长为L的正方形导线框以速度v匀速地通过磁场区域，已知d>L，则导线框中无感应电流的时间等于(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：只有导线框完全在磁场里面运动时，导线框中才无感应电流。
答案：C
8．金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如下图所示的运动，线圈中有感应电流的是(　　)
解析：B、C中线圈运动时磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流；D中虽然ad与bc边切割磁感线运动，但整个线圈中磁通量保持不变，也没有感应电流。
答案：A
9．如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是(　　)
A．线圈中通以恒定的电流
B．通电时，使滑动变阻器的滑片P做匀速移动
C．通电时，使滑动变阻器的滑片P做加速移动
D．将开关突然断开的瞬间
解析：只要通电时滑动变阻器的滑片P移动，电路中电流就会发生变化，变化的电流产生变化的磁场，铜环A中磁通量发生变化，有感应电流；同样，将开关断开瞬间，电路中电流从有到无，仍会在铜环A中产生感应电流。
答案：A
10．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有一闭合导体环，环面与磁场垂直，当导体环在磁场中完成下述运动时，可能产生感应电流的是(　　)
A．导体环保持水平在磁场中向上或向下运动
B．导体环保持水平向左或向右加速平动
C．导体环以垂直环面，通过环心的轴转动
D．导体环以一条直径为轴，在磁场中转动
解析：只要导体环保持水平，无论它如何运动，穿过环的磁通量都不变，都不会产生感应电流，导体环以一条直径为轴在磁场中转动时，穿过环的磁通量改变，可以产生感应电流，D项正确。
答案：D
11．匀强磁场的磁感应强度B＝0.8 T，矩形线圈abcd的面积S＝0.5 m2，共10匝，开始B与线圈所在平面垂直且线圈有一半在磁场中，如图所示。求：
(1)当线圈绕ab边转过60°时，线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为多少？
(2)当线圈绕dc边转过60°时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量。
解析：(1)当线圈绕ab边转过60°时，Φ＝BS⊥＝BScos60°＝0.8×0.5×Wb＝0.2 Wb(此时的线圈正好全部处在磁场中)。在此过程中S⊥没变，穿过线圈的磁感线条数没变，故磁通量变化量ΔΦ＝0。
(2)当线圈绕dc边转过60°时，Φ＝BS⊥，此时没有磁场穿过线圈，所以Φ＝0；在图示位置Φ1＝B·＝0.2 Wb，转动后Φ2＝0，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－0.2 Wb，故磁通量改变了－0.2 Wb。
答案：(1)0.2 Wb　0　(2)0.2 Wb　－0.2 Wb
12．如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路。在断开开关S的时候，弹簧E并不能立即将衔铁D拉起，因而不能使触头C(连接工作电路)立即离开，过一段时间后触头C才能离开，延时继电器就是这样得名的，试说明这种继电器的原理。
答案：线圈A与电源连接，线圈A中流过恒定电流，产生恒定的磁场，有磁感线穿过线圈B，但穿过线圈B的磁通量不变化，线圈B中无感应电流。断开开关S时，线圈A中的电流迅速减小为零，穿过线圈B的磁通量也迅速减少，由于电磁感应，线圈B中产生感应电流，由于感应电流的磁场对衔铁D的吸引作用，触头C不离开；经过一小段时间后感应电流减弱，感应电流形成的磁场对衔铁D的吸引力减小，弹簧E的作用力比磁场力大，所以将衔铁D拉起，触头C离开。
03课堂效果自测
1.根据法拉第电磁感应定律的数学表达式，电动势的单位V可以表示为(　　)
A．T/s　　　　　　　　　　 B．Wb/s
C．T·m2/s D．Wb·m2/s
解析：根据法拉第电磁感应定律可知1 V＝ 1 Wb/s，选项B正确。T是磁感应强度B的单位，1 T显然不等于1 Wb，故A错误，根据磁通量的定义，1 Wb＝ 1 T·m2，可知C正确，D错误。
答案：BC
2．为了控制海洋中水的运动，海洋工作者有时依靠水流通过地磁场所产生的感应电动势测水的流速。某课外活动兴趣小组由四个成员甲、乙、丙、丁组成，前去海边某处测量水流速度。假设该处地磁场的竖直分量已测出为B，该处的水流是南北流向，问下列测定方法可行的是(　　)
A．甲将两个电极在水平面上沿水流方向插入水流中，测出两极间距离L及与两极相连的测量电势差的灵敏仪器的读数U，则水流速度v＝
B．乙将两个电极在水平面上沿垂直水流方向插入水流中，测出两极间距离L及与两极相连的测量电势差的灵敏仪器的读数U，则水流速度v＝
C．丙将两个电极沿垂直海平面方向插入水流中，测出两极间距离L及与两极相连的测量电势差的灵敏仪器的读数U，则水流速度v＝
D．丁将两个电极在水平面上沿任意方向插入水流中，测出两极间距离L及与两极相连的测量电势差的灵敏仪器的读数U，则水流速度v＝
解析：将两个电极在水平面上沿垂直水流方向插入水中，流动液体视为导体切割磁感线
则：E＝BLv，又E＝U　故v＝。
答案：B
3．如图所示，分别接有电压表V和电流表A的两个相同闭合回路，以相同的速度在匀强磁场中匀速向右运动，下列说法中正确的是(　　)
A．电流表示数为零，电压表示数不为零
B．电流表示数为零，电压表示数为零
C．电流表示数不为零，电压表示数为零
D．电流表示数不为零，电压表示数不为零
解析：闭合回路向右匀速运动时，穿过回路的磁通量不变，回路中不产生感应电流，根据电压表、电流表工作原理，两表示数均为零，B项正确。
答案：B
4．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是(　　)
A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变
B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大
C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势
D．图丁回路产生的感应电动势可能恒定不变
解析：根据E＝n可知：图甲中E＝0，A错；图乙中E为恒量，B错；图丙中0～t0时间内的E1大于t0～2t0时间内的E2，C正确；图丁中E为变量，D错。
答案：C
5．如图甲所示螺线管的匝数n＝1000，横截面积S＝20 cm2，电阻r＝2 Ω，与螺线管串联的外电阻R＝6 Ω。若穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，则线圈两端a、b之间的电压为多大？
解析：由法拉第电磁感应定律知
E＝n＝1000××20×10－4 V＝0.4 V
a、b间的电压为路端电压U＝·R＝×6 V＝0.3 V
即a、b间电压为0.3 V。
答案：0.3 V
04课后巩固训练
1．下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是 (　　)
A．线圈中磁通量的变化越大，产生的感应电动势一定越大
B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大
C．线圈放在磁感应强度越大的地方，产生的感应电动势一定越大
D．线圈中磁通量变化得越快，产生的感应电动势越大
解析：由法拉第电磁感应定律可知，线圈中磁通量变化得越快，产生的感应电动势越大，选项D正确。
答案：D
2．一根长为0.1 m的直导线，在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中以10 m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势(　　)
A．一定为0.1 V　　　　　 B．不可能为零
C．可能为0.01 V D．最大值为0.1 V
解析：直导线在磁场中运动，当B⊥v且v⊥l、B⊥l时，产生的感应电动势最大，Em＝Blv＝0.1 V；当B∥v或B∥l时，产生的感应电动势为零，所以0≤E≤0.1 V。选项C、D正确。
答案：CD
3．[2013·浙江高考]如图甲所示磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图乙所示。如果只将刷卡速度改为，线圈中的E－t关系图象可能是(　　)
解析：若将刷卡速度改为，则线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故选项D正确。
答案：D
4．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，设整个回路的总电阻为R(恒定不变)，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，下列说法中正确的是(　　)
A．ab中的电流与速率v成正比
B．磁场作用于ab的安培力与速率v成正比
C．电阻R上产生的热功率与速率v的平方成反比
D．外力对ab做功的功率与速率v的平方成正比
解析：由I＝＝可知，选项A正确。由F安＝可知，选项B正确。电阻R上产生的热功率P热＝I2R＝，选项C错误。由能量守恒定律可知，外力对ab做功的功率P外＝P热＝，选项D正确。
答案：ABD
5．一个面积S＝4×10－2m2，匝数n＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是(　　)
A．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08 Wb/s
B．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C．在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 V
D．在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
解析：由B－t图象可知，在开始的2 s内，＝＝ Wb/s＝0.08 Wb/s，选项A正确，B错误；在开始的2 s内，E＝n＝100×0.08 V＝8 V，故选项C正确；第3 s末磁感应强度的变化率不为零，则感应电动势也不为零，故选项D错误。
答案：AC
6．如图所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面，一根长直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为(　　)
A. B.
C. D.
解析：因磁感应强度B的方向、棒的运动方向及棒本身三者相互垂直，故E＝BLv，其中L＝，结合欧姆定律可知选项A正确。
答案：A
7．如图所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中金属棒始终平动且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况是(　　)
A．越来越大 B．越来越小
C．保持不变 D．无法判断
解析：金属棒水平抛出后，沿水平方向的速度不变，即垂直切割磁感线的速度不变，由E＝ BLv可知，产生的感应电动势保持不变，选项C正确。
答案：C
8．[2012·四川高考]半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示。则(　　)
A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝时，杆产生的电动势为Bav
C．θ＝0时，杆受的安培力大小为
D．θ＝时，杆受的安培力大小为
解析：根据法拉第电磁感应定律可得E＝Blv，其中l为有效长度，当θ＝0时，l＝2a，则E＝2Bav；当θ＝时，l＝a，则E＝Bav，故选项A正确，B错误。根据通电直导线在磁场中所受安培力大小的计算公式可得F＝BIl，根据闭合电路欧姆定律可得I＝，当θ＝0时，l＝2a，E＝2Bav，r＋R＝(π＋2)aR0，解得F＝；当θ＝时，l＝a，E＝Bav，r＋R＝(＋1)aR0，解得F＝，故选项C错误，D正确。
答案：AD
9．如图所示，足够长的“U”形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棒某一横截面的电荷量为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
解析：分析金属棒的受力，有mgsinθ－＝ma，分析可知金属棒做加速度减小的加速运动，故其平均速度不等于初、末速度的平均值，选项A错误；设金属棒沿斜面下滑的位移为x，则电荷量q＝I·Δt＝··Δt＝＝，解得位移x＝，选项B正确；根据能量守恒定律可知，金属棒ab产生的焦耳热等于金属棒机械能的减少量，即Q＝mgxsinθ－mv2，选项C错误；金属棒受到的最大安培力为F安＝，选项D错误。
答案：B
10．如图所示是测量磁感应强度的一种装置：把一个很小的测量线圈放在待测处，测量线圈平面与该处磁场方向垂直，将线圈跟冲击电流计G串联(冲击电流计是一种测量电荷量的仪器)。当用开关K使螺线管里的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，从而有电流流过G。该测量线圈的匝数为N，线圈面积为S，测量线圈的电阻为R，其余电阻不计。
(1)若已知开关K使电流反向后，冲击电流计G测得的电荷量大小为q，则此时穿过每匝测量线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝________(用已知量的符号表示)。
(2)待测处的磁感应强度的大小为B＝________。
解析：当开关K使螺线管中的电流反向时，测量线圈中产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可得E＝N＝N
由闭合电路欧姆定律得，测量电路中的平均电流为＝
流过电流计G的电荷量为q＝·Δt
联立以上三式解得ΔΦ＝，B＝。
答案：(1)　(2)
11．如图所示，矩形线圈abcd在0.01 s内由原位置Ⅰ转至水平位置Ⅱ。已知ad边长为5×10－2 m，ab边长为20×10－2m，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，R1＝R3＝1 Ω，R2＝R4＝3 Ω。求：
(1)矩形线圈转动过程中产生的平均感应电动势；
(2)转动时通过电阻R1的平均电流。(线圈及导线的电阻均忽略不计)
解析：(1)设线圈在位置Ⅰ时，穿过它的磁通量为Φ1，线圈在位置Ⅱ时，穿过它的磁通量为Φ2，则有
Φ1＝BScos60°＝1×10－2Wb，Φ2＝BS＝2×10－2Wb
所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝1×10－2Wb
根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的平均感应电动势为
E＝＝ V＝1 V
(2)将线圈等效为一电源，则电路的总电阻为
R＝＝ Ω＝2 Ω
根据闭合电路欧姆定律得干路中的平均电流为
I＝＝ A＝0.5 A
故通过电阻R1的平均电流为I′＝I＝0.25 A。
答案：(1)1 V　(2)0.25 A
12．如图所示，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。在导轨上端并联两个额定功率均为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)灯泡正常发光时金属棒的运动速率。
解析：(1)设小灯泡的额定电流为I0，有P＝IR
由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为I＝2I0
此时金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有mg＝BLI
联立各式解得B＝
(2)设灯泡正常发光时，金属棒的速率为v, 由法拉第电磁感应定律与欧姆定律得E＝BLv
又E＝I0R
联立各式解得v＝。
答案：(1)　(2)
03课堂效果自测
1.根据楞次定律知，感应电流的磁场一定是(　　)
A．与引起感应电流的磁场反向
B．加快引起感应电流的磁通量变化
C．阻碍引起感应电流的磁通量变化
D．使电路磁通量的变化有时加快，有时减慢，有时为零
解析：根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化。当磁通量增大时，感应电流的磁场与引起感应电流的磁场反向，而磁通量减少时，感应电流的磁场与引起感应电流的磁场同向，所以只有C正确。
答案：C
2．一根导体棒ab在水平方向的匀强磁场中自由下落，并始终保持水平方向且与磁场方向垂直。如图所示，则有(　　)
A．Uab＝0
B．Ua>Ub，Uab保持不变
C．Ua>Ub，Uab越来越大
D．Ua解析：导体切割磁感线时，感应电动势的方向、大小分别由右手定则和E＝Blv确定。ab棒向下运动时，可由右手定则判断感应电动势方向为a→b，所以Ub>Ua，由Uab＝E＝Blv及棒自由下落时v越来越大，可知Uab越来越大，D项正确。
答案：D
3．如图所示，A、B都是很轻的铝环，分别吊在绝缘细杆的两端，杆可绕竖直轴在水平面内转动，环A是闭合的，环B是断开的。若用磁铁分别靠近这两个圆环，则下面说法正确的是(　　)
A．图中磁铁N极接近A环时，A环被吸引，而后被推开
B．图中磁铁N极远离A环时，A环被排斥，而后随磁铁运动
C．用磁铁N极接近B环时，B环被推斥，远离磁铁运动
D．用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥
解析：接近A环，A环会后退；从A环移开，A环会前进。移近或远离B环则无任何现象，因为在磁铁靠近或远离A环时，由于A环闭合，环中产生了感应电流，阻碍磁铁和A环间的相对运动；而B环不闭合，无感应电流产生。
答案：D
4．图中，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒，ab和cd用导线连成一个闭合回路，当ab棒向左运动时，cd棒受到向下的磁场力。由此可知Ⅰ是________极，Ⅱ是________极，a、b、c、d四点的电势由高到低依次排列的顺序是________。
解析：由左手定则可知cd中电流方向是由c到d，可知ab中电流方向是由b到a，又由右手定则可知Ⅰ、Ⅱ间磁场方向是由下而上的，所以Ⅰ是S极，Ⅱ是N极，a、b、c、d四点电势高低为 φa>φc>φd>φb。
答案：S　N　 φa>φc>φd>φb
5．在研究电磁感应现象的实验中所用器材如图所示。它们是：①电流表；②直流电源；③带铁芯的线圈A；④线圈B；⑤开关；⑥滑动变阻器(用来控制电流以改变磁场强弱)。
(1)试按实验的要求在实物图上连接(图中已连好一根导线)。
(2)若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，
而在开关刚刚闭合时电流表指针右偏，则开关闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，电流表指针将________(填“左偏”“右偏”或“不偏”)。
解析：开关闭合时，电流表指针向右偏，说明B中磁通量增加时，产生的感应电流使指针向右偏。而如答图接法，当滑动触头向C移动时，A回路中电流减小，通过B回路的磁通量减少，此时产生感应电流与开关闭合时相反，故指针向左偏。
答案：连接电路如图所示　左偏
04课后巩固训练
1．根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定(　　)
A．阻碍引起感应电流的磁通量
B．与引起感应电流的磁场方向相反
C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化
D．与引起感应电流的磁场方向相同
解析：根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍的是引起感应电流的磁通量的变化，选项A错误，C正确；感应电流的磁场方向在原磁通量增加时与原磁场方向相反，在原磁通量减少时与原磁场方向相同，选项B、D错误。
答案：C
2．[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
解析：对磁铁受力分析可知，磁铁重力不变，磁场力随速率的增大而增大，当重力等于磁场力时，磁铁匀速下落，所以选C。
答案：C
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
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
D．将圆环拉出磁场的过程中，当环全部处在磁场中运动时，也有感应电流产生
解析：圆环中感应电流的方向，取决于圆环中磁通量的变化情况，向左或向右将圆环拉出磁场的过程中，圆环中垂直纸面向里的磁感线的条数都要减少，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场的方向与原磁场方向相同，即都垂直纸面向里，应用安培定则可以判断出感应电流的方向沿顺时针方向。圆环全部处在磁场中运动时，虽然导线做切割磁感线运动，但环中磁通量不变，只有圆环离开磁场，环的一部分在磁场中，另一部分在磁场外时，环中磁通量才发生变化，环中才有感应电流。B选项正确。
答案：B
4．如图所示，一闭合矩形金属线框，一半在匀强磁场中，一半在磁场外，要使线框中的感应电流为顺时针，线框应(　　)
A．沿x轴正方向平动
B．沿y轴正方向平动
C．沿x轴负方向平动
D．沿y轴负方向平动
解析：要使线框中感应电流为顺时针，根据右手螺旋定则，即线框中磁场应垂直纸面向里，与原磁场方向相同，所以线框中磁通量应减少，只有选项A正确。
答案：A
5．如图所示，原线圈P内有铁芯，原线圈与滑动变阻器、电源、开关连成电路；副线圈Q套在P上，并与电流计G连成电路。实验时若发现副线圈中有感应电流从a经G流向b，这可能是(　　)
A．在闭合开关K的瞬间
B．闭合开关K后，把滑动变阻器的滑片C向上移动
C．闭合开关K后，把滑动变阻器的滑片C向下移动
D．把铁芯从原线圈中拔出
解析：当副线圈中有感应电流从a经G流向b时，由右手螺旋定则知副线圈中磁场方向与原线圈中磁场方向相同，即要阻碍原线圈中磁通量的减少，所以D正确。另当原线圈只有电流减小时，其磁通量才会减少，所以C正确。
答案：CD
6．一个环形线圈放在磁场中，设第1 s内磁感线垂直于线圈平面向里，如图甲所示，若磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，那么在第2 s内线圈中的感应电流的大小和方向分别是(　　)
A．恒定，顺时针方向　　　B．恒定，逆时针方向
C．逐渐增大，逆时针方向 D．逐渐减小，顺时针方向
解析：根据题图乙，由楞次定律可判断出0～1 s线圈内的感应电流为顺时针方向，而B－t图象在0～2 s内各点切线的斜率都为正，故电流方向不变，各点切线的斜率大小相等，由E＝nS可知，感应电动势E的大小不变，所以I的大小不变。故选项A正确。
答案：A
7．如图所示，等腰直角三角形OPQ区域内存在匀强磁场，另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的速度v沿垂直于磁场的方向穿过磁场，穿越过程中速度方向始终与AB边垂直，且保持AC平行于OQ。关于线框中的感应电流，以下说法正确的是(　　)
A．开始进入磁场时感应电流最小
B．开始穿出磁场时感应电流最大
C．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向
D．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向
解析：线框中感应电流的大小正比于感应电动势的大小，又感应电动势E＝BL有v，L有指切割磁感线部分两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度，故开始进入磁场时感应电流最大，开始穿出磁场时感应电流最小，选项A、B错误。感应电流的方向可以用楞次定律判断，可知选项D正确，C错误。
答案：D
8．如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a(　　)
A．顺时针加速旋转　　 B．顺时针减速旋转
C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转
解析：b中的感应电流沿顺时针方向，且b具有收缩的趋势，说明a中的电流在减小，即a在减速旋转，根据楞次定律可知a中的电流方向与b中的电流方向相同，为顺时针，所以带正电的圆环a顺时针减速旋转。故选项B正确。
答案：B
9．[2013·课标全国卷Ⅱ]如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v－t图象中，可能正确描述上述过程的是(　　)
解析：由于导线框闭合，当导线框以某一初速度向右运动，其右侧边开始进入磁场时，切割磁感线产生感应电流，右侧边受到安培力作用，做减速运动；导线框完全进入磁场中时，穿过导线框的磁通量不变，不产生感应电流，导线框不受安培力作用，做匀速运动；导线框右侧边开始出磁场时，左侧边切割磁感线产生感应电流，左侧边受到安培力作用，导线框做减速运动；导线框进、出磁场区域时，受到的安培力不断减小，导线框的加速度不断减小，所以可能正确描述导线框运动过程的速度图象是D。
答案：D
10．如图所示，使通电直导线在垂直于纸面的平面内以虚线CD为轴逆时针(从左向右看)转动，则A、B两线圈的运动情况是(　　)
A．从左向右看，A线圈沿逆时针方向转动，B线圈沿顺时针方向转动
B．从左向右看，A线圈沿顺时针方向转动，B线圈沿逆时针方向转动
C．从左向右看，A、B两线圈都沿逆时针方向转动
D．从左向右看，A、B两线圈都沿顺时针方向转动
解析：在题图所示位置，通电直导线产生的磁场在导线的左侧垂直于纸面向外，在导线的右侧垂直于纸面向里，当直导线在垂直于纸面的平面内以虚线CD为轴逆时针(从左向右看)转动时，会使穿过A、B两线圈的磁通量都减少，根据楞次定律可知，为了阻碍磁通量的减少，两线圈都会随通电直导线一起逆时针(从左向右看)转动，选项C正确。
答案：C
11．某同学在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，设计了如图所示的装置。线圈A通过电流表甲、高阻值的电阻R′、滑动变阻器R和开关S连接到电源上，线圈B的两端接到另一个电流表乙上，两个电流表完全相同，零刻度居中。闭合开关后，当滑动变阻器R的滑片P不动时，甲、乙两个电流表指针的位置如图中所示。
(1)当滑片P向左滑动时，电流表甲的指针的偏转情况是________，电流表乙的指针的偏转情况是________(填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”)。
(2)断开开关，待电路稳定后再闭合开关，电流表乙的指针的偏转情况是________(填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”)。
(3)从上述实验可以初步得出结论：________________________________________________________________________。
解析：由题图可知，电流从哪一接线柱流出，电流表的指针就向该接线柱的这一侧偏转。
(1)当滑片P向左滑动时，通电回路中的电流增大，电流表甲的指针向右偏；穿过线圈B的磁通量增加且原磁场方向向下，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向上，由安培定则知，电流表乙的指针向左偏。
(2)断开开关，待电路稳定后再闭合开关，左侧(通电)回路中的电流增大，穿过线圈B的磁通量增加且原磁场方向向下，故电流表乙的指针向左偏。
(3)通过实验可以初步得出结论：穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
答案：(1)向右偏　向左偏　(2)向左偏　(3)穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
12．如图所示，水平“U”形光滑导轨的宽度为1 m，电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝ 0.2 kg，其电阻R＝0.5 Ω；匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，方向垂直于导轨平面向上。现用F＝1 N的外力拉ab使其由静止开始向右运动，当ab的速度达到2 m/s时，求：
(1)ab产生的感应电动势的大小；
(2)ab所受安培力的大小和方向；
(3)ab的加速度。
解析： (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv ＝0.4 V
(2)由闭合电路欧姆定律得回路中的感应电流
I＝＝ A＝0.8 A
由右手定则可知感应电流的方向为从a→b。故ab所受安培力F安＝BIL＝0.16 N，方向水平向左。
(3)根据牛顿第二定律得ab的加速度a＝＝4.2 m/s2，方向水平向右。
答案：(1)0.4 V　(2)0.16 N，方向水平向左　(3)4.2 m/s2，方向水平向右
03课堂效果自测
1．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，棒在竖直方向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，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
解析：棒受重力G、拉力F和安培力F安的作用。由动能定理：WF＋WG＋W安＝ΔEk，得WF＋W安＝ΔEk＋mgh，即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量。
答案：A
2．如图所示，矩形线圈长为L、宽为h，电阻为R，质量为m，在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计)，进入一宽度也为h、磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈进入磁场时的动能为Ek1，线圈刚穿出磁场时的动能为Ek2，这一过程中产生的热量为Q，线圈克服磁场力做功为W1，重力做的功为W2，则以下关系中正确的是(　　)
A．Q＝Ek1－Ek2　　　　　　　 B．Q＝W2－W1
C．Q＝W1 D．W2＝Ek2－Ek1
解析：线圈进入磁场和离开磁场的过程中，产生感应电流受到安培力的作用，线圈克服安培力所做的功等于产生的热量，故选项C正确；根据功能的转化关系得线圈减少的机械能等于产生的热量即Q＝W2＋Ek1－Wk2，故选项A、B错；根据动能定理得W2－W1＝Ek2－Ek1，故选项D错。
答案：C
3．如图所示，将一块条形磁铁棒以水平速度v0掷出并穿过悬挂的闭合线圈B，已知B离地面的高度为h，则其落地的水平距离一定小于________(用v0、h表示)；在此过程中一定有机械能转化为________。
解析：假如没有线圈B，磁铁棒做平抛运动，水平方向有S＝v0·t，竖直方向有h＝gt2，联立解得S＝v0，由于线圈B的存在，磁铁棒在穿过闭合线圈时，有感应电流产生，要阻碍磁铁棒的运动，使它速度小于v0，所以其落地距离小于v0，由于线圈B中有感应电流产生，所以有机械能转化为电能。
答案：v0　电能
4．如图所示的匀强磁场中，有两根相距20 cm固定的平行金属光滑导轨MN和PQ。磁场方向垂直于MN、PQ所在的平面。导轨上放置着ab、cd两根平行的可动金属细棒。在两棒中点OO′之间拴一根40 cm长的细绳，绳长保持不变。设磁感应强度B以1.0 T/s的变化率均匀减小，abdc回路的电阻为0.50 Ω。求：当B减小到10 T时，两可动边所受磁场力和abdc回路消耗的功率。
解析：根据E＝＝
E＝1.0×20×40×10－4 V＝0.08 V
根据I＝，F＝BIL
F＝10××20×10－2 N＝0.32 N
P＝＝ W＝0.0128 W。
答案：均为0.32 N　0.0128 W　
5．[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。
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棒在此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
答案：(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J
04课后巩固训练
1．如图所示，水平放置的光滑导轨处在匀强磁场中，质量为m的金属杆与导轨接触良好。现给杆一向右的初速度v0，则在金属杆向右运动的整个过程中(　　)
A．杆向右做匀减速运动，直到停止
B．杆向右做加速度减小的减速运动，直到停止
C．杆向右做加速度增大的减速运动，直到停止
D．回路中产生的焦耳热Q＝mv
解析：杆受到的安培力F＝＝ma，v减小，a减小，直到停止，所以选项B正确，A、C错误；根据能量守恒定律，杆的动能全部转化为焦耳热，即Q＝mv，选项D正确。
答案：BD
2．[2014·广东高考]如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块(　　)
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析：小磁块在铜管中下落时，由于电磁阻尼作用，不做自由落体运动，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动，因此在P中下落得慢，用时长，到达底端速度小，C项正确，A、B、D错误。
答案：C
3．如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一正方形线圈拉出有界匀强磁场区域，已知v1＝2v2，则在先后两种情况下(　　)
A．线圈中的感应电流之比为I1∶I2＝2∶1
B．线圈中的感应电流之比为I1∶I2＝1∶2
C．线圈中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶4
D．通过线圈导线某横截面的电荷量之比为q1∶q2＝1∶2
解析：线圈中的感应电流为I＝＝，则I1∶I2＝v1∶v2＝2∶1，选项A正确，B错误；线圈中产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝，则Q1∶Q2＝v1∶v2＝2∶1，选项C错误；通过线圈导线某横截面的电荷量为q＝＝，则q1∶q2＝1∶1，选项D错误。
答案：A
4．[2014·四川高考]如图所示，不计电阻的光滑“U”形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t) T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则(　　)
A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
解析：本题考查在共点力作用下物体的平衡、法拉第电磁感应定律、楞次定律等相关知识，意在考查考生的理解、综合分析的能力和计算能力。
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°＝0.2×1×2× 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。
答案：AC
5．如图所示，质量为m，边长为L的正方形线框从某一高度自由落下后，通过一高度也为L的匀强磁场区域，则线框通过磁场过程中产生的焦耳热(　　)
A．可能大于2mgL
B．可能等于2mgL
C．可能小于2mgL
D．可能为零
解析：若线框匀速通过磁场区域，则减少的机械能为2mgL，产生的焦耳热等于减少的机械能，为2mgL；若线框离开磁场的速度大于进入磁场的速度，则减少的重力势能一部分转化为动能，一部分转化为电能，产生的焦耳热小于2mgL；若线框离开磁场的速度小于进入磁场的速度，则减少的机械能转化为电能，产生的焦耳热大于2mgL。故选项A、B、C正确。
答案：ABC
6．如图所示，放在同一水平面内的平行金属导轨足够长，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒ab垂直放在导轨上且与导轨保持良好接触。现给ab棒一个水平速度，ab棒将运动起来，最后又静止在导轨上。对此过程，就导轨光滑和导轨粗糙两种情况比较，有(　　)
A．安培力对ab棒做的功相等
B．电流通过整个回路做的功相等
C．整个回路产生的热量相等
D．ab棒运动的路程相等
解析：ab棒在运动的过程中安培力做负功，由动能定理可知所有力做的功之和等于动能的增量。导轨粗糙时安培力做的功少，电流做的功少，但两种情况回路产生的总热量是相等的，选项A、B错误，C正确。两种情况ab棒运动的路程不同，选项D错误。
答案：C
7．两根间距为L的足够长的平行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、电阻均为R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。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沿导轨向右匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动。重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　)
A．ab杆所受拉力F的大小为μmg＋
B．cd杆所受摩擦力为零
C．回路中的感应电流为
D．μ与v1的大小关系为μ＝
解析：当两杆都匀速运动时，回路中的感应电流为I＝；对ab杆而言，有F＝BIL＋Ff＝＋μmg；对cd杆而言，有电流通过，受到的安培力使cd杆压紧导轨，故cd杆受到滑动摩擦力作用，由于cd杆匀速下滑，所以有Ff′＝mg，又Ff′＝μBIL＝，故＝mg，解得μ＝。选项A、D正确。
答案：AD
8．如图所示，连接两个定值电阻的平行金属导轨与水平面成θ角，R1＝R2＝ 2R，匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒ab质量为m，接入电路的电阻也为2R，棒与导轨之间的动摩擦因数为μ。导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，定值电阻R2消耗的电功率为P，则下列说法正确的是(　　)
A．此时重力的功率为mgvcosθ
B．此时装置消耗的机械功率为μmgvcosθ
C．导体棒受到的安培力大小为
D．导体棒受到的安培力大小为
解析：根据功率的计算公式可知此时重力的功率为－ mgvsinθ，选项A错误；因为摩擦力f＝μmgcosθ，所以由于摩擦而消耗的机械功率为μmgvcosθ，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，回路中的总电流I＝，导体棒受到的安培力F＝BIL，此时整个装置消耗的机械功率为(F＋μmgcsoθ)v，选项B错误；由于R1＝R2＝2R，导体棒的电阻也为2R，当上滑的速度为v时，定值电阻R2消耗的电功率为P，则定值电阻R1消耗的电功率也为P，根据电路的特点可知此时导体棒ab消耗的电功率应该为4P，故整个电路消耗的电功率为6P，又克服安培力做功转化为电能，所以导体棒受到的安培力大小为F＝，选项C正确，D错误。
答案：C
9．如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动，当运动距离为l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程(　　)
A．杆的速度最大值为
B．通过电阻R的电荷量为
C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量
D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
解析：A选项中，当杆达到最大速度v时，其受力情况如图所示，在水平方向受拉力F、安培力F安＝、滑动摩擦力f＝μmg，三个力的合力为零，即F－－μmg＝0，解得v＝。B选项中，平均电动势为＝，平均电流为＝＝，通过电阻R的电荷量q＝Δt＝，又ΔΦ＝BΔS＝Bdl，则q＝＝。C选项中，由动能定理得WF－Wf－W安＝ΔEk。D选项中，由前式可得WF－W安＝ΔEk＋Wf>ΔEk。故选项B、D正确。
答案：BD
10．如图所示，两根间距为L的竖直光滑平行金属导轨位于磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，导轨电阻不计。金属杆ab、cd的质量均为m，电阻均为R，与导轨垂直放置且保持良好接触。若要使cd杆静止不动，则ab杆应向________运动，速度大小为________，作用于ab杆上的外力大小为________。
解析：由于cd杆处于静止状态，故向上的安培力等于重力，即BIL＝mg①
回路中的电流I＝②
又E＝BLv③
联立①②③式解得v＝，由左手定则及右手定则知ab杆应向上运动。
因为ab杆匀速运动，则有F－mg－BIL＝0
解得F＝mg＋BIL＝2mg。
答案：上　　2mg
11．如图所示，两根光滑且平行的金属导轨MN和PQ的间距为L，竖直放置在垂直于导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨上端接有阻值为R的电阻。一根长为L、质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在金属导轨上，由静止开始下滑，在下滑过程中棒ab与导轨接触良好，导轨的电阻不计且足够长，磁场足够大。求：
(1)棒ab的最大速度vm；
(2)系统稳定时电阻R消耗的电功率P。
解析：(1)棒ab由静止开始运动，速度不断增大，感应电动势不断增大，感应电流不断增大，棒受到的安培力竖直向上且逐渐增大。当棒受到的安培力与重力大小相等时，棒的速度达到最大，之后做匀速运动。则有
BImL＝mg，Im＝，Em＝BLvm
联立解得vm＝
(2)棒ab匀速运动时，有BImL＝mg
解得Im＝
则此时电阻R消耗的电功率为P＝IR＝。
答案：(1)　(2)
12．如图所示，质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在“U”形金属框架上，框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长。电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T。垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，且始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；
(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程中ab的位移x的大小。
解析：(1)ab对框架的压力F1＝m1g
框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F1
依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到的最大静摩擦力为F2＝μFN
ab中的感应电动势E＝Blv
MN中的电流I＝
MN受到的安培力F安＝BIl
框架开始运动时F安＝F2
由上述各式代入数据解得v＝6 m/s
(2)回路中产生的总热量Q总＝Q
由功能关系，得Fx＝m1v2＋Q总
代入数据解得x＝1.1 m。
答案：(1)6 m/s　(2)1.1 m
03课堂效果自测
1.关于线圈的自感系数、自感电动势的下列说法正确的是(　　)
A．线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大
B．对于某一线圈，自感电动势正比于电流的变化量
C．一个线圈的电流均匀增大，这个线圈自感系数、自感电动势都不变
D．自感电动势与原电流方向相反
解析：线圈的自感系数由线圈本身的因素(如长度、面积、匝数等)决定，E自∝，而不是E自∝ΔI，C对，A、B错，线圈中电流减小时自感电动势方向与原电流方向相同，电流增大时，电动势方向与原电流方向相反，D错。
答案：C
2．关于日光灯电路的连接下列说法正确的是(　　)
A．启动器与灯管并联
B．镇流器与灯管串联
C．启动器与镇流器并联
D．启动器相当于开关
解析：熟练掌握日光灯的电路及日光灯工作原理，可知A、B、D正确。
答案：ABD
3．如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的两只灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下面说法中正确的是(　　)
A．合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
B．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮
C．断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会才熄灭
D．断开开关S切断电路时，A1、A2都要延迟一会再熄灭
解析：合上开关S，接通电路时，由于线圈对电流的阻碍作用，A1中电流逐渐增大，A2先亮，A1后亮。最后一样亮，A对，B错。断开开关S，切断电路时，A1、A2和线圈L组成回路，电流逐渐减小，A1、A2都要延迟一会儿再熄灭，C错，D对。
答案：AD
4．家用日光灯电路如图所示，S为启动器，A为灯管，L为镇流器，关于日光灯的工作原理下列说法正确的是(　　)
A．镇流器的作用是将交流电变为直流电
B．在日光灯的启动阶段，镇流器能提供一个瞬时高压，使灯管开始工作
C．日光灯正常发光时，启动器中的两个触片是分离的
D．日光灯发出柔和的白光是由汞原子受到激发后直接辐射的
解析：镇流器在日光灯启动阶段产生瞬时高压，日光灯正常工作时，镇流器起降压限流作用，B项对，A项错；日光灯正常工作时，启动器中的两个触片是分离的，这时将启动器取下，日光灯照常工作，选项C对；日光灯中柔和的白光是紫外线照射到管壁上的荧光粉而发出的，D项错。
答案：BC
5．在如图所示的电路中，L为自感线圈，R是一灯泡，当S闭合的瞬间，通过灯泡的电流方向是________。当S切断的瞬间，通过灯泡的电流方向是________。
解析：S闭合的瞬间，灯泡中电流方向由A到B，S切断瞬间，线圈中电流方向不变，由左到右，线圈L为灯泡供电，灯泡中电流由B到A。
答案：由A到B　由B到A
04课后巩固训练
1．下列说法正确的是(　　)
A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
解析：由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，选项A正确；当线圈中电流反向时，相当于电流减小，由楞次定律可知，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，选项B错误；当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，选项C正确；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，选项D错误。
答案：AC
2．某线圈中通有如图所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有(　　)
A．第1 s末
B．第2 s末
C．第3 s末
D．第4 s末
解析：自感电动势EL＝L，当电流的变化率为零时，自感电动势的方向发生改变。由题图可知t＝2 s和t＝4 s时为零。故选项B、D正确。
答案：BD
3．关于线圈中自感电动势的大小，下列说法中正确的是(　　)
A．电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大
B．电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大
C．通过线圈的电流为零的瞬间，自感电动势为零
D．通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大
解析：由EL＝L可知，电感一定时，电流变化越快，即越大，自感电动势越大，选项A错误，B正确；线圈中电流为零的瞬间，电流的变化率不一定为零，自感电动势不一定为零，选项C错误；线圈中电流为最大值的瞬间，电流的变化率不一定最大，自感电动势不一定最大，选项D错误。
答案：B
4．如图所示，在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接“1”，现把它从“1”扳向“2”。则在此过程中，电阻R中的电流方向是(　　)
A．先由P→Q，再由Q→P
B．先由Q→P，再由P→Q
C．始终由Q→P
D．始终由P→Q
解析：单刀双掷开关原来接“1”，现把它从“1”扳向“2”，此过程中，穿过线圈B的磁通量先减少后增加，由楞次定律不难判断B线圈中感应电流的方向。选项C正确。
答案：C
5．如图所示是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测定自感线圈两端的直流电压，在测定完毕后，将电路拆除时应(　　)
A．先断开S1
B．先断开S2
C．先拆除电流表
D．先拆除电阻R
解析：因为S1断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2，选项A错误，B正确；不能在通电状态下拆除电流表和电阻，选项C、D错误。
答案：B
6．如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关。对于这个电路，下列说法正确的是(　　)
A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等
B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等
C．闭合开关S，电路达到稳定时，D1熄灭，D2比原来更亮
D．闭合开关S，电路达到稳定时，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下后熄灭
解析：由于线圈的电阻可忽略不计，且自感系数足够大，在开关闭合的瞬间线圈的阻碍作用很大，线圈中的电流为零，所以通过D1、D2的电流大小相等，选项A正确，B错误。闭合开关S，电路达到稳定时线圈短路，D1中电流为零，回路中的总电阻减小，总电流增大，D2比原来更亮，选项C正确。闭合开关S，电路达到稳定时，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭，线圈和D1形成闭合回路，D1闪亮一下后熄灭，选项D正确。
答案：ACD
7．如图所示，L是自感系数足够大的线圈，电阻可忽略不计，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡。则下列说法中正确的是(　　)
A．S闭合瞬间，三个灯同时亮，最后D1、D2熄灭，D3变得更亮
B．S闭合瞬间，D1、D2先亮，D3后亮，最后三个灯亮度一样
C．S断开时，三个灯都亮一下再慢慢熄灭
D．S断开时，D3立即熄灭，D1、D2亮一下再慢慢熄灭
解析：S闭合的瞬间，线圈L的自感电动势阻碍电流增大，相当于阻值逐渐减小的可变电阻，最后将D1、D2短路，选项A正确，B错误。S断开时，线圈L产生自感电动势且与D1、D2构成闭合回路，故S断开时，D3立即熄灭，D1、D2亮一下再慢慢熄灭，选项C错误，D正确。
答案：AD
8．在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采用双线并绕的方法，如图所示。其原理是(　　)
A．当电路中的电流变化时，两股导线产生的自感电动势相互抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线产生的感应电流相互抵消
C．当电路中的电流变化时，两股导线中原电流的磁通量相互抵消
D．以上说法都不对
解析：由于采用双线并绕的方法，当电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感，选项A、B错误，只有C正确。
答案：C
9．在实际生产中，有些高压直流电路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，线圈中会产生很大的自感电动势，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，下列方案可行的是(　　)
解析：选项A所示图中，断开开关S时，电容器被充电，开关S处仍将产生电弧；选项B、C所示图中，闭合开关S时，电路发生短路；选项D所示图中，闭合开关S时，二极管处于反向截止状态，不影响电路正常工作，断开开关S时，由于自感现象，线圈跟二极管组成闭合电路，此时二极管处于正向导通状态，可以避免开关S处产生电弧。选项D正确。
答案：D
10．[2012·江苏高考]某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成。当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路。仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有(　　)
A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零
B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变
C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起
解析：当家庭电路正常工作时，火线和零线中的电流大小始终相等，方向始终相反，由于采用双线绕成，火线和零线在铁芯内部产生的磁场大小相等，方向相反，所以L2中的磁通量为零，选项A正确；当电路中的电器增多时，火线和零线中的电流都增大了，但大小始终相等，方向始终相反，故L2中的磁通量还是零，即L2中的磁通量不变，选项B正确；当电路发生短路时，电流不经用电器，火线和零线中电流很大，但大小始终相等，方向始终相反，L2中的磁通量还是零，L2不产生感应电流，开关K不会被电磁铁吸起，选项C错误；当地面上的人接触火线发生触电时，电流经人体流向地面，不经过零线，所以火线和零线中的电流大小不相等，L2中的磁通量发生变化，L2中产生感应电流，开关K被电磁铁吸起，选项D正确。
答案：ABD
11．如图所示的电路中，电阻R1＝R2，L是电阻不计的线圈。设A、B两点的电势分别为UA、UB，开关闭合的瞬间，UA_______UB；开关闭合后，电路达到稳定状态时，UA________UB；开关断开的瞬间，UA________UB。(填“>”、“<”或“＝”)
解析：开关闭合的瞬间，L相当于断路，电流从A经R1流向B，故UA>UB；开关闭合后，电路稳定时，L相当于导线，故UA＝UB；开关断开的瞬间，L相当于电源，电流从B经R1流向A，故UA答案：>　＝　<
12．如图所示，甲、乙两图中垂直于匀强磁场放置了两个光滑金属框架，乙图中除了多一个电阻为零、自感系数为L的线圈外，其他部分与甲图中的相同。若导体棒AB在两图中以相同的加速度a向右做匀加速直线运动且通过相同的距离，那么在两种情况下，哪个图中外力做的功较多？为什么？
解析：设外力为F，导体棒AB切割磁感线运动，在闭合回路中产生感应电流，使导体棒AB受到安培力F安作用，且F安＝BIL，根据楞次定律及左手定则可得安培力的方向向左，由牛顿第二定律得F－ F安＝ma，所以F＝F安＋ma＝ BIL＋ma。在乙图中，由于回路中的电流时刻在变化，会产生自感现象，且产生的自感电动势阻碍电路中电流的增大，使得在同一时刻乙图中的感应电流I2比甲图中的感应电流I1小，即I1 >I2，则安培力满足F安1>F安2，因此甲图中的外力F1>F2，在通过相同的距离时，有W1>W2，即甲图中外力做的功较多。
答案：见解析
03课堂效果自测
1.下列应用哪些与涡流有关(　　)
A．高频感应冶炼炉
B．汽车的电磁式速度表
C．家用电度表
D．闭合线圈在匀强磁场中转动，切割磁感线产生的电流
解析：真空冶炼炉，炉外线圈通入交变电流，炉内的金属中产生涡流；汽车速度表是磁电式电流表，指针摆动时，铝框骨架中产生涡流；家用电表(转盘式)的转盘中有涡流产生；闭合线圈在磁场中转动产生感应电流，不同于涡流，D错误。
答案：ABC
2．下列说法正确的是(　　)
A．录音机在磁带上录制声音时，利用了电磁感应原理
B．自感现象和互感现象说明磁场能够储存能量
C．金属中的涡流会产生热量，生活中的电磁炉是利用这一原理而工作的
D．交流感应电动机是利用电磁驱动原理工作的
解析：录音机在磁带上录制声音时，是利用了电流的磁效应，使磁带上的磁粉被磁化，A项错误。自感现象说明磁场能够储存能量，互感现象说明磁场能够携带能量，B项正确。电磁炉利用涡流工作，交流感应电动机利用电磁驱动原理工作。C、D项正确。
答案：BCD
3．如图所示，用细线悬吊一薄金属板，在平衡位置时，板的一部分处于匀强磁场中，磁场的方向与板面垂直，当让薄板离开平衡位置附近做微小的摆动时，它将(　　)
A．做简谐运动
B．在薄板上有涡流产生
C．做振幅越来越小的阻尼振动
D．以上说法均不正确
解析：由于电磁感应现象，薄板上产生感应电流，因产热会引起机械能减少，B、C对。
答案：BC
4．一块铜片置于如图所示的磁场中，如果用力把铜片从磁场拉出或把它进一步推入，则在这两个过程中有关磁场对铜片的作用力，下列叙述正确的是(　　)
A．拉出时是阻力　　　 B．推入时是阻力
C．拉出时不受磁场力 D．推入时不受磁场力
解析：将铜片从磁场拉出或推入，磁通量发生变化，在铜片上产生感应电流。根据楞次定律，感应电流受到的安培力应阻碍导体和磁场的相对运动，故A、B正确。
答案：AB
5．[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
解析：本题考查影响感应电动势大小的因素、感应电流大小的判断，意在考查考生的分析推理能力。
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。
答案：AB
04课后巩固训练
1．下列仪器是利用涡流工作的有(　　)
A．电磁炉　　　　　　　 B．微波炉
C．金属探测器 D．真空冶炼炉
解析：微波炉是利用红外线频率和固体分子频率接近而达到共振来加热的，其他都是利用磁通量变化，引起涡流而工作的，选A、C、D。
答案：ACD
2．变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，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．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量
D．增大铁芯中的电阻，以减小发热量
解析：不使用整块硅钢而是采用很薄的硅钢片，这样做的目的是增大铁芯中的电阻，来减少电能转化成铁芯的内能，提高效率，其次是防止涡流而采取的措施。
答案：BD
3．如图所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是(　　)
A．2是磁铁，在1中产生涡流
B．1是磁铁，在2中产生涡流
C．该装置的作用是使指针能够转动
D．该装置的作用是使指针能很快地稳定
解析：当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动。总之，不管1向哪个方向转动，2对1的效果总是起到阻尼作用，所以它能使指针很快地稳定下来。
答案：AD
4．如图所示，悬挂在轻弹簧下端的条形磁铁在闭合线圈内振动，如果空气阻力忽略不计，则(　　)
A．磁铁的振幅不变
B．磁铁最终会停止振动
C．线圈中有逐渐变弱的直流电
D．线圈中有逐渐变弱且方向变化的电流
解析：在磁铁运动的过程中穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，会阻碍磁铁的运动，故磁铁的振幅不断减小，并最终停止振动，线圈中产生的感应电流逐渐变弱且方向不断变化，故选项B、D正确。
答案：BD
5．如图所示是利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交变磁场
B．只有具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
解析：金属探测器是利用涡流进行工作的。
答案：AD
6．如图所示，在光滑的水平面上有一个铝质金属球，以速度v0向一个有界的匀强磁场运动，匀强磁场方向垂直于纸面向里，则从金属球刚开始进入磁场到全部穿出磁场的过程中(磁场的宽度大于金属球的直径)，金属球(　　)
A．整个过程中做匀速运动
B．进入磁场过程做减速运动，穿出磁场过程做加速运动
C．整个过程中做匀减速运动
D．穿出时的速度一定小于进入时的速度
解析：金属球在进入、穿出磁场的过程中均有涡流产生，金属球都要受到阻力作用，该过程中做减速运动；金属球在完全进入磁场到未开始穿出磁场的过程中，金属球中无涡流产生，此过程中做匀速运动。故选项D正确。
答案：D
7．安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警。以下关于这个安检门的说法正确的是(　　)
A．这个安检门也能检查出毒品携带者
B．这个安检门只能检查出金属物品携带者
C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者
D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应
解析：这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查金属物品携带者，A错，B对。若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使块状金属产生电流，因而不能检查出金属物品携带者，C错，安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D对。
答案：BD
8．如图所示，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下列各图中哪一图线所示变化时，导体圆环将受到向上的磁场力作用而可能上升(　　)
解析：圆环受到向上的磁场力作用，根据感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因可知螺线管产生的磁场在减弱，则螺线管中的感应电流在减小，由此可知导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度B随时间变化得越来越慢，反映在图象上就是图线的斜率越来越小，故选项A正确。
答案：A
9．现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感应电场加速电子的设备。电子感应加速器主要由上下电磁铁磁极和环形真空室组成。当电磁铁绕组通以变化的电流时，产生变化的磁场，穿过真空室区域内的磁通量也随时间变化，这时真空室内就产生感应涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下得到加速。如图所示(上图为侧视图，下图为真空室的俯视图)，若电子被“约束”在半径为R的圆周上运动，当电磁铁绕组通有图中所示的电流时(　　)
A．电子在轨道上沿逆时针方向运动
B．保持电流的方向不变，当电流增大时，电子被加速
C．保持电流的方向不变，当电流减小时，电子被减速
D．被加速时电子做圆周运动的周期不变
解析：当电磁铁绕组通有题图中所示方向的电流且电流增大时，根据楞次定律可知，真空室中产生的是顺时针方向的感应涡旋电场，电子在轨道上沿逆时针方向运动，且电子被加速，选项A、B正确。当电磁铁绕组通有题图中所示方向的电流且电流减小时，根据楞次定律可知，真空室中产生的是逆时针方向的感应涡旋电场，电子在轨道上沿顺时针方向运动，电子被加速，选项C错误。被加速时电子做圆周运动的周期减小，选项D错误。
答案：AB
10．把一个用丝线悬挂的铜球放在通电螺线管上方，如图所示，在下列三种情况中，悬挂铜球的丝线所受的拉力怎样变化：
(1)当滑动变阻器的滑片向右移动时，拉力________(填“变大”、“不变”或“变小”)；
(2)当滑动变阻器的滑片向左移动时，拉力________(填“变大”、“不变”或“变小”)；
(3)当滑动变阻器的滑片不动时，拉力________(填“变大”、“不变”或“变小”)。
解析：(1)铜球可看成由许多水平铜片叠加而成，每一铜片又可看成由许多同心圆环叠加而成。当滑动变阻器的滑片向右移动时，螺线管中的电流增大，穿过铜球的磁通量增大，铜球中产生感应电流(涡流)，感应电流的磁场阻碍其磁通量增大，故有远离螺线管运动的趋势，因此丝线的拉力变小。同理可分析(2)和(3)。
答案：(1)变小　(2)变大　(3)不变
11．如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，它的内部有一个线圈，当交变电流通过线圈时会产生磁场，这个磁场的大小和方向是不断变化的，这个变化的磁场又会引起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，所以感应电流就会在锅底产生热，这些热便起到加热锅内食物的作用。电磁炉的特点是：电磁炉的效率比一般的炉子都高，热效率高达90%，炉面无明火，无烟，无废气，火力强劲，安全可靠。因为电磁炉是以电磁感应产生电流，利用电流的热效应产生热量，所以不是所有的锅或烹饪器都适用。对于锅的选择，方法很简单，只要锅底能被磁铁吸引的一般都能用。适合放在电磁炉上的烹饪器有不锈钢锅、不锈钢壶、平底铁锅等；不适用的有陶瓷锅、圆底铁锅、耐热玻璃锅、铝锅、铜锅等。
(1)在用电磁炉加热食物的过程中涉及的物理原理(回答三条即可)：
①___________________________________________________；
②___________________________________________________；
③___________________________________________________。
(2)电磁炉不能用陶瓷锅、耐热玻璃锅的原因是______________
______________________________；电磁炉不能用铝锅、铜锅的原因是__________________________________________。
(3)在锅和电磁炉之间放置一薄纸板，电磁炉还能起到加热的作用吗？为什么？
答案：(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)不能产生电磁感应现象　电阻率小，热效率低
(3)能起到加热作用。因为线圈产生的磁场能穿透薄纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起到加热作用。
12．如图所示，质量为m＝100 g的铝环，用细线悬挂起来，环中心距地面的高度h＝0.8 m。现有一质量为M＝200 g的小磁铁(长度可忽略)，以v0＝10 m/s的水平速度射入并穿过铝环，落地点与铝环原位置的水平距离为x＝3.6 m，小磁铁穿过铝环后的运动看做平抛运动。
(1)小磁铁与铝环发生相互作用时铝环向哪边偏斜？
(2)若铝环在小磁铁穿过后的速度为v′＝2 m/s，在小磁铁穿过铝环的整个过程中，铝环中产生了多少电能？(g取10 m/s2)
解析：(1)由楞次定律可知，当小磁铁向右穿过铝环时，铝环应向右偏斜(阻碍相对运动)。
(2)小磁铁穿过铝环后的运动为平抛运动，由平抛运动的规律可得x＝vt，h＝gt2
解得小磁铁穿过铝环后的速度为v＝9 m/s
由能量守恒定律可得铝环中产生的电能为
W电＝Mv－Mv2－mv′2＝1.7 J。
答案：(1)向右　(2)1.7 J
03课堂效果自测
1.家庭电路的交变电流图象为如图所示中的(　　)
解析：我国家庭用电为正弦交变电流，故正确答案为A。
答案：A
2．一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时(　　)
A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小
B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大
C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大
D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小
解析：当线框平面平行于磁感线时，磁通量最小，但Em最大，即最大，故正确答案为C。
答案：C
3．下图中哪些情况线圈中产生了交流电(　　)
解析：紧扣正弦交流电产生的条件可知，轴必须垂直于磁感线，但对线圈的形状没有特别要求。
答案：BCD
4．一束带电粒子沿着通有交流电的螺线管的轴线射入管内，则粒子在管内的运动状态是(　　)
A．往复运动　　　　　　　 B．匀速直线运动
C．匀加速直线运动 D．匀速圆周运动
解析：带电粒子顺着螺线管轴线飞入，它的运动方向跟磁感线平行，故带电粒子不受磁场力，所以它做匀速直线运动。
答案：B
5．一交流发电机产生的感应电动势随时间变化的图象如图所示，求：
(1)当t＝100 s时，电动势的瞬时值；
(2)当线圈第一次转到什么位置时，感应电动势的瞬时值为最大值的一半；
(3)已知线圈面积为16 cm2，共25匝，那么匀强磁场的磁感应强度B为多少？
解析：Em＝5 V，ω＝＝100π rad/s，
有e＝5sin(100πt) V
(1)当t＝100 s时，e＝0。
(2)当e＝2.5 V时，sin100πt＝，有100πt＝，
故当线圈转到与中性面成角时，感应电动势的瞬时值为最大值的一半。
(3)由Em＝nBSω，有B＝＝ T≈0.4 T。
答案：(1)0　(2)当线圈转到与中性面成时　(3)0.4 T
04课后巩固训练
1．下列说法中正确的是(　　)
A．只有大小和方向都不发生变化的电流才是直流电
B．如果电流的大小做周期性变化，则一定是交变电流
C．交变电流的最大特征是电流的方向发生变化
D．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
解析：大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流。直流与交流最主要的区别在于电流的方向是否发生变化，只要方向不变就是直流；交变电流是多种多样的，如方波电流、锯齿波电流等，不一定都是按正弦或余弦规律变化的。选项C正确。
答案：C
2．在下列各图中，不能产生交变电流的是(　　)
解析：矩形线圈绕着垂直于磁场方向的转轴匀速转动就会产生交变电流，而A图中的转轴与磁场方向平行，线圈中无电流产生，所以应选A。
答案：A
3．某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量Φ随时间变化的规律如图所示，则(　　)
A．t1时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最大
B．t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零
C．t3时刻，线圈中的感应电动势为零
D．t4时刻，线圈中的感应电动势最大
解析：由题图可知，t1和t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零，线圈中的感应电动势为零；t2和t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率最大，线圈中的感应电动势最大。故选项C、D正确。
答案：CD
4．如图所示，矩形线圈ABDC放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈以相同的角速度分别绕OO′、AC、EF、AB轴线匀速转动，线圈中产生的最大感应电动势分别为E1、E2、E3、E4，则下列判断正确的是(　　)
A．E1＝E2，E3＝E4　　　　 B．E1＝E2＝E3，E4＝0
C．E1＝E2＝E3＝E4 D．E1＝E4，E2＝E3
解析：线圈以相同的角速度分别绕OO′、AC、EF轴线匀速转动时，线圈中产生的最大感应电动势的大小均为Em＝ BSω，和转轴的位置没有关系；线圈绕AB轴线匀速转动时，线圈的AB、CD边没有切割磁感线，AC、BD边是同方向切割磁感线，所以整个回路中的感应电动势为零。选项B正确。
答案：B
5．交流发电机正常工作时产生的电动势e＝Emsinωt，若线圈匝数减为原来的一半，而转速增为原来的2倍，其他条件不变，则产生的电动势的表达式为(　　)
A．e＝Emsinωt　　　　　　 B．e＝2Emsinωt
C．e＝2Emsin2ωt D．e＝Emsin2ωt
解析：因为Em＝NBSω，转速变为原来的2倍，则ω变为原来的2倍，又线圈匝数变为原来的一半，故Em不变，选项D正确。
答案：D
6．一矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，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，电动势方向发生改变
C．电动势的最大值是157 V
D．在t＝0.4 s时，磁通量的变化率最大，为3.14 Wb/s
解析：由题图可知，在t＝0.1 s和t＝0.3 s 时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，电动势为零，选项A错误；在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，电动势最大，电动势方向不变，选项B错误；根据电动势的最大值Em＝nBSω，Φm＝BS，ω＝，可得Em＝50×0.2× V＝157 V，选项C正确；在t＝0.4 s时，磁通量的变化率最大，为＝3.14 Wb/s，选项D正确。
答案：CD
7．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方向的感应电流为正，则下列图中能正确反映线圈中感应电流I随时间t变化规律的图象是(　　)
解析：由题图可知，t＝0时刻穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大；由楞次定律可判断线圈在转过90°的过程中，感应电流沿正方向。故选项C正确。
答案：C
8．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴匀速转动，线圈共100匝，角速度为20 rad/s，在转动过程中，穿过线圈的磁通量的最大值为0.06 Wb，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为________V；当线圈平面与中性面的夹角为时，感应电动势为________V。
解析：线圈在磁场中从中性面开始转动时瞬时感应电动势的表达式为e＝NBSωsinωt＝NΦmωsinωt，当线圈平面转到与磁感线平行时，ωt＝，当线圈平面与中性面的夹角为时，ωt＝，分别代入数据即可求解。
答案：120　60
9．一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中以某一边为轴匀速转动，磁场方向与轴垂直。线圈中感应电动势e与时间t的关系如图所示。则磁感应强度B＝________，在t＝时刻，线圈平面与磁感线的夹角等于________。
解析：线圈在匀强磁场中匀速转动产生余弦式交变电流，Em＝BSω＝BS，故B＝。在t＝时刻线圈转过的角度θ＝ωt＝·＝＝30°，即此时线圈平面与磁感线的夹角为30°。
答案：　30°
10．如图所示，正方形线圈abcd绕对称轴OO′在匀强磁场中匀速转动，转速n＝ 120 r/min，若已知ab＝bc＝20 cm，匝数N＝20匝，磁感应强度B＝0.2 T。
(1)若从中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)从中性面开始线圈转过 s时电动势的瞬时值是多少？
解析：(1)线圈在转动过程中，ω＝2nπ＝rad/s＝4π rad/s
Em＝NBSω＝0.64π V，故感应电动势e＝0.64πsin 4πt V
(2)将t1＝ s代入电动势的瞬时值表达式得
e1＝0.64πsin V＝0.32π V。
答案：(1)e＝0.64πsin4πt V　(2)0.32π V
11．某一发电机线圈面积S＝0.4 m2，匝数N＝500 匝，线圈绕垂直于磁感线的轴以1800 r/min的转速匀速转动，产生的电动势的最大值为6000π V。求：
(1)磁感应强度B；
(2)当线圈平面跟B的夹角为60°时，每匝线圈产生的感应电动势的瞬时值。
解析：(1)由Em＝NBSω，ω＝2πn，n＝1800 r/min＝30 r/s，得
B＝＝＝ T＝0.5 T。
(2)当线圈平面跟B的夹角为60°时，每匝线圈产生的感应电动势为e＝BSωcos60°＝0.5×0.4×2π×30×0.5 V＝6π V。
答案：(1)0.5 T　6π V
12．磁铁在电器中有广泛的应用，如发电机，如图所示，已知一台单相发电机转子导线框共有N匝，线框长为L1，宽为L2，转子的转动角速度为ω，磁极间的磁感应强度为B。导出发电机的瞬时电动势E的表达式。现在知道有一种强永磁材料钕铁硼，用它制成发电机的磁极时，磁感应强度可增大到原来的k倍，如果保持发电机结构和尺寸、转子转动角速度、产生的电动势都不变，那么这时转子上的导线框需要多少匝？
解析：设切割磁感线线圈边长是L1，线圈从中性面开始经过时间t转过的角度为θ，则θ＝ωt，如图所示，由几何关系知，线圈绕轴转动的线速度v在t时刻与磁场B的夹角也为θ，据E＝BLvsinθ得，切割磁感线的边L1产生的动生电动势为
e1＝NBL1vsinθ＝NBL1ω·sinωt。
转子在此时刻的感应电动势
e＝2e1＝NBL1L2ωsinωt
由上式得，在保持发电机的结构和尺寸，转子角速度及产生的电动势不变的条件下，如果磁感应强度增为原来的k倍，则导线框的匝数要变为原来的，即导线框需要匝。
答案：E＝NBL1L2ωsinωt　匝
03课堂效果自测
1.以下说法正确的是(　　)
A．发电机、电动机铭牌上所标数值为有效值
B．电容器的击穿电压为所加交变电压的有效值
C．交流电压表所测数值为瞬时值
D．保险丝的数值为最大值
解析：为了表明交流电通过用电器产生的效果，用电器上所标的都是交流电的有效值，A对。交流电流表或交流电压表都测的是有效值，C错。电容器的耐压值为最大值，保险丝的数值为有效值，B、D全错。
答案：A
2．一个照明电灯两端允许加的最大交流电压为311 V，当它接入220 V照明电路上，这个灯将(　　)
A．灯不亮　　　　　　 B．灯丝将烧断
C．只能暗淡发光 D．能正常发光
解析：电灯的额定电压为U＝＝ V＝220 V，当它接入220 V的照明电路上时能正常发光。
答案：D
3．对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图象，下列说法中正确的是(　　)
A．电流大小变化，方向不变，是直流电
B．电流大小、方向都变化，是交流电
C．电流最大值为0.2 A，周期为0.01 s
D．电流的周期为0.005 s，有效值为0.1 A
解析：i－t图象中i数值的正负表示方向，图中始终为正值表示方向不变，是直流电，A对，B错；从图中可以看出每经过0. 01 s，i－t图象重复一次，周期为0.01 s，最大值为0.2 A，C对；由交流电有效值的定义()2R×0.01＝I2R×0.01，电流有效值为0.1 A，D错。
答案：AC
4．[2014·天津高考]如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则(　　)
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
解析：本题考查交流电的产生及其规律，意在考查考生对交流电产生原理与交流电图象的掌握及利用图象分析问题的能力。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。
答案：AC
5．一只标有“220 V,100 W”的电炉，接在e＝156sin314t V的电路上，问：(1)通过电炉的电流变化的规律如何表达？在t＝0.1 s时，与电炉串联的交流电流表、并联的交流电压表的读数各为多大？(2)电炉的实际功率多大？
解析：据全电路欧姆定律得：i＝①
又R＝②
联立①②得i＝＝0.322sin314t A
电压表、电流表的示数均为有效值。据有效值计算公式
I＝；U′＝得：I＝0.228 A　U′＝110 V
据P实＝得P实＝25 W。
答案：(1)i＝0.322sin314t A　0.228 A　 110 V
(2)25 W
04课后巩固训练
1．关于交变电流的有效值U和最大值Um，下列说法中正确的是(　　)
A．任何形式的交变电流都有U＝的关系
B．只有正弦式交变电流才有U＝的关系
C．照明电压220 V、动力电压380 V，指的都是交变电流的有效值
D．交流电压表和交流电流表测量的都是交变电流的有效值
解析：只有正弦式交变电流才有U＝Um/的关系，选项A错误，B正确；照明电压220 V、动力电压380 V，指的都是交变电流的有效值，选项C正确；交流电压表和交流电流表测量的都是交变电流的有效值，选项D正确。
答案：BCD
2．在阻值为R1和R2的两个电阻的两端，分别加上50 V的直流电压和某一交流电压，则下面关于交流电压的有效值的说法中，正确的是(　　)
A．若两电阻在相等时间内产生的热量相等，则交流电压的有效值为 V
B．若R1＝R2，且两电阻的热功率相等，则交流电压的有效值为50 V
C．若R1＝R2，且两电阻产生的热量相等，则交流电压的有效值为50 V
D．不论R1是否等于R2，只要两电阻的热功率相等，交流电压的有效值就为50 V
解析：选项A中，因为不知道两个电阻的大小关系，所以不能确定交流电压的有效值，选项A错误；选项B中，两个电阻相等，又热功率相等，所以直流电压的数值就等于交流电压的有效值，选项B正确；选项C中没有说明“在相等的时间内”两电阻产生的热量相等，故选项C错误；选项D中，如果两个电阻不相等，即使热功率相等，也不能确定交流电压的有效值，故选项D错误。
答案：B
3．如图所示是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的(　　)
A．周期是0.01 s
B．最大值是311 V
C．有效值是220 V
D．表达式为u＝220sin 100πt(V)
解析：由题图可知，该交变电压的周期T＝0.02 s，最大值Um＝311 V，有效值U＝＝220 V，该交变电压的表达式为u＝Umsinωt＝311sin 100πt(V)，故选项B、C正确。
答案：BC
4．有一个电子器件，当其两端电压高于100 V时导通，等于或低于100 V时不导通。若把这个电子器件接到“100 V 50 Hz”的交流电源上，则这个电子器件将(　　)
A．不导通　　　　　　 B．每秒钟导通50次
C．每秒钟导通100次 D．每次导通的时间为0.02 s
解析：“100 V 50 Hz”的交流电源，其电压的最大值为100 V，当电压的瞬时值为100 V时，有100 V＝100sinθ V，得θ＝45°，可见在交变电流的每个周期内该电子器件将有两次导通，每次导通的时间为周期的四分之一，选项C正确。
答案：C
5．如图甲所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交流电源上，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
解析：从u－t图象看出，每个周期的前半周期电压按正弦规律变化，其有效值为U1＝220 V；后半周期电压为零。根据有效值的定义，T＝·＋0，解得U＝156 V，选项B正确。
答案：B
6．将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．电路中交变电流的频率为0.25 Hz
B．通过电阻的电流为 A
C．电阻消耗的电功率为2.5 W
D．用交流电压表测得电阻两端的电压是5 V
解析：从题图中可以看出，电路中交变电流的周期为0.04 s，所以频率为25 Hz，选项A错误。电动势的峰值为5 V，所以通过电阻的电流的峰值为1 A，用交流电压表测量的是电压的有效值，由正弦式交变电流的有效值与峰值的关系可知选项B、D错误。根据电功率的计算公式有P＝UI＝× W＝2.5 W，选项C正确。
答案：C
7．如图所示，电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动。t＝0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则(　　)
A．t＝0时刻线圈中的感应电动势为零
B．1 s内电路中的电流方向改变次
C．滑片P向下滑动时，电压表的读数不变
D．滑片P向下滑动时，电流表的读数不变
解析：因为t＝0时刻线圈处于中性面，故此时线圈中的感应电动势为零，选项A正确；因为线圈以角速度ω匀速转动，频率为，而正弦式交流电一个周期内电流方向改变两次，所以1 s内电流方向改变次，选项B正确；因为线圈有电阻，所以电压表测得的是外电路的电压，当滑片P向下滑动时，外电路中的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流减小，外电路电压增大，选项C、D错误。
答案：AB
8．一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 Ω，现外接一只电阻为95 Ω的灯泡，如图乙所示，则(　　)
A．电压表○V的示数为220 V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．灯泡实际消耗的功率为484 W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
解析：由题中图象可知电动势的峰值为220 V，故有效值为220 V，而电压表测量的是路端电压，其示数为U＝R＝×95 V＝209 V，选项A错误；由题中图象可知交变电流的周期为T＝0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，一个周期内电流的方向改变2次，故每秒钟电流方向改变2×50＝100(次)，选项B错误；灯泡的实际功率为P＝()2R＝()2×95 W＝459.8 W，选项C错误；由焦耳定律得Q＝()2rt＝()2×5×1 J＝24.2 J，选项D正确。
答案：D
9．[2012·北京高考]一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为。如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为(　　)
A．5 V B．5 V
C．10 V D．10 V
解析：设该电热器的电阻为R，题中正弦交流电源输出电压的有效值为U，则＝；接在直流电源上时，有P＝，代入数据解得U＝5 V。故交流电源输出电压的最大值为Um＝U＝10 V，选项C正确。
答案：C
10．[2013·山东高考]图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，○A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示。以下判断正确的是(　　)
A．电流表的示数为10 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
解析：电流表的示数为交变电流的有效值，为10 A，选项A正确；由ω＝可得，线圈转动的角速度为ω＝100π rad/s，选项B错误；0.01 s时，电路中的电流最大，故该时刻通过线圈的磁通量为零，即该时刻线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；根据楞次定律可知，0.02 s时电阻R中电流的方向自左向右，选项D错误。
答案：AC
11．如图所示，在匀强磁场中有一个导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝ T，线框的CD边长为20 cm，CE、DF边长均为10 cm，转速为50 r/s，从图示位置(线框平面与磁感线平行)开始计时。
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)若线框电阻r＝3 Ω，在A、B两端接“6 V　12 W”的小灯泡，小灯泡能否正常发光？若不能，小灯泡的实际功率为多大？
解析：(1)由于题图所示位置磁感线与线框平面平行，故感应电动势的瞬时值表达式应为余弦函数。先求出线框的角速度和感应电动势的最大值。
ω＝2nπ＝100π rad/s
Em＝BSω＝×0.2×0.1×100π V＝10 V
所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝10cos100πt V。(2)小灯泡是纯电阻用电器，其电阻为R＝＝ Ω＝3 Ω
交流电动势的有效值为E＝＝10 V
又R＝r，所以U灯＝＝5 V，小于小灯泡的额定电压，故小灯泡不能正常发光，其实际功率为P＝＝ W＝8.3 W。
答案：e＝10cos100πt V　(2)不能正常发光　8.3 W
12．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝10 cm的正方形线圈ABCD共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速运动，角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω，求：
(1)转动过程中感应电动势的最大值；
(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°角时的瞬时感应电动势；
(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；
(4)交流电压表的读数；
(5)线圈转动一周外力所做的功；
(6)周期内通过R的电荷量为多少。
解析：(1)感应电动势的最大值为Emax＝nBSω＝3.14 V。
(2)转过60°角时的瞬时感应电动势为e＝Emaxcos60°＝3.14× V＝1.57 V。
(3)转过60°角的过程中产生的平均感应电动势为
＝n＝n＝100×V≈2.6 V。
(4)电压表读数为外电路电压的有效值，则：
U＝·E＝× V≈1.78 V。
(5)线圈转动一周外力所做的功等于电流产生的热量：
W＝Q＝2··T≈0.99 J。
(6)周期内通过电阻R的电荷量q＝·＝·＝·＝＝≈0.0866 C。
答案：(1)3.14 V　(2)1.57 V　(3)2.6 V　(4)1.78 V　(5)0.99 J　(6)0.0866 C
03课堂效果自测
1.荧光屏上光斑的调节，先将辉度调节旋钮逆时针转到底，打开电源，预热后屏上出现一个亮斑，旋转________旋钮和________旋钮，使亮斑最圆最小。
解析：为了保护示波器的荧光屏，每次使用完毕要将辉度调节旋钮逆时针转到底，所以每次使用之初要旋转聚焦调节旋钮和辅助聚焦调节旋钮，使亮斑清晰。
答案：聚焦调节　辅助聚焦调节
2．关于示波器上旋钮的功能，下列说法正确的是(　　)
A．“衰减”旋钮上的数字表示衰减的倍数，最右边表示无穷倍
B．“扫描范围”上的数字表示扫描电压的频率，其中“外X”表示机内不提供扫描电压，而应从“X输入”和“地”之间输入扫描电压
C．“DC”和“AC”旋钮分别表示从“Y输入”和“地”之间输入的信号是交流和直流
D．“同步”旋钮的“＋”和“－”分别表示图像从正半周开始和从负半周开始
解析：“”表示机内提供正弦交流信号，故选项A错误；“DC”代表直流，“AC”代表交流，故选项C错误。
答案：BD
3．在观察按正弦规律变化的电压图像时，扫描范围旋钮置于________挡。把衰减调节旋钮置于________挡，即由机内提供正弦规律变化的电压。若在荧光屏上看不到完整的正弦曲线时，应调节________旋钮。为调节正弦曲线的水平长度应调节________旋钮，改变正弦曲线在竖直方向的高度时，可调节________旋钮。
解析：由示波器面板上各旋钮的作用可知。
答案：10～100 Hz　　扫描微调　X增益　Y增益
4．某学生用示波器观察按正弦规律变化的电压图线时，他将扫描范围旋钮置于第一挡(10～100 Hz)。把衰减调节旋钮置于“”挡，把同步极性选择开关置于“＋”位置，调节扫描微调旋钮，在屏上出现了如(甲)图所示的正弦曲
线。后来他又进行了两步调节，使图像变成(乙)图所示的曲线，这两步调节的可能是(　　)
A．将衰减调节旋钮换挡并调节标为“↓↑”的竖直位移旋钮
B．将衰减调节旋钮换挡并调节Y增益旋钮
C．调节扫描范围旋钮和调节Y增益旋钮
D．将同步极性选择开关置于“－”位置并调节Y增益旋钮
解析：题图(乙)中电压波形是从负半周开始，且振幅变大，故选项D正确。
答案：D
5．在观察正弦规律变化的电压图线时，将“扫描范围”旋钮置于第一挡(10～100 Hz)。把“衰减”旋钮置于“”挡，再调节“扫描微调”旋钮，屏上便出现完整的正弦曲线，如图所示。则下列关于同步极性选择开关的说法正确的是(　　)
A．图(甲)是同步开关置于“－”的结果
B．图(甲)是同步开关置于“＋”的结果
C．图(乙)是同步开关置于“－”的结果
D．图(乙)是同步开关置于“＋”的结果
解析：置于“＋”显示(甲)图中“”，置于“－”显示(乙)图中“”。
答案：BC
04课后巩固训练
1．下列关于示波器使用的说法中正确的是(　　)
A．可以使示波器始终处于接通状态，而利用电源插头的插入和拔出来代替开关使用
B．示波器的X、Y增益越大，显示的图象就越清晰
C．接通电源开关一段时间后，荧光屏上没有出现亮斑的原因可能是水平位移旋钮没有调节好
D．关机前应将辉度调节旋钮顺时针转到底
解析：示波器的使用要求明确规定，示波器电源要使用开关来控制，而不能使用其他方法，更不能用电源插头来控制，选项A错误；示波器的图象清晰与否与增益无关，选项B错误；关机前应该将辉度调节旋钮逆时针转到底来降低亮度以免损伤荧光屏，选项D错误；电源接通后一段时间内，荧光屏上没有出现亮斑的原因可能是辉度调节旋钮调得过低，也可能是水平位移或竖直位移旋钮没有调节好，让图象超出了荧光屏的范围，故选项C正确。
答案：C
2．下列使用示波器的操作中正确的是(　　)
A．使用中辉度调节要合适，以避免损伤荧光屏
B．同步极性选择开关的“＋”、“－”分别表示图象从正半周或者负半周开始
C．当亮斑在荧光屏的左上角时，要使它回到荧光屏的正中，只要调节X增益或Y增益旋钮就行
D．当图象在荧光屏上慢慢移动时，应该调节扫描范围旋钮使图象稳定
解析：由示波器的使用要求可知，使用中调节图象的亮度要适中，太亮容易损伤荧光屏，选项A正确；同步极性选择开关的“＋”、“－”分别表示图象从正半周或者负半周开始，选项B正确；要把亮斑从荧光屏的左上角调节到中央，应该调节水平位移和竖直位移旋钮，选项C错误；当图象在荧光屏上慢慢移动时，要使它稳定，需调节扫描微调旋钮，选项D错误。
答案：AB
3．某同学做“练习使用示波器”实验观察按正弦规律变化的电压图线时，在示波器荧光屏上出现如图(a)所示的图线，为了将图线调整为如图(b)所示的形状，他应采取的措施是(　　)
A．调节竖直位移旋钮，使整个图线向下移动
B．保持同步极性选择开关不动，仍置于“＋”位置
C．调节Y增益使图线的振幅增大
D．调节X增益使图线的横向幅度增大
解析：将题图(a)所示图线调节为题图(b)所示，应该调节竖直位移和X增益。先调节竖直位移让图线回到屏的中央，再调节X增益让图线在水平方向的幅度增大，而不应该调节其他旋钮。故选项A、B、D正确。
答案：ABD
4．在“练习使用示波器”实验中，某同学将衰减调节旋钮置于“”挡，扫描范围旋钮置于“外X”挡，“X输入”与“地”之间未接信号输入电压，他在示波器荧光屏上看到的图象可能是下列图中的(　　)
解析：由于将衰减调节旋钮置于“”挡，扫描范围旋钮置于“外X”挡，故“X输入”与“地”之间未接信号输入电压时，荧光屏上显示的图象如选项B所示。
答案：B
5．若在示波器的“Y输入”和“地”之间加上如图所示的电压，而扫描范围旋钮置于“外X”挡，则此时荧光屏上应出现的情形是下列图中的(　　)
解析：竖直方向加稳定的电压，竖直方向偏移量一定，水平方向不加电压，水平方向不偏移，所以在竖直方向形成亮点，选项A正确。
答案：A
6．如图(a)所示，利用示波器观察亮斑在竖直方向的偏移时，下列说法正确的是(　　)
A．示波器的扫描范围旋钮应置于“外X”挡
B．“DC，AC”开关应置于“DC”位置
C．当亮斑在图(b)所示A位置时，将图(a)中滑动变阻器的滑动触头向左移动，则亮斑下移
D．改变图(a)中电源的极性，图(b)中的亮斑将向下偏移
解析：因用示波器观察亮斑在竖直方向的偏移，则水平方向上不能加扫描电压，所以扫描范围旋钮应置于“外X”挡，选项A正确；此外接信号为直流信号，则“DC，AC”开关应置于“DC”位置，选项B正确；将滑动变阻器的滑动触头向左移动时，则加在示波器上的竖直电压增大，亮斑应向上移，选项C错误；当题图(a)中电源的极性改变时，则加在示波器内竖直偏转极板上的电压极性也随之改变，电场方向改变，则电子偏转方向也改变，即亮斑将向下偏移，选项D正确。
答案：ABD
7．如图是一个说明示波管工作的部分原理图，电子经加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量为h，两平行板间距为d，电压为U，板长为L，每单位电压引起的偏转量(h/U)叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用的办法是(　　)
A．增加两板间的电势差U　 B．尽可能缩短板长L
C．尽可能减小板间距d D．使电子的入射速度v0大些
解析：竖直方向上电子做匀加速运动，故有h＝at2＝，则＝，可见，只有C选项正确。
答案：C
8．如图所示为某示波器面板。一位同学在做“练习使用示波器”的实验时，进行了如下的操作：
(1)打开电源后，首先在荧光屏上调出了一个最圆最小的亮斑，但亮斑位于荧光屏上的左上角。若想将这个亮斑调到荧光屏的正中央，他应该调节________和________旋钮；
(2)为了观察示波器的水平扫描作用，他调节相应的旋钮，看到屏上的亮斑从左向右移动，到达右端后又很快回到左端。之后，他顺时针旋转扫描微调旋钮以增大扫描频率，此时屏上观察到的现象是______________________________________________________；
(3)为了观察按正弦规律变化的电压的图线，他把扫描范围旋钮置于左边第一挡(10～100 Hz)。要由机内提供竖直方向的按正弦规律变化的电压，他应将________旋钮置于________挡。
解析：(1)将左上角的亮斑调到荧光屏正中央，调节竖直位移和水平位移旋钮即可。
(2)增大扫描频率后，亮斑移动逐渐变快，最后亮斑成为一条亮线。
(3)要由机内提供竖直方向的正弦信号电压，应将扫描范围旋钮置于左边第一挡后，再将衰减调节旋钮置于“”挡。
答案：(1)竖直位移　水平位移　(2)亮斑变成一条亮线
(3)衰减　
9．如图甲是《练习使用示波器》实验的示意图，图中“X输入”“Y输入”“地”为信号输入接线柱。实验要求用示波器测图乙b、c间的直流电压。把b接“地”接线柱，欲使P滑动时，亮斑在竖直方向移动，则c端应接________接线柱。实验发现，当P滑到最左端时，亮斑恰好在荧光屏的中心；当P滑到最右端时，亮斑向下偏离中心3.0格。当P滑到某点时，亮斑向下偏离中心2.5格，则此时b、c间的电压为________V。(图中电源是一节电动势为1.5 V、内阻不计的干电池)
解析：根据示波器接线柱的基础知识，c端应接“Y输入”接线柱，根据示波器的工作原理，亮斑在荧光屏上的偏移距离与偏转电压成正比，由于＝，所以U＝1.25 V。
答案：Y输入　1.25
10．如图甲所示，为了研究弹簧振子的运动规律，可以用图乙所示的示波器观察在B、C间得到的电压信号的变化规律，请用线将B、C两点正确连接到示波器相应的接线柱上：____________________。这时衰减调节旋钮不能置于________挡，扫描范围旋钮不能置于________挡。若信号水平方向的幅度过小或过大，应该用________旋钮进行调节；若信号过于偏向荧光屏下方，应该用________旋钮进行调节。
解析：C点电势不变，应接“地”接线柱，B点电势变化，应接“Y输入”接线柱。要观察电压信号，衰减调节旋钮不能置于“”挡，因它由机内提供扫描电压，扫描范围旋钮不能置于“外X”挡。调节X增益调节旋钮，可使图形水平展宽或缩小；调节竖直位移旋钮可使图象上下移动。
答案：B、C分别接“Y输入”和“地”　 　外X　X增益　竖直位移
11．在“练习使用示波器”的实验中：
(1)为观察亮斑在竖直方向上的偏移，应该将扫描范围旋钮置于“外X”挡，使亮斑位于屏的________，然后，应把“DC－AC”开关置于________位置，以给示波器输入一个直流电压。
(2)为给示波器输入一个Y方向的直流电压(要求电压从零开始逐渐增加)，请将图中器材与示波器连成正确的电路。
(3)如果在示波器荧光屏上发现水平方向有一自左向右的移动图形，现要使它在水平方向出现一条直线的方法是(　　)
A．逆时针旋转辉度调节旋钮
B．调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮，减小扫描频率
C．调节衰减旋钮
D．调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮，增大扫描频率
解析：当把扫描范围旋钮置于“外X”挡，调整水平位移、竖直位移旋钮，使亮斑位于屏的中心。然后，应把“DC－AC”开关置于“DC”位置，以给示波器输入一个直流电压。电路的连接要求符合电压是从零开始逐渐增加的，故Y输入端电势要比连接地端电势高。当图形自左向右移动，若速度更快，便可成为一条亮线，故应增加扫描频率。
答案：(1)中心　DC　(2)电路如图所示　(3)D
03课堂效果自测
1.有一由电阻极小的导线绕制而成的线圈接在交流电源上，如果电源电压的峰值一定，下面哪种情况下，通过线圈的电流最小(　　)
A．所加电源的频率为50 Hz
B．所加电源的频率为100 Hz
C．所加电源的频率为50 Hz，减小线圈的匝数
D．在线圈中放入铁芯，所加电源频率为100 Hz
解析：让电流最小，就得让线圈的感抗最大，而线圈的感抗大小与线圈的自感系数和电流频率有关。增加线圈匝数、在线圈中放入铁芯，都可以增大自感系数，无论是增大自感系数，还是增大电流频率，都可以增大线圈对电流的感抗，减小线圈中的电流，故选项D正确。
答案：D
2．下列说法中正确的是(　　)
A．感抗仅与电源频率有关，与线圈自感系数无关
B．容抗仅与电源频率有关，与电容无关
C．感抗、容抗和电阻等效，对不同交变电流都是一个定值
D．感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势而对电流的变化产生的阻碍作用
解析：由XL＝2πfL，可知选项A错误；由XC＝，可知选项B错误；由于XL以及XC与f有关，故选项C错误。
答案：D
3．如图所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C分别串联一个灯泡后，并联接在交流电源的两端，三盏灯亮度相同。要使灯泡L1变暗、灯泡L2变亮，下列措施中可行的是(　　)
A．只减小交流电的电压　　 B．只增大交流电的电压
C．只减小交流电的频率 D．只增大交流电的频率
解析：交流电的频率越大，线圈的阻碍作用越大，电容器的阻碍作用越小。
答案：D
4．如图(甲)、(乙)所示，从某一装置中输出的电流既有交流成分，又有直流成分，现要把交流成分输送给下一级，下列有关(甲)、(乙)两图的说法中正确的是(　　)
A．应选用(甲)图电路，其中C的电容要大
B．应选用(甲)图电路，其中C的电容要小
C．应选用(乙)图电路，其中C的电容要大
D．应选用(乙)图电路，其中C的电容要小
解析：因为电容器起着“隔直流、通交流”的作用，故应选(乙)图电路；又因为电容器的电容越大，容抗就越小，因此选项C正确。
答案：C
5．某同学在研究电容器、电感器对恒定电流与交变电流的影响时，采用了如图所示的电路，其中L1、L2是两个完全相同的灯泡，已知把开关置于3、4时，电路与交流电源接通，稳定后的两个灯泡发光亮度相同，则该同学在如下操作过程中能观察到的实验现象是(　　)
A．当开关置于1、2时，稳定后，L1、L2两个灯泡均发光，且亮度相同
B．当开关置于1、2时，稳定后，L1、L2两个灯泡均发光，且L1比L2亮
C．当开关置于3、4时，稳定后，若只增加交变电流的频率，则L1变暗，L2变亮
D．在开关置于3、4的瞬间，L2立即发光，而L1亮度慢慢增大
解析：当开关置于1、2时，稳定后因电容器隔直流，故L2不发光，选项A、B错误；在开关置于3、4的瞬间，电容器通交流，L2立即发光，由于电感的自感作用，L1亮度慢慢增大，选项D正确；当开关置于3、4时，稳定后，增加交变电流的频率，容抗减小，感抗增大，L1变暗，L2变亮，选项C正确。
答案：CD
04课后巩固训练
1．关于感抗，下列说法中正确的是(　　)
A．感抗就是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势，阻碍电流的变化
B．感抗的大小不仅与自感系数有关，还与电流的频率有关
C．感抗虽然对交流电有阻碍作用，但不消耗能量
D．以上说法都不对
解析：交变电流通过线圈时，由于自感现象而产生了对交变电流的阻碍作用，其阻碍作用与自感系数及电流的频率有关，由于电能仅与磁场能相互转化，电感并不消耗能量，所以A、B、C均正确。
答案：ABC
2．如图所示，输入端ab的输入电压既有直流成分，又有交流成分，以下说法中正确的是(L的直流电阻不为零)(　　)
A．直流成分只能从L通过
B．交流成分只能从R通过
C．通过R的既有直流成分又有交流成分
D．通过L的直流成分比通过R的直流成分要大
解析：由于线圈L直流电阻不为零，所以有直流通过R，而线圈对交流有阻碍作用，因此也有交流成分通过R，B错，C正确；由于R对交流也有阻碍作用，所以也有交流成分通过L，A错；因为线圈的直流电阻一般都很小，所以通过线圈的直流成分比通过R的要大，D正确。
答案：CD
3．一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图所示。一铁棒插进线圈后，该灯将(　　)
A．变亮
B．变暗
C．对灯的亮度没影响
D．无法判断
解析：在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是阻碍电流变化，正是这种阻碍变化的特性，使线圈产生了感抗。加入铁芯改变了电感线圈的自感系数，使自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡两端的电压减小，所以灯变暗。
答案：B
4．对交变电流通过电容器的理解正确的是(　　)
A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体
B．交变电流定向移动的电荷通过电容器两极板间的绝缘介质
C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器
D．交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)
解析：电流能“通过”电容器，并非自由电荷真的通过电容器两极板间的绝缘介质，而是交变电流交替对电容器充、放电，电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器。
答案：CD
5．如图所示，甲、乙两图中用交流电源，丙、丁两图中用直流电源，各电路图中灯泡、电容器、电压表示数都相同，则下列说法正确的是(　　)
A．灯L1比灯L2亮
B．灯L3也能发光，但亮度最暗
C．灯L2和L4亮度相同
D．灯L4比灯L1亮
解析：电压表示数相同，说明交流电压的有效值相同。甲图中电容器与灯L1串联，电容器对电流有阻碍作用；乙图中电容器与灯L2并联，交变电压全部加在灯L2上；丙图中电容器与灯L3串联且是直流电源，电容器隔直通交，所以没有电流流过灯L3，灯L3不亮；丁图中电容器与灯L4并联，电流全部流过灯L4。综合以上分析，C、D两项正确。
答案：CD
6．下列说法中正确的是(　　)
A．低频扼流圈对低频交流有很大阻碍作用，而对高频交流的阻碍作用较小
B．高频扼流圈对高频交流有很大阻碍作用，而对低频交流的阻碍作用较小
C．电感线圈在交流电路中有感抗来阻碍电流变化，电流越大感抗越大
D．电容器在交流电路中有容抗来阻碍电流变化，所以电容越大阻碍作用越大
解析：低频扼流圈“通直流，阻交流”，对高频交流阻碍作用较大；高频扼流圈“通低频、通直流，阻高频”，对高频交流阻碍作用大，对低频交流阻碍作用小，A错，B对。电感线圈对交变电流的阻碍作用与电流强弱无关，C错。电容越大，阻碍作用越小，D错。
答案：B
7．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
解析：虽然交变电流能通过电容器，但也受到阻碍作用，电容器与电阻串联，根据分压原理可知电阻两端的电压小于电源电压，电压表测的是电阻两端的电压，C正确。
答案：C
8．在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需把低频成分输送到下一级装置，如图所示，则下列做法合理的是(　　)
A．在ab间接入一个电容器
B．在ab间接入一个低频扼流圈
C．在ab间接入一个高频扼流圈
D．在ab间接入一个电容器或高频或低频扼流圈都可以
解析：电容器是“通高频，阻低频”，低频扼流圈对“通直流，阻交流”作用较大，而高频扼流圈“通低频，阻高频”，C对。
答案：C
9．如图所示，平行板电容器与灯泡串联，接在交流电源上，灯泡正常发光，则(　　)
A．把电介质插入电容器，灯泡一定变亮
B．把电容器两极板间距离增大，灯泡一定变亮
C．把电容器两极板间距离减小，灯泡一定变亮
D．使交流电频率增大，灯泡变暗
解析：在电容器中插入电介质或把电容器两极板间距离减小，电容C增大，容抗减小，电流增大，灯泡变亮；当频率增大时，容抗减小，灯泡也变亮；把电容器两板间的距离增大，将使电容器C减小，容抗增加，灯泡将变暗。
答案：AC
10．在频率为f的交变电流电路中，如图所示，当开关S依次分别接通R、C、L所在的支路，这时通过各支路的电流有效值相等。若将交变电流的频率提高到2f，维持其他条件不变，则下列几种情况不正确的是(　　)
A．通过R的电流有效值不变
B．通过C的电流有效值变大
C．通过L的电流有效值变小
D．流过R、C、L的电流有效值都不变
解析：电阻对交变电流阻碍作用的大小与电流的频率无关，因此，通过电阻的电流的有效值不变。电感对交变电流阻碍作用的大小用感抗表示，线圈的自感系数越大，电流的频率越高，自感电动势就越大，即线圈对电流的阻碍作用就越大，感抗也就越大，因此，通过电感器的电流有效值变小。电容器对交变电流阻碍作用的大小用容抗表示，电容一定时，在相同电压下电容器容纳的电荷一定，频率越高，充、放电的时间越短，充、放电的电流越大，容抗越小，因此，通过电容器的电流有效值变大，故D不正确，选D。
答案：D
11．有两个电容器的电容分别为C1＝5 μF和C2 ＝3 μF，分别加在峰值一定的交流电源上，在下列各种情况下，哪一种情况通过电容器的电流最大(　　)
A．在C1上所加交变电流频率为50 Hz
B．在C2上所加交变电流的频率为50 Hz
C．在C1上所加交变电流的频率为100 Hz
D．在C2上所加交变电流的频率为100 Hz
解析：若要使电流越容易通过电容器，则容抗应越小，电容越大，频率越大。C1>C2,100 Hz>50 Hz，所以C正确。
答案：C
12．如图所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮。当a、b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是(　　)
A．与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈
B．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器
C．与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器
D．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管
解析：由a、b接直流时的现象可知，元件x“通直流”，元件y“隔直流”，由a、b接交流电源时的现象可知，元件x“阻交流”，元件y“通交流”，根据电容器和电感线圈的特点，元件x是电感线圈，元件y是电容器，选项B正确。
答案：B
13．如图所示，甲、乙两个电路都是从左端输入信号，从右端输出信号。甲图中输入的是高频、低频混合的交流信号，要求只输出低频交流信号；乙图中输入的是直流和低频交流的混合信号，要求只输出低频交流信号。那么，C1、C2中哪个该用电容较大的电容器？哪个该用电容较小的电容器？
解析：电容器的作用是“隔直流、通交流，阻低频、通高频”，题图甲中的C1必须用电容较小的电容器，才能使高频交流从电容器上顺利通过，低频交流不易通过，而在输出端输出低频交流信号，这种电容器叫高频旁路电容器。题图乙中的C2一般用电容较大的电容器，使低频交流很容易通过，而直流成分只能从电阻上通过，这种电容器叫隔直电容器。
答案：见解析
14．如图所示，从AO输入的信号中，有直流电和交流电两种成分。
(1)现在要求信号到达BO两端只有交流电，没有直流电，需要在AB端接一个什么元件？该元件的作用是什么？
(2)若要求信号到达BO端只有直流电，而没有交流电，则应在AB端接入一个什么元件？该元件的作用是什么？
解析：根据电容器和电感器对直流电和交流电的作用原理进行分析。(1)因为BO端不需要直流电，只需要交流电，故根据电容C有“通交流，隔直流”的作用应在AB端接入一个电容器C，该电容器对直流电有阻隔作用，对交流电有通过作用。(2)因为BO端不需要交流电，只需要直流电，故根据电感L有“通直流，阻交流”的作用应在AB端接入一个电感线圈。该线圈对交流电有阻碍作用，对直流电有通过作用。
答案：(1)电容器，对直流有阻隔作用，对交流电有通过作用。
(2)电感线圈，对交流电有阻碍作用，对直流电有通过作用。
03课堂效果自测
1.关于理想变压器的说法正确的是(　　)
A．理想变压器不考虑铁芯漏磁与发热
B.＝只适用于一个原线圈和一个副线圈组成的变压器
C．在理想变压器中，无论有几个线圈，一定有输入功率等于输出功率，即P入＝P出
D．在理想变压器中，如果有多个(大于等于3个)线圈同时工作＝同样适用
解析：理想变压器是不计一切损失的变压器，A选项对，C选项对，＝可适用于多个线圈组成的变压器的任意两个线圈之间，B错，＝只适用于一个原线圈一个副线圈工作的变压器，D错。
答案：AC
2．下列关于理想变压器在使用中的判断正确的是(　　)
A．当副线圈提供电能的用电器有一部分停止工作时，原线圈两端电压保持不变
B．当副线圈提供电能的电路中，并联更多的用电器，原线圈输入的电流随之增大
C．当副线圈与用电电路断开时，副线圈两端无电压
D．当副线圈与用电电路断开时，原线圈两端无电压
解析：在选项A中，原线圈两端电压由电源维持。副线圈两端电压U2＝U1，由原、副线圈匝数比和原线圈两端电压共同决定，副线圈上所接负载的多少不影响原线圈的电压。
在选项B中，原线圈输入的功率等于副线圈输出功率，由I1U1＝P出可知，当输出功率增大时，原线圈输入电流I1是增大的。
在选项C中，当副线圈与用电电路断开时，副线圈中虽无电流，但线圈两端的感应电动势由于磁通量的变化还是存在的。
在选项D中，原线圈两端电压由电源提供，与副线圈是否向用电电路供电无关。
综上所述，本题正确答案就是AB。
答案：AB
3．下面是可调光的台灯电路示意图，哪种(或几种)电路是可取的(　　)
D．无可取的电路
解析：三个电路中用来改变电灯两端电压的分别是电阻、感抗、变压器，效果最好的是C，它是用变压器改变电压；而最不可取的是A，利用串联电阻虽然起到了降压作用，但电阻消耗了一定的电功率。而B电路利用电感的感抗降低电压来调，虽然对交变电流有阻碍作用，但不消耗电能。
答案：BC
4．[2014·山东高考]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。闭关开关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
解析：本题考查变压器的原理和应用等知识，意在考查考生对这些知识的理解应用能力。
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。
答案：BD
5．[2014·广东高考]如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是(　　)
A．P向下滑动时，灯L变亮
B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变
C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小
D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大
解析：本题考查含变压器电路的动态分析，意在考查考生应用变压器规律解题的能力。
由于U1保持不变，根据变压器的变压比可知，副线圈的输出电压U2不变，B项正确；P向下滑动时，灯泡L两端的电压不变，灯泡的亮度不变，A项错误；P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，副线圈电路的总电阻R变小，根据P2＝可知，变压器的输出功率变大，D项正确；由P1＝ U1I1＝P2可知，变压器的输入电流增大，C项错误。
答案：BD
04课后巩固训练
1．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，当导线在平行导轨上匀速切割磁感线时，电流表的示数是12 mA，则副线圈中电流表的示数是(　　)
A．3 mA　　　　　　　 B．48 mA
C．零 D．与R阻值有关
解析：当导线在平行导轨上匀速运动时，产生的电流是恒定的电流，不会使副线圈的磁通量变化，因而副线圈中无感应电流，选项C正确。
答案：C
2．[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
解析：a、b端的电压为正弦式交变电压，故电压表测得的电压Uab＝。副线圈两端电压也为正弦式交变电压，但由于二极管的单向导电特性，从而使c、d两端的电压成为脉动直流电，由有效值定义可得T＝×，即Ucd＝，故Uab∶Ucd＝＝n1∶n2，A错误。因R增大时消耗的功率P＝减小，原线圈输入功率减小，故U1不变时I1减小，B正确。由Uab∶Ucd＝n1∶n2可知Ucd与负载的阻值无关，C错误。将二极管短路时R两端电压成为正弦式交变电压，其有效值Ucd′＝，故此时R消耗的功率P′＝为原来的2倍，原线圈中的电流也变为原来的2倍，故D正确。
答案：BD
3．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt V的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻。原、副线圈匝数之比为2∶1。电流表、电压表均为理想电表，下列说法中正确的是(　　)
A．原线圈中电流表的读数为1 A
B．原线圈中的输入功率为220 W
C．副线圈中电压表的读数为110 V
D．副线圈中输出交流电的周期为50 s
解析：先计算副线圈的电压的有效值，原线圈电压的有效值为220 V，根据匝数比可以得到副线圈的电压的有效值为110 V，根据负载电阻的大小可以知道副线圈中输出电流为2 A，根据原、副线圈的输入功率和输出功率相等可以知道原线圈中输入功率为220 W，电流为1 A．副线圈中输出交流电的周期与原线圈相同为0.02 s。
答案：A
4．一台理想降压变压器从10 kV的线路中降压并提供200 A的负载电流。已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器的原线圈电流、输出电压及输出功率是(　　)
A．5 A,250 V,50 kW
B．5 A,10 kV,50 kW
C．200 A,250 V,50 kW
D．200 A,10 kV, 2×103 kW
解析：由＝得：I1＝×200 A＝5 A；由＝得：U2＝＝ V＝250 V；由理想变压器功率关系得：P入＝P出＝U1I1＝U2I2＝200×250 W＝50 kW。故正确选项为A。
答案：A
5．有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，则(　　)
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小
解析：保持Q的位置不动，副线圈匝数不变，由＝知U2不变，当P向上滑动时，R变大，由I2＝知I2减小，I1减小，故电流表的读数变小，A错误，B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，副线圈的匝数增多，由＝知U2增大，由I2＝知I2增大，I1增大，故电流表的读数变大，C正确，D错误。
答案：BC
6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为11∶2，原线圈两端的输入电压u＝220sin 100πt(V)，电表均为理想电表，滑动变阻器R接入电路部分的阻值为10 Ω。下列叙述中正确的是(　　)
A．该交流电的频率为50 Hz
B．电压表的读数为42 V
C．电流表的读数为4 A
D．若滑动变阻器的滑片P向a端移动，电流表的读数变大
解析：根据原线圈两端输入电压的表达式可知，交流电的频率f＝＝ Hz＝50 Hz，A正确；变压器原线圈电压的有效值为U1＝220 V，利用变压器中的基本规律U1∶U2＝n1∶n2，可求得U2＝40 V，电压表的读数为40 V，B错误；电流表的读数为I＝＝4 A，C正确；若滑动变阻器的滑片P向a端移动，接入电路的电阻值增大，而U2不变，电流表示数变小，D错误。
答案：AC
7．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开。当S接通时，以下说法中正确的是(　　)
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R两端的电压将增大
C．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
解析：理想变压器副线圈两端的电压UMN不受负载电阻的影响，保持不变，故选项A错误。S接通后，副线圈回路的总电阻减小，故副线圈回路中电流I2增大。因此等效电阻R两端的电压增大，导致灯泡L1两端的电压减小，L1中电流减小，因此选项B、C正确。又因UMN不变，I2增大，变压器的输出功率增大，输入功率也随之增大，原线圈中电流I1增大，因此选项D也正确。
答案：BCD
8．图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是(　　)
A．线圈匝数n1B．线圈匝数n1>n2，n3>n4
C．甲图中的电表是电压表，输出端不可短路
D．乙图中的电表是电流表，输出端不可断路
解析：题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3答案：CD
9．如图甲、乙所示电路中，当A、B接10 V交变电压时，C、D间电压为4 V；M、N接10 V直流电压时，P、Q间电压也为4 V。现把C、D接4 V交流，P、Q接4 V直流，下面可表示A、B间和M、N间的电压的是(　　)
A．10 V　10 V B．10 V　4 V
C．4 V　10 V D．10 V　0
解析：题图甲是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边电压之比等于两边线圈的匝数之比，当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流时，A、B间将得到10 V交流。题图乙是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比。但是当把电压加在P、Q两端时，电流只经过下面那个电阻，上面的电阻中没有电流，两端也就没有电势差，即M、P两点的电势相等。所以当P、Q接4 V直流时，M、N两端的电压也是4 V。综上所述，B正确。
答案：B
10．[2013·天津高考]普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则(　　)
A．ab接MN、cd接PQ，IabB．ab接MN、cd接PQ，Iab>Icd
C．ab接PQ、cd接MN，IabD．ab接PQ、cd接MN，Iab>Icd
解析：电流互感器ab一侧线圈匝数比cd一侧线圈匝数少，根据电流关系得I1n1＝I2n2，所以Iab>Icd，电流表应接在电流较小的一侧，故选项B正确。
答案：B
11．如图所示，理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，交流电源电压u＝311sin 100πt V，F是熔断电流为I0＝1.0 A的保险丝，负载R为一可变电阻。
(1)当电阻R＝100 Ω时，保险丝能否被熔断？
(2)要使保险丝不被熔断，电阻R的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？
解析：原线圈电压的有效值为U1＝ V＝220 V
由＝得副线圈两端的电压
U2＝U1＝×220 V＝110 V
(1)当R＝100 Ω时，副线圈中电流
I2＝＝ A＝1.10 A。
由U1I1＝U2I2得原线圈中的电流为
I1＝I2＝×1.10 A＝0.55 A，由于I1(2)设电阻R取某一值R0时，原线圈中的电流I1′刚好到达熔断电流I0，即I1′＝1.0 A，则副线圈中的电流为I2′＝I1′＝·I1′＝2×1.0 A＝2.0 A
变阻器阻值为：R0＝＝ Ω＝55 Ω
此时变压器的输出功率为
P2＝I2′U2＝2.0×110 W＝220 W
可见，要使保险丝F不被熔断，电阻R的阻值不能小于55 Ω，输出的电功率不能大于220 W。
答案：保险丝不会被熔断　(2)55 Ω　220 W
12．如图甲所示为一理想变压器，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uab－t图象如图乙所示。若只在ce间接一个Rce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一个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的瞬时值uab的表达式；
(2)求只在ce间接400 Ω的电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)求ce和de间线圈的匝数比。
解析：(1)由题图乙知周期T＝0.01 s，则ω＝＝200π rad/s
故原线圈输入电压的瞬时值uab＝400sin 200πt(V)
(2)原线圈两端的电压U1＝200 V
由理想变压器的功率关系得P1＝P2＝80 W
原线圈中的电流I1＝＝ A＝0.28 A
(3)设ab间线圈的匝数为n1，则＝
同理＝
由题意知＝
解得＝，代入数据得＝。
答案：(1)uab＝400sin200πt(V)　(2)0.28 A　(3)
03课堂效果自测
1.[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
解析：本题考查描述交变电流的物理量、理想变压器以及远距离输电等相关知识，意在考查考生理解、综合分析的能力和计算能力。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。
答案：D
2．[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＝n42R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时(　　)
A．A1、A2两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
解析：本题考查电功率、欧姆定律、远距离输电过程，意在考查考生对电路规律的理解能力、远距离输电过程各物理量的计算方法的掌握情况。
远距离输电过程中，应用高压输电能够减小输电线上的功率损失，R1上消耗的功率小于R3上消耗的功率，C项错；而比较两个不同输电回路，输电线电阻相同，由P损＝I2·2R可知，A1示数小于A2示数，A项错；根据欧姆定律可知，R2两端电压小于R4两端电压，D项正确；由于输电线上损失电压不同，故两灯泡两端电压不同，故亮度不同，B项错。
答案：D
3．[2014·江苏高考]远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是(　　)
A.＝　　　　　　　　 B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
解析：本题考查变压器以及远距离输电的知识，意在考查考生的分析综合能力。
根据变压器的工作原理可知＝，所以选项A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠IR，选项C错误，D正确。
答案：D
4．某发电厂用2.2 kV的电压将电能输送到远处的用户，后改用22 kV的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率，前后两种输电方式消耗在输电线上电功率之比为________，要将2.2 kV的电压升高到22 kV，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈匝数应该是________匝。
解析：由于前后两次输送的电功率相等，则有IU＝I′U′，
所以＝＝，＝＝100，由变压器的原理：＝，可得＝＝＝，所以n2＝1800 匝。
答案：100∶1　1800
5．某小型实验水电站输出功率P＝38 kW，输电线路总电阻r＝1 Ω。
(1)若采用U＝380 V输电，求输电线路损耗的功率P1；
(2)若改用U1＝10000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝44∶1的变压器降压，求用户得到的电压U2。
解析：(1)输电线上的电流为I＝＝ A＝100 A
输电线路损耗的功率为P损＝I2r＝1002×1 W＝10 kW
(2)改用高压输电后，输电线上的电流变为I1＝＝ A＝3.8 A
变压器原线圈两端的电压
U′＝U1－I1r＝(10000－3.8×1) V＝9996.2 V
根据＝
用户得到的电压为U2＝U′＝×9996.2 V＝227.19 V。
答案：(1)10 kW　(2)227.19 V
04课后巩固训练
1．输电线路的电阻为R，发电站输出功率为P，输电电压为U，则用户得到的功率为(　　)
A．P　　　　　　　　　　 B．P－()2·R
C．P－ D．()2·R
解析：用户得到功率P得＝P－I2R＝P－()2·R，所以B正确。
答案：B
2．中国已投产运行的1000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原采用500 kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P。在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000 kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为(　　)
A．P/4 B．P/2
C．2P D．4P
解析：由P＝UI可知由500 kV的超高压输电变为1000 kV特高压输电时，输电线电流变为原来的，再根据P线＝I2R线可得，输电线上损耗的电功率将变为P/4，故选A。
答案：A
3．某电站不经变压器直接向用户输送电能，若输电功率为P，输电电压为U，输电线电阻为R，用户得到的电压为U′，则下列说法中正确的是(　　)
A．输电线上损失电压为R
B．输电线上损失电功率为(U－U′)2/R
C．用户得到的功率为U′2/R
D．用户得到的功率为P
解析：根据输送电压U＝U线＋U′，输送电流I＝即可判断A、B、D正确，C错误。
答案：ABD
4．某发电厂原来用11 kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220 kV输电，输送的电功率都是P。若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是(　　)
A．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流降为原来的
B．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍
C．根据公式P损＝I2R＝R，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的
D．根据公式P损＝，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍
解析：输电线上电流为I＝，也可以用I＝来表示，其中ΔU为输电线上电阻R两端的电压，而不是输送电压，故A正确，B错误；输电线上的功率损失为P损＝I2R＝R，C正确；如果用P损＝，则U应为R上的分压ΔU，故D错误。
答案：AC
5．某用电器距离供电电源为L，线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电导线的电阻率为ρ，那么，该输电导线的横截面积最小值是(　　)
A. B.
C. D.
解析：输电线电流I＝，R＝，所以最小横截面积S＝＝。
答案：B
6．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
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，故选项D正确。＝，＝，因为U1＝200 VU3＝U2－U线，故>，选项A正确。
答案：AD
7．某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器。经变压器降压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时(　　)
①升压变压器的副线圈的电压变大　②高压输电线路的电压损失变大　③降压变压器的副线圈上的电压变大　④降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大
A．①② B．②③
C．③④ D．②④
解析：用电高峰期，用户端总电阻由于并联白炽灯增多而减小，从而电流增大，又由U损＝Ir可知，输电导线上的电压损失变大，升压变压器副线圈的电压不变，降压变压器原、副线圈上的电压变小，而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大。故正确答案为D。
答案：D
8．家庭电路的引线均有一定值电阻(约几欧姆)，因此当家中大功率用电器如空调、电炉工作时，家中原来开着的电灯会变暗，下面通过一个简单的测试，可以估算出家庭电路引线部分的电阻，如图所示，用r表示家庭电路引线部分的总电阻，V为两表笔插入插座的交流电压表，M为一个额定功率为P额定电压为U额的空调(P较大)。测试时，先断开所有家电电路，测得电压为U1，再闭合开关S，测得电压为U2。
(1)试推导估算r的表达式(设电源两端电压保持恒定)；
(2)若P＝2.0 kW，U额＝220 V，测得U1＝220 V，U2＝210 V，则引线部分总电阻约为多少？
解析：(1)断开所有家电电路时，U源＝U1，S闭合后，
Ir＝P，Ur＝U1－U2，所以r＝＝·U。
(2)把U1、U2、U额、P代入公式得r＝1.15 Ω。
答案：(1)r＝·U　(2)1.15 Ω
9．某学校有一台应急备用发电机，内阻为r＝1 Ω，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R＝4 Ω，全校22个教室，每个教室用“220 V　40 W”的灯泡6盏，要求所有灯都正常发光，求：
(1)输电线上损耗的电功率多大？
(2)发电机的输出功率多大？
(3)发电机的电动势多大？
解析：(1)根据题意，画出从发电机到教室灯泡之间的传输过程，如图所示。
所有灯都正常工作的总功率为P2′＝22×6×40 W＝5280 W
灯泡都正常工作时的总电流为I2′＝＝ A＝24 A
两个变压器之间输电线上的电流为IR＝I2＝＝6 A
故输电线上损耗的电功率PR＝IR＝144 W
(2)升压变压器的输出功率为P1′＝PR＋P2′＝5424 W
而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率，P出＝P1＝P1′＝5424 W
(3)降压变压器上的输入电压U2＝4U2′＝880 V
输电线上的电压损失为UR＝IRR＝24 V
因此升压变压器的输出电压为U1′＝UR＋U2＝904 V
升压变压器的输入电压为U1＝＝226 V
升压变压器的输入电流为I1＝4IR＝24 A
发电机的电动势
E＝U1＋I1r＝226 V＋24×1 V＝250 V。
答案：(1)144 W　(2)5424 W　(3)250 V
10．如图所示，一小型发电站通过升压变压器B1和降压变压器B2把电能输送给用户(B1和B2都是理想变压器)，已知发电机的输出功率为500 kW，输出电压为500 V，升压变压器B1原、副线圈的匝数比为1∶10，两变压器间输电导线的总电阻为2 Ω。降压变压器B2的输出电压为220 V。求：
(1)输电导线上损失的功率；
(2)降压变压器B2的原、副线圈的匝数比。
解析：(1)送电电压：U2＝U1＝5000 V
送电电流：I2＝P2/U2＝P1/U2＝100 A
损失的功率：P损＝IR＝20000 W
(2)U3＝U2－I2R＝4800 V
降压变压器匝数比：＝＝＝。
答案：(1)20000 W　(2)240∶11
11．三峡水利枢纽工程是中国规模最大的水利工程，枢纽控制的流域面积为1.0×106 km2，占长江流域面积的56%，坝址所在位置的年平均流量为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(如图所示)，总装机容量(是指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＝8.4×1010 kW·h，该工程已于2009年全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面。阅读上述资料，解答下列问题。(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，g取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台发电机组全部建成并发电，要达到电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天？
(3)将该电站的电能输送到华中地区，输送电功率为P1＝4.5×106 kW，采用超高压输电，输电电压为U＝5×105 V，而发电机输出的电压约为U0＝1.8×104 V，要使输电线上损耗的功率小于输送电功率的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的范围。
解析：(1)发电站的能量转化效率
η＝×100%＝×100%＝×100%。
代入数据η＝×100%≈67.1%。
(2)根据P＝，有t＝＝天≈192.3天。
(3)升压变压器匝数比为＝＝＝。
根据P1＝IU得I＝9.0×103 A。由P损＝I2R＝5%P1得R＝2.78 Ω，所以R要小于2.78 Ω。
答案：(1)η＝×100%　67.1%　(2)192.3天　(3)　小雨2.78 Ω
03课堂效果自测
1.下列情况不可能由水位控制装置损坏引起的是(　　)
A．洗衣机不加水
B．洗衣机加水不能自动停止
C．洗衣机不排水
D．洗放机不洗衣
解析：洗衣机水位控制装置完好，才能正常加水，且加到合适的水位，若损坏可能导致一直不加水或一直不停地加水或加足水后洗衣机仍然不洗衣，故A、B、D可能，C不可能。
答案：C
2．半导体温度计是利用热敏电阻制造的。如图所示，如果待测点的温度升高，那么(　　)
A．热敏电阻变大，灵敏电流表示数变大
B．热敏电阻变大，灵敏电流表示数变小
C．热敏电阻变小，灵敏电流表示数变大
D．热敏电阻变小，灵敏电流表示数变小
解析：半导体热敏电阻随温度升高电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，灵敏电流表示数变大。
答案：C
3．类人型机器人装有作为眼睛的“传感器”，犹如大脑的“控制器”，以及可以行走的“执行器”，在它碰到障碍物前会自动避让并及时转弯。下列有关该机器人“眼睛”的说法中正确的是(　　)
A．是力传感器　　　　　　 B．是光传感器
C．是温度传感器 D．是声音传感器
解析：遇到障碍物会绕开，说明它是光传感器。
答案：B
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
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中的一个条件满足即可，A、C、D错，B对。
答案：B
5．[2014·江苏高考]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
解析：本题考查洛伦兹力、霍尔效应的综合应用，意在考查考生的推理能力和分析综合能力。
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。
答案：CD
04课后巩固训练
1．传感器担负着信息采集的任务，它可以(　　)
A．将力学量(如形变量)转换成电学量
B．将热学量转换成电学量
C．将光学量转换成电学量
D．将电学量转换成力学量
解析：传感器是将所感受到的不便于测量的物理量(如力、热、光、声等)转换成便于测量的物理量(一般是电学量)的一类元件。故选项A、B、C对，选项D错。
答案：ABC
2．下列关于传感器的说法中正确的是(　　)
A．所有传感器都是由半导体材料制成的
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息的
D．以上说法均不正确
解析：传感器的种类很多，不全是由半导体材料制成的，例如利用金属热电阻可感受温度的变化，选项A错误，B正确；传感器感受的不一定都是电压的变化，也可以是力、温度、光、声等的变化，选项C错误。
答案：B
3．关于光敏电阻，下列说法中正确的是(　　)
A．受到的光照越强，电阻越小
B．受到的光照越弱，电阻越小
C．它的电阻与光照强度无关
D．以上说法均不正确
解析：光敏电阻一般是由半导体材料制成的，受到的光照越强，电阻越小，选项A正确。
答案：A
4．现有定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三个元件，将这三个元件分别接入如图所示电路中的A、B两点后，用黑纸包住元件或者把元件置入热水中，观察欧姆表的示数，下列说法中正确的是(　　)
A．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，则这个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，则这个元件一定是定值电阻
C．用黑纸包住与不用黑纸包住相比，欧姆表示数变化较大，则这个元件一定是光敏电阻
D．用黑纸包住与不用黑纸包住相比，欧姆表示数不变化，则这个元件一定是定值电阻
解析：热敏电阻的阻值随温度变化而变化，定值电阻和光敏电阻的阻值不随温度变化；光敏电阻的阻值随光照强度变化而变化，定值电阻和热敏电阻的阻值不随光照强度变化。故选项A、C正确。
答案：AC
5．如图所示，R3是光敏电阻，当开关闭合后没有光照射时，a、b两点电势相等。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的电阻变小，a点电势等于b点电势
D．R3的电阻变大，a点电势低于b点电势
解析：当用光照射光敏电阻R3时，R3的电阻变小，R3上的电压降减小，a点电势升高，故此时a点电势高于b点电势，选项A正确。
答案：A
6．传感器是一种采集信息的重要器件。如图所示是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串联成闭合电路，那么(　　)
A．当F向上压膜片电极时，电容将减小
B．当F向上压膜片电极时，电容将增大
C．若电流计有示数，则压力F发生变化
D．若电流计有示数，则压力F不发生变化
解析：当F向上压膜片电极时，两电极间距离减小，电容器的电容增大，选项A错误，B正确；当电流计有示数时，说明电容器所带的电荷量发生了变化，电容器的电容发生了变化，则压力F发生了变化，选项C正确，D错误。
答案：BC
7．某学习小组的同学在用多用电表研究热敏特性实验中，安装好如图所示的装置。向杯内加入冷水，温度计的示数为20 ℃，多用电表选择适当的倍率，读出热敏电阻的阻值为R1。然后向杯内加入热水，温度计的示数为60 ℃，发现多用电表的指针偏转角度较大，则下列说法正确的是(　　)
A．多用电表应选用电流挡，温度升高换用大量程测量
B．多用电表应选用电流挡，温度升高换用小量程测量
C．多用电表应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率大的挡
D．多用电表应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率小的挡
解析：测电阻应选用欧姆挡。当温度升高时，热敏电阻受温度变化的影响，偏转角度增大，说明电阻阻值变小，所以应换用倍率小的挡。
答案：D
8．如图所示是一个测定液面高度的传感器，在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放在导电液体中，则导线芯和导电液体构成电容器的两极，绝缘物质为电介质。若把该电容式传感器接入电路中，当外电路的电流变化说明电容器的电容增大时，导电液体的深度h(　　)
A．增大　　　　　　　　 B．减小
C．不变 D．无法确定
解析：由题意知，导线芯和导电液体构成电容器的两极，类似于平行板电容器的两极。当液面高度发生变化时，相当于两极板正对面积发生变化，自然就会引起电容的变化。与平行板电容器类比可得，导电液体深度h增大时，导线芯和导电液体正对面积增大。电容器的电容增大。选项A正确。
答案：A
9．如图所示，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，再将电表的两支表笔与负温度系数的热敏电阻RT的两端相连，这时指针恰好指在刻度盘的正中央。若往热敏电阻上擦一些酒精，指针将向________(填“左”或“右”)偏转；若用吹风机将热风吹向热敏电阻，指针将向________(填“左”或“右”)偏转。
解析：往热敏电阻上擦一些酒精，由于酒精蒸发吸收热量，热敏电阻的温度降低，电阻值增大，所以指针向左偏；用吹风机使热风吹向热敏电阻，热敏电阻的温度升高，电阻值减小，则指针向右偏。
答案：左　右
10．如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，RG为光敏电阻，当照射光的强度增大时，电压表的示数________，R2中的电流________，小灯泡的功率________，电路的路端电压________。(填“增大”、“减小”或“不变”)
解析：当照射光的强度增大时，光敏电阻的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，R1两端电压增大，电压表的示数增大；R2两端电压减小，R2中的电流减小；小灯泡中的电流增大，功率增大。
答案：增大　减小　增大　减小
11．在开展研究性学习的过程中，某同学设计了一个利用线圈测量转轮转速的装置，如图所示，在轮子的边缘贴上一个小磁体，将小线圈靠近轮边放置，接上数据采集器和电脑(即DIS实验器材)。如果小线圈的面积为S，匝数为N，小磁体附近的磁感应强度的最大值为B，小线圈所在回路的总电阻为R，实验发现，轮子转过θ角，小线圈的磁通量由最大值变为零。因此，他认为只要测得从开始计时到此时感应电流的平均值I，就可以测出转轮转速的大小。请你运用所学的知识，通过计算对该同学的结论进行评价。
解析：设转轮的角速度和转速分别为ω、n，轮子转过θ角所需时间为Δt，通过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ，线圈中产生的感应电动势的平均值为E。
根据法拉第电磁感应定律有E＝N＝N
由闭合电路欧姆定律得感应电流的平均值I＝
又Δt＝，n＝
联立以上各式可得n＝，由此可见，该同学的结论是正确的。
答案：该同学的结论正确
12．温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化而变化的特性工作的。在图甲中，电源的电动势E＝9.0 V，内阻可忽略不计；G为灵敏电流表，内阻r保持不变；R0为保护电阻，R为热敏电阻，其电阻值与温度变化的关系如图乙所示。试写出热敏电阻的阻值随温度变化的关系式。闭合开关S，当R的温度等于40 ℃时，电流表示数I1＝2.25 mA，则当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻R的温度是多少摄氏度？
解析：题中的R－t图象是直线，根据数学知识可写出热敏电阻R与温度t的关系式为R＝kt＋b。由图象知t1＝0 ℃时，R1＝4.25 kΩ，得b＝4.25，再根据t2＝120 ℃时，R2＝2 kΩ，得k＝－0.01875，所以R与t的关系式为R＝－0.01875t＋4.25(kΩ)。
根据题中的R－t图象，t3＝40 ℃时，热敏电阻的阻值R3＝3.5 kΩ，有E＝I1(r＋R0＋R3)；电流I2＝3.6 mA时，设热敏电阻的阻值为R4，有E＝I2(r＋R0＋R4)，代入数据可解得R4＝2 kΩ，由题中的R－t图象或将R3＝2 kΩ代入R与t的关系式可得t4＝120 ℃。
答案：R＝－0.01875t＋4.25(kΩ)　120 ℃
04课后巩固训练
1．人类发射的绕地球运行的所有航天器，在轨道上工作时都需要电能，所需要的电能通常是通过太阳能电池获得的。太阳能电池把太阳能转化为电能时，要求太阳能电池板总是正对太阳，为达到这一目的，应利用下列哪种传感器来感知太阳的方位(　　)
A．力传感器　　　　　　　　 B．光传感器
C．温度传感器 D．生物传感器
解析：要感知太阳的方位，应利用光传感器，选项B正确。
答案：B
2．关于电子秤中应变式力传感器的说法正确的是(　　)
A．应变片是由导体材料制成的
B．当应变片的表面被拉伸时，其电阻变大，反之变小
C．传感器输出的是应变片上的电压
D．外力越大，输出的电压差值也越大
解析：应变片一般是用半导体材料制成，其表面被拉伸时电阻变大，被压缩时电阻变小，故选项A错误，B正确。电子秤中应变式力传感器输出的是上、下两应变片上的电压差，并且随着外力的增大，输出的电压差值也越大，故选项C错误，D正确。
答案：BD
3．随着生活水平的提高，自动干手机已进入家庭。洗手后，将湿手靠近自动干手机，机内的传感器便驱动电热器加热，有热空气从机内吹出，将湿手烘干。手靠近干手机能使传感器工作，是因为(　　)
A．改变了湿度 B．改变了温度
C．改变了磁场 D．改变了电容
解析：手靠近干手机时，改变了设置在干手机内的电容式传感器的电容，干手机开始工作。能否用湿度或温度传感器来驱动电热器工作呢？理论上是可行的，但作为干手机，如果用湿度或温度传感器则有很大缺陷，因为干手机周围的环境(如湿度和温度)一年四季都在变化，与手的靠近无关。选项D正确。
答案：D
4．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。当声波使簿金属膜振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流。在薄金属膜向右运动的过程中，有(　　)
A．电容变大
B．电容变小
C．导线AB中有向左的电流
D．导线AB中有向右的电流
解析：由平行板电容器的电容C＝可知，当薄金属膜向右运动时，相当于电容器两极板间的距离变小，故电容变大，选项A正确，B错误；此时电源对电容器充电，电流由电源的正极流向负极，故导线AB中有向左的电流，选项C正确，D错误。
答案：AC
5．如图所示是电熨斗的结构示意图，下列说法正确的是(　　)
A．双金属片上层金属的膨胀系数小于下层金属的膨胀系数
B．常温下，上下触点接触；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离
C．需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移
D．双金属片温度传感器的作用是控制电路的通断
解析：常温下，上下触点接触，电路处于导通状态，电熨斗处于加热状态。当温度升高时，双金属片向下弯曲，电路断开，使电熨斗不再加热，双金属片控制电熨斗电路的通断，所以双金属片上层金属的膨胀程度比下层的大，说明双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属的膨胀系数；当需要较高温度熨烫时，需要上下触点更难分开，所以需将升降螺丝下移并推动弹性铜片下移。选项B、C、D正确。
答案：BCD
6．传感器可将非电学量转换为电学量，起自动控制作用。如计算机鼠标中有位移传感器，电熨斗、电饭煲中有温度传感器，电视机、录像机、影碟机中有光传感器……某位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据来反映物体位移的大小，假设电压表是理想的，则下列说法中正确的是(　　)
A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化
B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化
C．物体M不动时，电路中没有电流
D物体M不动时，电压表没有示数
解析：物体M的运动对回路的电流没有影响，M不动时回路中仍有电流，电压表有示数，M运动时回路中的电流不发生变化，但电压表的示数发生变化。故选项B正确。
答案：B
7．有一种测量体重的电子秤，其原理图如图所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(实际是一个阻值可随压力变化而变化的电阻)、显示体重的仪表G(实际是理想电流表)。设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3 A，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，电阻R随压力变化的函数关系式为R＝30－0.02F(F和R的单位分别是N和Ω)。下列说法正确的是(　　)
A．该秤能测量的最大体重是1400 N
B．该秤能测量的最大体重是1300 N
C．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表刻度盘上0.375 A处
D．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表刻度盘上0.400 A处
解析：因为理想电流表的量程为3 A，即电流I的最大值为3 A，根据I＝，可得R＝＝2 Ω，根据R＝30－0.02F可求出对应的压力F＝1400 N。当踏板空载时，F′＝0，则R′＝30 Ω，此时电流大小为I′＝＝0.375 A。选项A、C正确。
答案：AC
8．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有一位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将压敏电阻和一块挡板固定在水平绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球。小车在水平面内向右做直线运动的过程中，电流表示数如图乙所示，下列判断正确的是(　　)
A．从t1到t2时间内，小车一定做匀速直线运动
B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动
C．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动
D．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动
解析：当小车在水平面内做匀速直线运动时，重球对压敏电阻的压力为零，此时R压最大，回路中电流最小。当I不断变化时，说明压敏电阻的阻值大小在不断变化，所以此时重球对压敏电阻的压力在不断变化，说明重球的加速度在不断变化。所以从t1到t2时间内，小车做变加速(加速度逐渐增大)直线运动；从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动。选项D正确。
答案：D
9．指出在以下有关传感器应用的实例中，所应用的传感器或主要元件。
(1)电子秤：________的应用，敏感元件是________；
(2)电熨斗：________的应用，敏感元件是________，其作用是控制电路的通断；
(3)电饭锅：________的应用，敏感元件是________，其作用是控制电路的通断；
(4)烟雾散射式火灾报警器：________的应用，是利用烟雾对________来工作的。
答案：(1)压力传感器　应变片　(2)温度传感器　双金属片
(3)温度传感器　感温铁氧体　(4)光传感器　光的散射
10．如图甲所示为在温度为10 ℃左右的环境中工作的某自动恒温箱的原理简图，箱内的电阻R1＝20 kΩ，R2＝10 kΩ，R3＝40 kΩ，RT为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示。当a、b两端的电压Uab<0时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度升高；当Uab>0时，电压鉴别器令开关S断开，停止加热。分析知，恒温箱内的温度恒定在________℃。
解析：设控制电路两端的电压为U，当Uab＝0时，有
R1＝R3
解得RT＝20 kΩ
对照题中的RT－t图象可知，RT＝20 kΩ时，t＝35 ℃。
答案：35
11．如图所示是电饭锅的电路图，S1是一个控温开关，手动闭合后，当温度达到居里点(103 ℃)时，此开关会自动断开。S2是一个自动控温开关，当温度低于70 ℃时会自动闭合；温度高于80 ℃时会自动断开。红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示灯。已知分流电阻R1＝R2＝500 Ω，加热电阻丝R3＝50 Ω，两灯电阻不计。
(1)计算在加热和保温两种状态下，电饭锅消耗的电功率之比；
(2)简要回答，如果不闭合开关S1能将饭煮熟吗？
解析：(1)加热时电饭锅消耗的电功率为P1＝
保温时电饭锅消耗的电功率为P2＝
其中R并＝＝ Ω＝ Ω
从而有＝＝＝
(2)如果不闭合开关S1，开始S2总是闭合的，R1被短路，功率为P1，当温度上升到80 ℃时，S2自动断开，功率降为P2，温度降低到70 ℃时，S2又自动闭合，如此反复。由此可知，如果不闭合S1，则温度只能在70～80 ℃之间变化，不能煮熟饭。
答案：(1)12∶1　(2)不能
12．如图1所示是一种自动测定油箱内油面高度的装置。其中R是滑动变阻器，阻值范围是0～100 Ω，它的金属滑片是杠杆的一端，油量表是由电流表改装而成的，实际是量程为0～0.6 A的电流表，从指针所指的刻度可知油箱内油面的高度；R′为校准电阻。已知电源电压为12 V，油箱空时和油箱满时金属滑片恰在滑动变阻器的两端点a、b处。
(1)当油箱满时，电流表的示数恰好为满偏刻度0.6 A，求校准电阻R′的阻值和油箱空时电流表的示数；
(2)若将电流表改换为电压表，用电压表的指针指示的刻度显示油箱内油面的高度，要求油面上升时电压表的读数增大，请将电压表○V 画在图2中，并标明电压表的 “＋”、“－”接线柱。若改装后电路中校准电阻的阻值不变，求电压表示数的变化范围。
解析：(1)当电流表的示数为满偏刻度0.6 A时，金属滑片在b处，此时滑动变阻器连入电路的电阻为零，则
R′＝＝＝20 Ω
油箱空时，滑动变阻器连入电路的电阻R＝100 Ω，则电流表的示数为I1＝＝＝0.1 A
(2)为符合油面上升时电压表读数增大的要求，应使电压表与校准电阻R′并联，电压表示数变化的范围由金属滑片在a、b两处时校准电阻R′两端的电压决定。如图所示。
金属滑片在a处时U1＝＝2 V，金属滑片在b处时U2＝12 V，故电压表示数的变化范围为2～12 V。
答案：(1)20 Ω　0.1 A　(2)2～12 V
综合水平测试
一、选择题(每小题4分。在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分。)
1．电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律(有关感应电动势大小的规律)、安培定律(磁场对电流作用的规律)都是一些重要的规律。如图所示为远距离输电系统的示意图(设用户的电器是电动机)，下列选项中正确的是(　　)
A. 发电机能发电的主要原理是库仑定律
变压器能变压的主要原理是欧姆定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律
B. 发电机能发电的主要原理是安培定律
变压器能变压的主要原理是欧姆定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律
C. 发电机能发电的主要原理是欧姆定律
变压器能变压的主要原理是库仑定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律
D. 发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律
变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律
电动机通电后能转动起来的主要原理是安培定律
解析：发电机主要是将其他形式能转化为电能的设备，应用法拉第电磁感应定律原理；变压器是由电流的变化产生磁场的变化，从而使得线圈内的磁通量发生变化，产生感应电流，也是应用法拉第电磁感应定律原理；电动机是将电能转化为其他形式能的设备，通电导线在磁场中要受到力的作用从而运动，是安培定律的应用。
答案：D
2．如图所示光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上，环1竖直，环2水平放置，均处于中间分割线上，在平面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间分割线向右运动时，下列说法正确的是(　　)
A．两环都向右运动
B．两环都向左运动
C．环1静止，环2向右运动
D．两环都静止
解析：条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持为零不变，无感应电流，仍静止。环2中磁通量变化。根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果使环2向右运动。
答案：C
3．如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系。若使两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为(　　)
A．1∶6　　　　　　　 B．1∶3
C．1∶2 D．1∶
解析：由图线可知甲的电流有效值为I甲＝ A，乙的电流有效值I乙＝1 A，＝＝，故B选项正确。
答案：B
4．如图所示，在竖直方向上的两个匀强磁场B1和B2中，各放入一个完全一样的水平金属圆盘a和b，它们可绕竖直轴自由转动。用导线将a盘中心与b盘中心通过电刷相连。b盘边缘与a盘边缘通过电刷相连。从上向下看，当a盘顺时针转动时(　　)
A．b盘逆时针转动
B．b盘顺时针转动
C．b盘不动
D．无法判断b盘是否转动
解析：当a盘顺时针转动时，相当于长为半径的导体棒转动切割磁感线，由右手定则可知电流从边缘流至圆心，流经b盘时从圆心流至边缘，由左手定则知，b盘逆时针转动。所以选项A正确，B、C、D错误。
答案：A
5．如图所示，在一理想变压器的初、次级线圈接有4个相同的灯泡，若4个灯泡都正常发光，则该变压器初、次级线圈的匝数比n1∶n2等于(　　)
A．4∶1 B．3∶1
C．2∶1 D．1∶1
解析：I2＝3I，I1＝I而n1∶n2＝I2∶I1＝3∶1。
答案：B
6．如图所示是会议室和宾馆房间的天花板上装有的火灾报警器的结构原理图：罩内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板。平时光电三极管接收不到LED发出的光呈现高电阻状态，发生火灾时，下列说法正确的是(　　)
A．进入罩内的烟雾遮挡了光线，使光电三极管电阻更大，检测电路检测出变化发出警报
B．发生火灾时，光电三极管温度升高，电阻变小，检测电路检测出变化发出警报
C．发生火灾时，进入罩内的烟雾对光有散射作用，部分光线照到光电三极管上，电阻变小，发出警报
D．以上说法均不正确
解析：由报警器的原理可知，发生火灾时烟雾进入罩内，使光发生散射，部分光线照在光电三极管上电阻变小，与传感器相连的电路检测出这种变化，发出警报，C对。
答案：C
7．为了保证汽车刹车时车轮不被抱死，使车轮仍有一定的滚动而不是纯滑动，这样既可以提高刹车效果，又不使车轮失去控制，为此需要一种测定车轮是否还在转动的装置，这种检测装置称为电磁脉冲传感器，如果该装置检测出车轮不再转动，它就会自动放松刹车机构，让轮子仍保持转动状态，这就是ABS防抱死系统。如图是电磁脉冲传感器示意图，B是一根永久磁体，外面绕有线圈，它们的左端靠近一个铁质齿轮A，齿轮与转动的车轮是同步的，则以下说法正确的是(　　)
A．车轮转动时，由于齿轮在永久磁体的磁场中切割磁感线，产生感应电流
B．车轮转动时，由于齿轮被磁化使线圈中的磁场发生变化，产生感应电流
C．车轮转速减慢时，输出电流的周期变小，电流也变小
D．车轮转速减慢时，输出电流的周期变大，电流也变大
解析：此传感器是利用线圈中磁通量的变化产生感应电流的原理来实现检测的。当车轮转动时，带动齿轮转动，相当于将铁块插入和拔出线圈，从而使线圈中磁通量发生变化而产生感应电流，故选项A错误，B正确；当车轮转速减慢时，线圈中磁通量的变化减慢，产生的感应电流的周期变大，由E＝n可知，电流变小，故选项CD错误。
答案：B
8．某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过，为了保护线路不至于被压坏，预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过，电线穿管的方案有两种，甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过，乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如果输电导线输送的电流很强大，那么，以下说法正确的是(　　)
A．无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲乙两方案都是可行的
B．若输送的电流是恒定电流，甲乙两方案都是可行的
C．若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的
D．若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的
解析：输电线周围存在磁场，交变电流产生变化的磁场，可在金属管中产生涡流，当输电线上电流很大时，强大的涡流有可能将金属管融化，造成事故。所以甲方案是不可行的。在乙方案中，两条导线中的电流方向相反，产生的磁场互相抵消，金属管中不会产生涡流，是可行的，此题类似于课本中提到的“双线并绕”。
答案：BC
9．一个称为“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。几位做实验的同学手拉手连成一排，另一位同学将电池、镇流器、开关用导线将它们和首、尾两位同学的手相连，如图所示，在开关闭合或断开时就会使连成一排的同学都有触电感觉，则(　　)
A．该实验的原理是镇流器的自感现象
B．该实验的原理是1.5 V的电压让人感到触电
C．人有触电感觉是在开关断开的瞬间
D．人有触电感觉是在开关闭合的瞬间
解析：1.5 V的电压不会使人有触电的感觉。当电路接通后处于通电状态，有一部分电能转化为磁场能贮存在镇流器中，电路断开的瞬间，这部分磁场能转化为电能释放出来，由于自感很大，产生很高的自感电动势，使人产生触电感觉。
答案：AC
10．如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是(　　)
A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
C．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
D．从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈
解析：若线圈闭合进入磁场时，由于产生电磁感应现象，根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，故A正确；若线圈不闭合，进入磁场时，不会产生电磁感应现象，故线圈相对传送带不发生滑动，故B错误。从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈，C正确。
答案：AC
二、实验题(每小题5分，共10分)
11．如图是示波器的面板图，若要测量外部交流电压信号，应将信号输入线接在________和________接线柱上。这时“衰减”旋钮不能置于________挡，“扫描范围”不能置于________挡。若信号水平方向的幅度过小或过大，应该用________旋钮进行调整。若信号图形过于偏于屏幕下方，应该用________旋钮进行调整。
解析：测量外部交流电压信号应从“Y输入”和“地”输入，即应将信号输入线接在“Y输入”和“地”接线柱上，由于外部电压信号一般都比较强，所以要进行衰减，即此时“衰减”旋钮不能置于“1”挡。由于要从示波器内提供X方向的扫描电压，所以扫描范围旋钮不能置于“外X”挡。X方向的信号幅度用X增益旋钮调节。Y方向的偏移用竖直位移旋钮调节。
答案：Y输入　地　1　外X　9(或X增益)　6(或 ↑↓)
12．目前有些居民区内楼道灯的控制，使用的是一种延时开关。该延时开关的简化原理如图所示。图中D是红色光发光二极管(只要有很小的电流通过就能使其发出红色亮光)，R为限流电阻，K为按钮式开关，虚线框内S表示延时开关电路，当按下K接通电路瞬间，延时开关触发，相当于S闭合。这时释放K后，延时开关S约在1 min后断开，电灯熄灭。根据上述信息和原理图，我们可推断：
按钮开关K按下前，发光二极管是________(填“发光的”或“熄灭的”)，按钮开关K按下再释放后，电灯L发光持续时间约________min。这一过程中发光二极管是________。限流电阻R的阻值和灯丝电阻RL相比，应满足R________RL的条件。
解析：开关K按下前，S为断开，有电流经过发光二极管，故发光二极管是发光的。当按下开关K后，延时开关S闭合，二极管和R被短路，二极管不发光，由于延时开关S约1 min后断开，故电灯L能持续发光1 min，由于R为限流电阻，且二极管只要有很小的电流通过就能发光，故应满足R?RL。
答案：发光的　1　熄灭的　?
三、计算题(共50分)
13．由于受地球信风带和盛西风带的影响，在海洋中形成一种河流称为海流。海流中蕴藏着巨大的动力资源。据统计，世界大洋中所有海流的发电能力达109 kW。早在19世纪，法拉第就曾设想，利用磁场使海流发电。因为海水中含有大量的带电离子，这些离子随海流做定向运动，如果有足够的磁场能使这些带电离子向相反方向偏转，便有可能发出电来。目前，日本的一些科学家将计划利用海流建造一座容量为1500 kW的磁流体发电机。如图所示为一磁流体发电机的原理示意图，上、下两块金属板MN水平放置浸没在海水里，金属板面积均为S＝1×103 m2，板间相距d＝ 100 m，海水的电阻率ρ＝2.5 Ω·m，在金属板之间加一匀强磁场，磁感应强度B＝0.1 T，方向由南向北，海水从东向西以速度v＝5 m/s流过两金属板之间，将在两板之间形成电势差。求：
(1)由金属板和海水流动所构成的电源的电动势E及其内电阻r各为多少？
(2)若用此发电装置给一电阻为20 Ω的航标灯供电，则在8 h内航标灯所消耗的电能为多少？
解析：(1)E＝Bdv＝0.1×100×5 V＝50 V
r＝ρ＝ Ω＝0.25 Ω。
(2)I＝，8 h内航标灯所消耗的电能
E耗＝I2Rt＝()2Rt＝()2×20×8×3600 J＝3.5×106 J。
答案：(1)50 V　0.25 Ω　(2)3.5×106 J
14．如图所示是一种测量血压的压力传感器在工作时的示意图。薄金属片P固定有4个可以形变的电阻R1、R2、R3、R4，如图乙。图甲是它的侧面图，这4个电阻连成的电路如图丙所示，试回答下列问题：
(1)开始时金属片中央O点未加任何压力，欲使电压表无示数，则4个电阻应满足怎样的关系？
(2)当O点加一个压力F后发生形变，这时4个电阻也随之发生形变，形变后各电阻阻值大小如何变化？
(3)电阻变化后，电路的A、B两点哪点电势高？它的什么能测量血压？
解析：本题考查力传感器的应用。(1)由于电压表的电阻可以看作无穷大，因此本电路是R1与R2串联，R3与R4串联，然后它们再并联，设上面部分电流为I上，下面部分电流为I下，要使A点电势等于B点电势，则应有电阻R1上的电压等于R3上的电压，电阻R2上的电压等于电阻R4上的电压，即
I上R1＝I下R3，①
I上R2＝I下R4，②
联立①②式得到＝。
(2)当O点加垂直于金属片的压力后，金属片发生形变，由于电阻是固定在金属片上的，因此R1、R4被拉长，R2、R3被拉宽，即R1、R4增大，R2、R3减小，这时A、B两点电势不再相等。
(3)电阻R1、R4增大，它们两端的电压将增大，电阻R2、R3减小，它们两端的电压将减小，所以A点的电势将高于B点的电势。当测量血压时，血管对薄金属片P产生压力F，血压越高，压力F越大，金属片形变越显著，电阻变化越大，A、B两点电势差也越大，因而电压表读数越大，于是就能根据电压表示数的大小来测量血压的高低了。当然，由于金属片形变不会十分显著，电阻变化也较微小，因此，实际仪器中A、B两点电压还要经过放大才能通过电表显示出来，有的还会将这种变化按程序转换成数字显示出来。
答案：见解析
15．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。如果用此发电机带动两个标有“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，电路如下图。求：
(1)发电机的输出电压为多少？
(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少？
解析：(1)根据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
再根据P入＝U1I1，解得I1＝20 A。
答案：(1)1100 V　(2)5∶1　(3)20 A
16．如图甲所示，水平虚面PQ上方两侧有对称的范围足够大的匀强磁场，磁场方向分别水平向左和水平向右，磁感应强度大小均为B0＝2 T。用金属条制成的闭合正方形框aa′bb′边长L＝0.5 m，质量m＝0.3 kg，电阻R＝1 Ω。现让金属方框平面水平，aa′边、bb′边分别位于左、右两边的磁场中，且与磁场方向垂直，金属框由静止开始下落，其平面在下落过程中始终保持水平，当金属框下落至PQ前一瞬间，加速度恰好为零。以金属框下落至PQ为计时起点，PQ下方加一范围足够大的竖直向下的磁场，磁感应强度B与时间t之间的关系图象如图乙所示。不计空气阻力及金属框的形变。g取10 m/s2。求：
(1)方框经过PQ位置时的速度大小；
(2)方框越过PQ后2 s内下落的距离；
(3)方框越过PQ后2 s内产生的焦耳热。
解析：(1)当方框的加速度恰好为零时，受到的安培力与重力平衡
F1安＝mg
F1安＝2B0I1L
I1＝
解得v＝＝0.75 m/s
(2)经过分析知导线框进入PQ下方后做竖直下抛运动，设2 s内下落距离为h
h＝vt＋gt2
解得h＝21.5 m
(3)设金属框在PQ下方磁场中运动时产生的感应电流为I，感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律
E＝L2
由图象得＝2 T/s
I＝
Q＝I2Rt
解得Q＝0.5 J
答案：(1)0.75 m/s　(2)21.5 m　(3)0.5 J
阶段水平测试(一)
(时间90分钟，满分100分)
一、选择题(每小题4分。在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分。)
1．物理学的基本原理在生产生活中有着广泛的应用。下面列举的四种器件中，利用电磁感应原理工作的是(　　)
A．回旋加速器　　　　　 B．电磁炉
C．质谱仪 D．示波管
解析：回旋加速器和质谱仪是利用洛伦兹力工作的，示波管是利用电场力工作的，电磁炉是利用电磁感应原理工作的，选项B正确。
答案：B
2．如图所示，光滑金属导轨框架MON竖直放置，水平方向的匀强磁场垂直MON平面。金属棒ab从∠abO＝60°的位置由静止释放。在重力的作用下，金属棒ab的两端沿框架滑动。在金属棒ab由图示位置滑动到水平位置的过程中，金属棒ab中感应电流的方向是(　　)
A．始终由a到b B．始终由b到a
C．先由a到b，再由b到a D．先由b到a，再由a到b
解析：由题意知，当金属棒ab与ON的夹角为45°时，三角形Oab的面积最大，此时穿过闭合回路的磁通量最大，故穿过闭合回路的磁通量先增加后减少，由楞次定律可知，感应电流的方向先由b到a，再由a到b，选项D正确。
答案：D
3．如图所示，A、B、C为三只相同的灯泡，且灯泡的额定电压均大于电源电动势，电源内阻不计，L是一个直流电阻不计、自感系数较大的线圈，先将K1、K2合上，稳定后突然断开K2。已知在此后过程中各灯均无损坏，则下列说法中正确的是(　　)
A．C灯亮度保持不变
B．C灯闪亮一下后逐渐恢复到原来的亮度
C．B灯亮度保持不变
D．B灯后来的功率是原来的一半
解析：K1、K2均闭合，稳定后A灯不亮，通过线圈的电流是通过B、C两灯的电流之和。突然断开K2，通过线圈的电流减小，线圈中产生的自感电动势与原电流的方向相同，C灯闪亮一下后逐渐恢复到原来的亮度，选项A错误，B正确。稳定后通过B灯的电流是原来的一半，故B灯后来的功率是原来的1/4，选项C、D错误。
答案：B
4．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，回路的宽和长分别为l1＝5 cm，l2＝8 cm，磁场变化率为5×10－2 T/s，则(　　)
A．电容器带电荷量为2×10－9 C
B．电容器带电荷量为4×10－9 C
C．电容器带电荷量为6×10－9 C
D．电容器带电荷量为8×10－9 C
解析：回路中感应电动势等于电容器两板间的电压，U＝E＝＝· l1l2＝5×10－2×0.05×0.08 V＝2×10－4 V。电容器的电荷量为q＝CU＝CE＝30×10－6×2×10－4 C＝6×10－9 C，C选项正确。
答案：C
5．如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D．Bav
解析：摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·(v)＝Bav。由闭合电路欧姆定律有UAB＝·＝Bav，故选A。
答案：A
6．[2013·福建高考]如图所示，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程中形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律(　　)
解析：由题意可知，线框先做自由落体运动，最终做匀加速直线运动。若ab边刚进入磁场时，速度较小，线框内产生的感应电流较小，线框所受安培力小于重力，则线框刚进入磁场的过程做加速度逐渐减小的加速运动，图象C有可能；若线框刚进入磁场时的速度较大，线框内产生的感应电流较大，线框所受安培力大于重力，则线框进入磁场的过程做加速度逐渐减小的减速运动，图象B有可能；若线框刚进入磁场时的速度恰好满足线框所受安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，图象D有可能。
答案：A
7．如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)(　　)
A．通过电阻R的电流方向为P→R→M
B．a、b两点间的电压为BLv
C．a端的电势比b端的高
D．外力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热
解析：由右手定则可知通过金属导线的电流由b到a，则通过电阻R的电流方向为M→R→P，选项A错误；金属导线产生的感应电动势为BLv，而a、b两点间的电压为等效电路的路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，a、b两点间的电压为BLv，选项B错误；金属导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势处流向高电势处，所以a端的电势高于b端的电势，选项C正确；根据能量守恒定律可知，外力做的功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和，选项D错误。
答案：C
8．[2014·安徽高考]英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　)
A．0 B.r2qk
C．2πr2qk D．πr2qk
解析：变化的磁场使回路中产生的感生电动势E＝＝·S＝kπr2，则感生电场对小球的作用力所做的功W＝qU＝qE＝qkπr2，选项D正确。
答案：D
9．单匝线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则以下说法正确的是(　　)
A．在时间0～5 s内，I的最大值为0.01 A
B．在第4 s时刻，I的方向为逆时针
C．前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 C
D．第3 s内，线圈的发热功率最大
解析：E＝n＝n·S，由题图乙知，在0～5 s内，0时刻最大，此时E＝0.01 V，所以I＝＝0.01 A，A正确；在第4 s时刻，B处于减小过程中，由楞次定律得I的方向为逆时针，B正确；前2 s内，q＝·Δt＝·Δt＝Δt＝n＝0.01 C，C正确；第3 s内，B不变，I＝0，D错误。
答案：ABC
10．如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直。一根金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点。整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与金属棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计。则在金属棒上行和下行的两个过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．金属棒回到出发点时的速度v等于初速度v0
B．上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量
C．上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量
D．上行过程所用的时间小于下行过程所用的时间
解析：金属棒切割磁感线运动，由右手定则、法拉第电磁感应定律和安培力公式可知金属棒上行和下行时的受力情况如图所示。由能量守恒定律可知，金属棒在运动过程中，部分机械能转化为系统的焦耳热，故金属棒回到出发点时的速度v小于初速度v0，选项A错误；设金属棒上升的最大高度为h，上行过程中金属棒所受的安培力比下行过程中的大，R上产生的热量等于金属棒克服安培力做的功，由W＝ Fh可知上行过程中产生的热量比下行过程中产生的热量多，选项C正确；由电荷量的定义、欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得，运动过程中转移的电荷量q＝，上行和下行过程中磁通量的变化相等，故选项B正确；由牛顿第二定律可知a上>a下，而上行和下行的位移大小相等，由位移公式x＝at2可知，t上答案：BCD
二、实验题(每小题5分，共10分)
11．学习了法拉第电磁感应定律后，为了定量验证感应电动势E与时间Δt成反比，某小组同学设计了如图所示的实验装置：线圈和光电门固定在水平光滑轨道上，强磁铁和挡光片固定在运动的小车上；每当小车在轨道上运动经过光电门时，光电门会记录下挡光片的挡光时间Δt，同时触发接在线圈两端的电压传感器记录下在这段时间内线圈中产生的感应电动势E。利用小车末端的弹簧将小车以不同的速度从轨道的最右端弹出，就能得到一系列的感应电动势E和挡光时间Δt。
在一次实验中得到的数据如下表：
次数
测量值
1
2
3
4
5
6
7
8
E/V
0.116
0.136
0.170
0.191
0.215
0.277
0.292
0.329
Δt/10－3 s
8.206
7.486
6.286
5.614
5.340
4.462
3.980
3.646
(1)观察和分析该实验装置可看出，在实验中，每次测量的时间Δt内，磁铁相对线圈运动的距离都________(填“相同”或“不同”)，从而实现了控制________不变。
(2)在得到上述表格中的数据之后，为了验证E与Δt成反比，他们想出两种办法来处理数据，第一种是计算法，即算出_________，若该数据在误差范围内基本相等，则验证了E与Δt成反比；第二种是作图法，即在直角坐标系中作出________________________关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则可验证E与Δt成反比。
解析：(1)每次测量的时间Δt内，磁铁相对于线圈运动的距离都是挡光片的宽度，所以相同，这样就使每次穿过线圈的磁通量的变化量相同。(2)据法拉第电磁感应定律，有E＝n，所以E·Δt＝nΔΦ为定值，说明E∝，如坐标轴的横坐标为，则E－图象是过原点的直线，则说明E∝。
答案：(1)相同　磁通量的变化量　(2)感应电动势E和挡光时间Δt的乘积　感应电动势E与挡光时间Δt的倒数
12．如图所示为“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转了一下，那么合上开关后进行下述操作时可能出现的情况是：①将通电线圈迅速插入感应线圈时，灵敏电流计指针将________。
②通电线圈插入感应线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将________。
(3)在实验时，如果感应线圈两端不接任何元件，则感应线圈电路中将________。
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的方向
D．可以用楞次定律判断感应电动势的方向
(4)如图所示，A、B分别表示通电线圈和感应线圈，若感应线圈B中产生顺时针方向的感应电流，可能是因为________。
A．通电线圈中通入顺时针方向的电流，且正从感应线圈中取出
B．通电线圈中通入顺时针方向的电流，且其中的铁芯正被取出
C．通电线圈中通入顺时针方向的电流，且正将滑动变阻器的阻值调小
D．通电线圈中通入逆时针方向的电流，且正在断开电源
解析：(1)连线如图所示。
(2)根据穿过感应线圈的磁通量的变化情况与灵敏电流计的指针偏转方向的关系进行判断，可得①中灵敏电流计指针将向右偏转，②中灵敏电流计指针将向左偏转。
(3)只要穿过电路的磁通量发生变化，就会产生电磁感应现象，由于电路不闭合，无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断感应电动势的方向，选项B、D正确。
(4)感应线圈中产生顺时针方向的感应电流，可根据楞次定律判断通电线圈中通入电流的情况。如果通电线圈中的电流在减小(或感应线圈中的磁通量在减少)，则通电线圈中通入的是顺时针方向的电流；如果通电线圈中的电流在增大(或感应线圈中的磁通量在增加)，则通电线圈中通入的是逆时针方向的电流。故选项A、B正确。
答案：(1)见解析图　(2) ①向右偏转　②向左偏转　(3)BD　(4)AB
三、计算题(共50分)
13．如图所示，一边长为0.2m的正方形金属框，质量为0.1kg，电阻为0.2Ω，用细线把它悬挂在一个有界的磁场边缘。金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁场随时间均匀变化，其规律如图所示。已知细线所能承受的最大拉力T＝2N，求从t＝0时刻起，经多长时间细线会被拉断？(g取10 m/s2)
解析：由图可知磁场的变化规律为B＝2t，线圈中产生的感生电动势E＝＝＝2×0.2× V＝0.04 V，感应电流I＝＝0.2 A.
当绳刚断时有T＝mg＋BIL，代入数据，解得t＝12.5 s。
从开始到绳断经历的时间t＝12.5 s。
答案：12.5 s
14．如图甲所示，面积为0.2 m2、匝数为100匝的圆形线圈A处在变化的磁场中，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。设垂直纸面向外为B的正方向，图中线圈A上箭头所示方向为感应电流I的正方向，R1＝4 Ω，R2 ＝6 Ω，C＝30 μF，线圈内阻不计。求电容器充电时的电压和2 s后电容器放电的电荷量。
解析：由题意可知圆形线圈A中产生的感应电动势为
E＝nS＝100×0.02×0.2 V＝0.4 V
所以电路中的电流I＝＝ A＝0.04 A
电容器充电时的电压UC＝IR2＝0.04×6 V＝0.24 V
2 s后电容器放电的电荷量
Q＝CUC＝30×10－6×0.24 C＝7.2×10－6 C。
答案：0.24 V　7.2×10－6 C
15. 如图所示，两光滑金属导轨，间距d＝0.2 m，在桌面上的部分是水平的，处在磁感应强度B＝0.1 T、方向竖直向下的有界磁场中，电阻R＝3 Ω，桌面高H＝0.8 m，金属杆ab质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω，在导轨上距桌面h＝0.2 m高处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s＝0.4 m，g＝10 m/s2，求：
(1)金属杆刚进入磁场时，R上的电流大小；
(2)整个过程中R放出的热量。
解析：(1)设ab杆刚进入磁场的瞬间速度为v，由机械能守恒定律得mgh＝mv2，v＝＝2 m/s
此时感应电动势E＝Bdv＝0.1×0.2×2 V＝0.04 V
I＝＝ A＝0.01 A。
(2)设金属杆平抛运动的初速度为v′，则有
s＝v′，v′＝＝1 m/s
由能量守恒定律有
Q＝mgh－mv′2＝(0.2×10×0.2－×0.2×12) J＝0.3 J
故R放出的热量QR＝·R＝×3 J＝0.225 J。
答案：(1)0.01 A　(2)0.225 J
16．如图所示，电阻忽略不计的两根平行光滑金属导轨竖直放置，导轨间的距离为d，其上端接一电阻R，在两导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场B，且磁场区域足够大，在其下方存在与导轨相连的两个竖直的平行金属板，板间距离也为d。在两金属板间存在一光滑且与水平方向的夹角为θ的倾斜轨道，倾斜轨道与竖直圆形轨道间用一段光滑小圆弧相连，圆形轨道的半径为r。让一电阻为R、质量为m的导体棒从某一位置由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，当导体棒开始匀速运动时，将一带正电的小球从倾斜轨道的某一位置由静止释放，小球的电荷量为q，小球的质量为m。
(1)求导体棒匀速运动的速度；
(2)若小球到达圆形轨道最高点时对轨道的压力刚好为零，则释放小球的初位置到圆形轨道最低点的高度h为多大？
解析：(1)当导体棒匀速运动时，产生的感应电动势为E＝Bdv
由闭合电路欧姆定律得E＝I×2R
由平衡条件得BId＝mg
解得v＝。
(2)两金属板间的电势差为U＝IR
两金属板间的电场强度为E1＝(方向水平向左)
由动能定理得mg(h－2r)＋E1q＝mv－0
在轨道最高点，由牛顿第二定律得mg＝m
解得h＝。
答案：(1)　(2)
阶段水平测试(三)
(时间90分钟，满分100分)
一、选择题(每小题4分。在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分。)
1．下列器件不是应用温度传感器的是(　　)
A．电熨斗　　　　　　　 B．话筒
C．电饭锅 D．测温仪
解析：A、C、D的工作都与温度有关，都用到了温度传感器。
答案：B
2．2007年度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。在下列有关其它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
解析：考查基本物理常识。热敏电阻可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。
答案：D
3．许多楼道照明灯具有这样的功能：天黑时，出现声音它就开启；而在白天，即使有声音它也没有反应，它的控制电路中可能接入的传感器是(　　)
①温度传感器　②光传感器　③声音传感器　④热传感器
A．①② B．②③
C．③④ D．②④
解析：楼道照明灯的开启既与亮度有关，也与声音有关，所以接入的是光传感器和声音传感器。
答案：B
4．电容式传感器是用来将各种非电信号转换为电信号的装置。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上述某个因素的变化，从而又可推出另一个物理量的值，如图所示是四种电容式传感器的示意图，关于这四种传感器的作用，下列说法不正确的是(　　)
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．丁图的传感器可以用来测量速度
解析：甲图角度变化能导致极板正对面积变化；乙图高度变化能导致极板正对面积变化；丙图F变化能导致极板间距变化；丁图物体位置变化导致电介质变化。所以，甲、乙、丙、丁分别是测角度、高度、压力、位移的物理量。
答案：D
5．如图甲所示是一火警报警装置的一部分电路，其中R2是半导体热敏电阻(传感器)，它的电阻R随温度t变化关系如图乙所示，该电路的输出端a、b接报警器，当传感器所在处出现火情时，通过电流表的电流I和a、b两端电压U与出现火情前相比。(　　)
A．I变大，U变大 B．I变小，U变小
C．I变小，U变大 D．I变大，U变小
解析：当传感器所在处出现火情时，温度升高，即电阻R2的阻值减小，故外电阻减小，干路电流增大，内电压、R4两端的电压均增大，故a、b两端电压减小；并联电路的电压减小，通过R3的电流减小，而总电流增大，所以R2上通过的电流增大，故D选项正确。
答案：D
6．在家用电热灭蚊器中，电热部分主要元件是PTC元件，PTC元件是由钛酸钡等半导体材料制成的电阻器，其电阻率ρ随温度t的变化关系如图所示，由于这种特性，PTC元件具有发热、保温双重功能。对此，以下判断正确的是(　　)
①通电后，其电功率先增大，后减小
②通电后，其电功率先减小，后增大
③当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1不变
④当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1和t2之间的某一值不变
A．①③ B．②③
C．②④ D．①④
解析：当电热灭蚊器温度由0升到t1的过程中，电阻器的电阻率ρ随温度升高而减小，其电阻R随之减小，由于加在灭蚊器上的电压U保持不变，灭蚊器的热功率P随之增大，当t＝t1时，P＝P1达到最大。当温度由t1升高到t2的过程中，ρ增大，R增大，P减小；而温度越高，其与外界环境温度的差别也就越大，高于环境温度的电热灭蚊器的散热功率P′也就越大；因此在这之间的某一温度t3会有P＝P3＝P′，即电热功率P减小到等于散热功率时，即达到保温；当tP′，使温度自动升高到t3；当t>t3，P答案：D
7．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0。某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中(　　)
A．物体处于失重状态
B．物体处于超重状态
C．升降机一定向上做匀加速运动
D．升降机可能向下做匀减速运动
解析：电流表的示数变为2I0。且保持不变，说明压敏电阻的阻值比升降机静止时小，压敏电阻所受压力变大，物体处于超重状态，即物体具有向上的加速度，B、D正确，A、C错误。
答案：BD
8．利用光敏电阻制作的光传感器，记录了传送带上工作的输送情况，如图甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光传感器B能接收到发光元件A发出的光，每当工件挡住A发出的光时，光传感器输出一个电信号，并在屏幕上显示出电信号与时间的关系，如图乙所示，若传送带始终匀速运动，每两个工件间的距离为0.2 m，则下述说法正确的是(　　)
A．传送带运动的速度是0.1 m/s
B．传送带运动的速度是0.2 m/s
C．该传送带每小时输送3600个工件
D．该传送带每小时输送7200个工件
解析：在该计数装置中，A是发光的光源，B是光接收器，B中的主要元件是光电传感器采用光敏电阻，当传送带上没有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻的阻值变小，供给信号处理系统的电压变低；当传送带上有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻的阻值变大，供给信号处理系统的电压变高。由题中所给条件可计算出B、C正确。
答案：BC
9．高温超导限流器被公认为目前最好的，且惟一行之有效的短路故障电流限制装置，中国科学院电工研究所完成了一种具有自主知识产权的高温超导限流器样机的研制工作，并于2005年初在湖南进行并网挂机实验。超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成，如图所示，超导部件有一个超导临界电流IC，当通过限流器的电流I>IC时，将造成超导体失超，从超导态(本题认为电阻为零)转变为正常态(本题认为是一个纯电阻)。以此来限制电力系统故障电流。已知超导部件的正常态电阻为R1＝3 Ω，超导临界电流IC＝1.2 A，限流电阻R2＝6 Ω，小灯泡L上标有“6 V　6 W”，电源电动势E＝8 V，内阻r＝2 Ω，原来电路正常工作，现L突然发生短路。则(　　)
A．短路前通过R1的电流为2/3 A
B．超导部件将由超导态转为正常态
C．短路后通过R1的电流为4/3 A
D．短路后通过R1的电流为2 A
解析：小灯泡L上标有“6 V　6 W”，故该灯泡的电阻RL＝U2/R＝(62/6) Ω＝6 Ω，短路前由于电路正常工作，电路的总电阻为R＝RL＋r＝6 Ω＋2 Ω＝8 Ω，总电流为I＝E/R＝1 A，所以短路前通过R1的电流为I1＝1 A，选项A错误；当L突然短路后，电路中电流为I＝E/r＝4 A>IC＝1.2 A，超导态转变为正常态，则此时电路中总电阻为R′＝2 Ω＋2 Ω＝4 Ω， 总电流I′＝E/R′＝ A＝2 A，短路后通过R1的电流为I′1＝ A，故选项B、C正确。
答案：BC
10．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，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．膜上的压力较小时，线圈中感应电动势的频率高
D．膜上的压力较大时，线圈中感应电动势的频率高
解析：软铁块与磁铁靠近，磁通量增加，由楞次定律可判断b端电势高，A错B对；膜上的压力小时，弦上的张力大，弦的固有频率大，线圈中感应电动势的频率高，C对D错，选BC。
答案：BC
二、实验题(每小题5分，共10分)
11．如图所示为一实验小车中利用光电脉冲测量车速和行程的装置示意图，A为光源，B为光电传感器，A、B均固定在车身上，C为小车的车轮，D为与C同轴相连的齿轮。车轮转动时，A发出的光束通过旋转齿轮上齿的间隙后变成脉冲光信号，被B接收并转换成电信号，由电子电路记录和显示。若实验中显示单位时间内的脉冲数为n，累计脉冲数为N，则要测出小车的速度和行程还必须测量的物理量是______________________________________________；
小车速度的表达式为v＝________，行程的表达式为x＝________。
解析：小车的速度等于车轮的周长与单位时间内车轮转动圈数的乘积。设车轮的半径为R，单位时间内车轮转动的圈数为k，则有v＝2πRk。若齿轮的齿数为P，则齿轮转一圈，电子电路显示的脉冲数即为P，已知单位时间内的脉冲数为n，所以单位时间内齿轮转动的圈数为。由于齿轮与车轮同轴相连，它们在单位时间内转动的圈数相等，即k＝。由以上各式可得v＝。
同理，设车轮转动的累计圈数为K，则有x＝2πRK，且K＝，所以x＝.
可见，要测小车的速度v和行程x，必须测出单位时间内的脉冲数n和累计脉冲数N，以及车轮的半径R和齿轮的齿数P。
答案：车轮的半径R和齿轮的齿数P　　
12．影响物质材料的电阻率的因素有很多，一般金属的电阻率随温度的升高而增大，而半导体的电阻率随温度的升高而减小。某课题研究小组在研究用某种导电材料制成的用电器Z的导电规律时，利用如图甲所示的电路测得其电压与电流的关系如下表所示：
U/V
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.50
1.60
I/A
0.20
0.45
0.80
1.25
1.80
2.81
3.20
(1)根据表中数据，判断用电器Z的材料可能属于上述材料中的________材料。
(2)把用电器Z接入如图乙所示的电路中，闭合开关，电流表的读数为1.80 A，电源的电动势为3.00 V，内阻不计，则电阻R的电功率为________W。
解析：(1)由题表中数据及欧姆定律可知，用电器Z的电阻随电压的增大而减小，而电压越大，电流越大，用电器产生的热越多，温度越高，所以该用电器属于半导体材料。
(2)由题表可知I＝1.80 A时，Z两端的电压UZ＝1.20 V，所以UR＝E－UZ＝3.00 V－1.20 V＝1.80 V，故PR＝IUR＝3.24 W。
答案：(1)半导体　(2)3.24
三、计算题(共50分)
13．如图所示为检测某传感器的电路图。传感器上标有“3 V　0.9 W”的字样(传感器可看做一个纯电阻)，滑动变阻器R0上标有“10 Ω　1 A”的字样，电流表的量程为0.6 A，电压表的量程为3 V。
(1)求该传感器的电阻和额定电流；
(2)为了确保电路各部分的安全，在a、b之间所加的电源电压最大值是多少？
解析：(1)R传＝＝10 Ω，I传＝＝0.3 A
(2)最大电流I＝I传＝0.3 A
电源电压最大值Umax＝U传＋U0max
U传为传感器的额定电压，U0max为R0max＝10 Ω时R0两端的电压，即U0max＝I传·R0max＝0.3×10 V＝3 V，没有超出电压表量程，所以Umax＝U传＋U0max＝3 V＋3 V＝6 V。
答案：(1)10 Ω　0.3 A　(2)6 V
14．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这一电学量进行测量。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，根据电流表示数可得物体运动的速度。
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，其总阻值为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，电流方向由b流向a。试求物体运动的速度大小和方向。
解析：先根据闭合电路欧姆定律，估计流过电阻丝的电流约为
I＝＝ A＝100 mA?IC＝0.05 mA
即相对于电阻丝上的电流，电容器中的充放电电流可忽略。故可视整根电阻丝与电源串联，当滑动触头P移过距离Δx时，电容器两端的电压变化为ΔU＝IRx＝·Δx
则充放电电流为IC＝＝＝·
又v＝
综合上述各式得v＝＝0.1 m/s。
又IC由b流向a，电容器放电，P右移，物体运动的方向向右。
答案：0.1 m/s，方向向右
15．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○V，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○V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？
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
mgtanθ＝ma
又tanθ＝
由以上两式解得a＝g·
设此时电压表读数为U′，则
可得＝＝，可得DC＝
故a＝g·
(2)由a＝g·可知，g、L、U、h均为确定量，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，电压表表盘中央的刻度为零；故选用的电压表零刻度需在表盘的中央，指针能左右摆动。
答案：(1)a＝g·　(2)均匀　(3)见解析
16．有一种半导体材料称为“霍尔材料”，用它制成的元件称为“霍尔元件”，这种材料有可定向移动的电荷，称为“载流子”，每个载流子的电荷量为1个元电荷，即q ＝1.6×10－19 C。霍尔元件在自动检测、自动控制领域有广泛的应用，如录像机中用来测量录像磁鼓的转速、电梯中用来检测电梯门是否关闭以及自动控制升降电动机电源的通断等。在一次实验中，一块霍尔材料制成的薄片宽＝1.0×10－2 m，长＝4.0×10－2m，厚h＝1×10－3m，水平放置在竖直向上且磁感应强度B＝1.5 T的匀强磁场中，bc方向通有I＝3.0 A的电流，如图所示，沿宽度产生1.0×10－5 V的横向电压。
(1)假定载流子是电子，a、b两端中哪端电势较高？
(2)薄片上形成电流I的载流子定向运动的速率为多大？
解析：(1)根据左手定则可确定a端电势较高。
(2)当薄片内载流子沿电流方向所在的直线定向运动时，受洛伦兹力作用而产生横向分运动，产生横向电场，载流子受到横向电场的电场力与洛伦兹力平衡时，横向电压稳定。设载流子沿电流方向所在直线定向运动的速率为v，横向电压为Uab，横向电场强度为E，电场力为FE＝E·q＝·q，洛伦兹力为FB＝qvB，平衡时有·q＝qvB，解得v＝＝6.7×10－4 m/s。
答案：(1)a　(2)6.7×10－4 m/s
阶段水平测试(二)
(时间90分钟，满分100分)
一、选择题(每小题4分。在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分。)
1．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道(　　)
A．0.01 s时刻线圈处于中性面位置
B．0.01 s时刻穿过线圈的磁通量为零
C．该交流电流有效值为2 A
D．该交流电流频率为50 Hz
解析：由题图可知t＝0.01 s时，电流最大，感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，A错；此时线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最大，B对；该交流电的有效值为A≠2A，C错；该交流电的频率为f＝＝＝25 Hz，D错，选B。
答案：B
2．如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)。若从图中所示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是下列图中的(　　)
解析：在第一个周期内，由题图可看出磁场的方向，容易得到感应电流方向与规定的正方向相反；在第二个周期内，虽然磁场方向不变，但线圈平面已经转动，ab离开磁场，cd进入磁场，与第一个周期相比，磁感线是从线圈的不同“面”进入线圈平面，由楞次定律可判断电流方向仍与正方向相反；同理，可判断后半个周期电流的方向与正方向相同。所以选项A正确。
答案：A
3．正弦交流电源与电阻R1、R2、交流电压表按图甲所示的方式连接，R1＝20 Ω，R2＝10 Ω，交流电压表的示数是20 V，图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图象，则(　　)
A．通过R1的电流i1随时间t变化的规律是i1＝2cos 100πt (A)
B．通过R1的电流i1随时间t变化的规律是i1＝2sin 100πt (A)
C．R2两端的电压u2随时间t变化的规律是u2＝20cos 100πt(V)
D．R2两端的电压u2随时间t变化的规律是u2＝20sin 100πt(V)
解析：电压表的示数是电压的有效值，即R2两端的电压的有效值为20 V，所以最大值为20 V，C、D选项都不对；电路中的电流的有效值为20/10 A＝2 A，按照余弦规律变化。
答案：A
4．如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内(　　)
A．电流表A1的示数比A2的小
B．电流表A2的示数比A3的小
C．电流表A1和A2的示数相同
D．电流表的示数都不为零
解析：理想变压器原线圈中的磁感应强度随时间均匀变化，穿过副线圈的磁通量也将随时间均匀变化，副线圈中产生恒定的感应电动势，副线圈中的电流为恒定电流，电感线圈对恒定电流无阻碍作用，因而电流表A1、A2的示数相同，C项正确，A、B选项均错；恒定电流不能通过电容器，因而电流表A3的示数为零，D项错误。
答案：C
5．如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有(　　)
A．P2变大，P3变大　　　　 B．P1变小，P2变小
C．U2变小，U3变小 D．U2变小，U4变大
解析：P1＝P2＝ΔP＋P3，且P3＝P4，由于P4增大，所以P3及P1、P2均变大，A对，B错；U2＝U1，U1一定，所以U2不变，C、D错。
答案：A
6．在如图所示的电路中，理想变压器的变压比为2∶1，四个灯泡完全相同，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么(　　)
A．L1和L2都能正常工作
B．L1和L2都不能正常工作
C．L1和L2只有一个能正常工作
D．条件不足，无法判断
解析：由于副线圈两端并联着两个相同的灯泡L3、L4，每个灯泡正常工作时的实际电流都等于额定电流，因此副线圈中的电流等于一个灯泡额定电流的两倍。根据原、副线圈的电流与匝数成反比，可知原线圈中的电流等于副线圈中电流的二分之一，即恰好等于灯泡L1、L2的额定电流，从而可以得出L1和L2都能正常工作。
答案：A
7．如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n∶1。原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机。电动机线圈电阻为R。当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升。下列判断正确的是(　　)
A．电动机两端电压为IR
B．电动机消耗的功率为I2R
C．原线圈中的电流为nI
D．变压器的输入功率为
解析：电动机两端电压为，故电动机消耗的功率为即为变压器的输入功率，原线圈中的电流I0＝。
答案：D
8．如图所示，A、B两输电线间电压为u＝200sin100πt(V)，输电线电阻不计。把电阻R＝50 Ω的用电器接在A、B两输电线上，对此，下列说法正确的是(　　)
A．电流表示数为4 A
B．电压表示数为200 V
C．通过R的电流方向每秒钟改变50次
D．用电器消耗的电功率为1.6 kW
解析：由u＝200sin100πt(V)可知，电压最大值Um＝200 V，角速度ω＝100π rad/s，所以电压的有效值U＝＝200 V，周期T＝＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz。由欧姆定律得I＝＝ A＝4 A，所以A、B两项正确；一周期内电流方向改变两次，而f＝50 Hz，则1 s内电流方向改变100次，C项错误；电功率P＝IU＝4×200 W＝800 W，所以D项错误。故正确答案为A、B。
答案：AB
9．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝20sin100πt(V)。氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法中正确的有(　　)
A．开关接通后，氖泡的发光频率为100 Hz
B．开关接通后，电压表的示数为100 V
C．开关断开后，电压表的示数变大
D．开关断开后，变压器的输出功率不变
解析：由三个决定关系可知副线圈电压由原线圈决定，则不论负载如何变化，电压表的读数不变，始终为有效值100 V，B正确；当U＝100伏时，氖泡即发光，故每个交流电周期内氖泡发光两次，每秒内有50个周期，即发光100次，则氖泡发光频率为100 Hz，A正确；开关断开后，负载电阻增大、电流减小，则变压器的输出功率减小。
答案：AB
10．图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动头。现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯泡L两端的电压等于其额定电压为止。用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值；电功率指平均值)。下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是(　　)
解析：当滑动头P匀速上滑时，副线圈匝数均匀增大，由＝知，U2＝U1，U2随时间均匀增大，C项正确；由于灯泡的电阻随温度的升高而增大，所以当电压均匀增加时，由欧姆定律I＝知灯泡中电流并非均匀增加，而是增加的越来越慢，其I2－t图线的斜率逐渐减小，B项正确；灯泡消耗的功率N2＝U2I2，N2随时间并不是均匀增加的，D项错误；变压器的输入功率与输出功率相等，当灯泡功率增大时，输入功率也在增大，原线圈中电流增大，A项错误。
答案：BC
二、实验题(每小题5分，共10分)
11．(1)一按正弦规律变化的交流电流的图象如图所示，根据图象可知，该交流电流的频率是________Hz，该交流电流的有效值是________A，该交流电流的瞬时值表示式是________。
(2)一台理想变压器，其原线圈2200匝，副线圈440匝，并接一个100 Ω的负载电阻，如图所示。
①当原线圈接在44 V直流电源上时，电压表示数为________V，电流表示数为________A。
②当原线圈接在220 V交流电源上时，电压表示数为________V，电流表示数为________A。此时输入功率为________W，变压器效率为________。
解析：(1)该交流电的频率f＝＝ Hz＝50 Hz，该交流电的有效值I＝＝＝10 A。该交流电的ω＝＝＝100 π，所以瞬时值表达式是i＝20sin100πt (A)。
(2)①原线圈接在直流电源上时，由于原线圈中的电流恒定，所以穿过原、副线圈的磁通量不发生变化，副线圈两端不产生感应电动势，故电压表示数为零，电流表示数也为零。
②由＝得
U2＝U1＝220× V＝44 V(电压表读数)
I2＝＝ A＝0.44 A(电流表读数)
P入＝P出＝I2U2＝0.44×44 W＝19.36 W
效率η＝100%。
答案：(1)50　10　i＝20sin(314t) A
(2)①0　0　②44　0.44　19.36　100%
12．有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线。
(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)。
(2)如果把它看成理想变压器，现要测定A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)。_______________________________________________________
A线圈的匝数为nA＝________。(用所测物理量符号表示)
解析：(1)A　由题图乙可知a位置的阻值大于b位置的阻值，由电阻定律可得A线圈的匝数多于B线圈的。
(2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；
②把低压交流电源接B线圈，测得线圈的输出电压为U；
③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA。则nA＝n。
答案：见解析
三、计算题(共50分)
13．如图所示是一种自行车上照明用的车头灯发电机的结构示意图，转动轴的一端装有一对随轴转动的磁极，另一端装有摩擦小轮。电枢线圈绕在固定的U形铁芯上，自行车车轮转动时，通过摩擦小轮带动磁极转动，使线圈中产生正弦交变电流，给车头灯供电。
已知自行车车轮半径r＝35 cm，摩擦小轮半径r0＝1.00 cm。线圈有n＝800匝，线圈框横截面积S＝20 cm2，总电阻R1＝40 Ω。旋转磁极的磁感应强度B＝0.010 T，车头灯电阻R2＝10 Ω。当车轮转动的角速度ω＝8 rad/s时。求：
(1)发电机磁极转动的角速度；
(2)车头灯中电流的有效值。
解析：(1)磁极与摩擦小轮转动的角速度相等，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，故有ω0r0＝ωr
ω0＝＝8× rad/s＝280 rad/s。
(2)摩擦小轮带动磁极转动，线圈产生的感应电动势的最大值为
Em＝nBω0S＝800×0.010×280×20×10－4 V＝4.48 V，
感应电动势的有效值E＝＝ V＝3.2 V，
通过车头灯的电流有效值为
I＝＝ A＝64 mA。
答案：(1)280 rad/s　(2)64 mA
14．如图所示，一小型发电机内有n＝100匝矩形线圈，线圈面积S＝0.10 m2，线圈电阻可忽略不计。在外力作用下矩形线圈在B＝0.10 T匀强磁场中，以恒定的角速度ω＝100π rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈两端与R＝100 Ω的电阻构成闭合回路，求：
(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值；
(2)从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角的过程中，通过电阻R横截面的电荷量；
(3)线圈匀速转动10 s，电流通过电阻R产生的焦耳热。
解析：(1)线圈中感应电动势的最大值Em＝nBSω＝314 V
(2)设从线圈平面通过中性面时开始，线圈通过90°角所用时间为Δt，线圈中的平均感应电动势＝n。通过电阻R的平均电流＝＝
在Δt时间内通过电阻横截面的电荷量Q＝Δt＝＝1.0×10－2 C
(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，电阻两端电压的有效值U＝Em
经过t＝10 s电流通过电阻产生的焦耳热为Q热
解得Q热＝t＝4.9×103 J。
答案：(1)314 V　(2)1.0×10－2 C　(3)4.9×103 J
15．如图所示，图(a)是一台发电机定子中的磁感线分布图，其中N、S是永久磁铁的两个极，它们的表面呈半圆柱面形状，M是圆柱形铁芯，永久磁铁与铁芯之间的缝隙中形成方向沿圆柱半径、大小近似均匀的磁场，磁感应强度B＝0.05 T。图(b)是该发电机转子的示意图，矩形线框abcd可绕ad、cb边的中点并与图(a)中的铁芯M共轴的固定转轴OO ′旋转，在旋转过程中，线框的abcd边始终处在图(a)所示的缝隙内的磁场中，已知ab边长20 cm，ad边长10 cm，线框共有n＝100匝导线，线圈电阻为5 Ω，外接电阻R＝20 Ω，当线圈以角速度ω＝250 rad/s转动时，求：
(1)每匝线圈中的感应电动势；
(2)外电阻R上的功率。
解析：(1)由于磁场始终沿半径方向，故ab、cd边转动的速度方向始终与磁感应强度B垂直，每匝线圈产生的感应电动势大小恒为E＝BSω，代入数据得E＝0.25 V，此交流电是方波交变电流，而不是正弦交流电。
(2)此交流电的有效值等于最大值，故通过电阻的电流为I＝，代入数据得I＝1 A。
电阻R上的功率P＝I2R＝20 W。
答案：(1)0.25 V　(2)20 W
16．一台发电机输出的电功率为100 kW，输出电压为250 V，现欲向远处输电，若输电线的总电阻为8 Ω，要求输电时输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%，并向用户输送220 V电压：
(1)试画出这次输电线路的示意图；
(2)求输电所需升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数之比分别是多少？
(3)求用户得到的电功率是多少？
解析：(1)由于是大功率、远距离输电，为了减少输电线路损失的电能，所以要采用高压输电，电能送到用户以后，再用降压变压器向用户输送220 V电压，画出其输电线路的示意图如图所示。
(2)由于要求PR≤P2×5%，
又因为P1＝P2
PR＝5%×P1＝5%×100 kW＝5×103 W
故通过输电线的最大电流为：
I2＝＝ A＝25 A
变压器B2输入功率
P2′＝P2－PR＝(100×103－5×103) W＝9.5×104 W
I3＝＝ A＝ A
I1＝＝ A＝400 A。
所以升压变压器的变压比＝＝＝
降压变压器的变压比＝＝＝
(3)由于是理想变压器，用户得到的电功率即为降压变压器的输入功率
P用＝P1－PR＝(100×103－5×103) W＝95 kW。
答案：(1)如解析图所示　(2)1∶16　190∶11　(3)95 kW