课时跟踪检测（一） 磁生电的探索
1．下列现象中，属于电磁感应现象的是( )
A．磁场对电流产生力的作用
B．变化的磁场使闭合电路产生感应电流
C．插入通电螺线管中的软铁棒被磁化
D．电流周围产生磁场
解析：选B 电磁感应现象是指由于穿过闭合回路的磁通量发生变化而产生感应电流的现象，只有选项B符合。
2．有一宇航员登月后，想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是( )
A．直接将电流表放于月球表面，根据电流表有无示数来判断磁场的有无
B．将电流表与线圈连成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，若电流表无示数，则可以判断月球表面无磁场
C．将电流表与线圈连成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，若电流表有示数，则可以判断月球表面有磁场
D．将电流表与线圈连成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，若电流表无示数，则可以判断月球表面无磁场
解析：选C 假设月球表面有磁场，其磁场分布规律类似于地磁场，当电流表与线圈组成闭合电路，穿过该回路的磁通量发生变化时，电流表就会有示数，就可证明有磁场存在，A中电流表不在回路中，故A错；当线圈平面与月球的磁场(假设月球有磁场)方向平行时，线圈沿任一方向运动，穿过线圈的磁通量都不发生变化，电流表无示数，故该情况下不能判定月球表面是否无磁场，故B、D错；使线圈沿某一方向运动，电流表有示数，说明穿过线圈的磁通量发生变化，证明月球表面有磁场，故C对。
3.磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量。如图1所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转到2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )
图1
A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．无法确定
解析：选C 设线框在位置1时的磁通量为Φ1，在位置2时的磁通量为Φ2，直线电流
产生的磁场在1处比在2处要强。若平移线框，则ΔΦ1＝Φ1－Φ2，若转动线框，磁感线是从线框的正反两面穿过的，一正一负，因此ΔΦ2＝Φ1＋Φ2。根据分析知：ΔΦ1<ΔΦ2。选项C正确。
4．某同学做观察电磁感应现象的实验，将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图2所示的实验电路，当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是( )
图2
A．开关位置接错
B．电流表的正、负极接反
C．线圈B的接头3、4接反
D．蓄电池的正、负极接反
解析：选A 题图中所示连接的开关不能控制含有电源的电路中电流的通断，而本实验的内容之一就是研究在开关通断瞬间，电流的有无导致磁场变化，进而产生感应电流的情况，但图中的接法却达不到目的。
5.如图3所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef。已知ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通量将( )
图3
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．始终为零
D．不为零，但保持不变
解析：选C 利用安培定则判断直线电流产生的磁场，作出俯视图，如图所示。考虑到磁场具有对称性，可以知道穿入圆面积的磁感线的条数与穿出圆面积的磁感线的条数是相等的，故选C。
6．(多选)某一实验装置如图4所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B，如果线圈A中的电流I和时间t的关系有下列A、B、C、D四种情况，则在t1～t2这段时间内，线圈B中有感应电流的是( )
图4
解析：选BCD 线圈A中通有电流时，螺线管会产生磁场，当电流发生变化时会引起磁场的变化，从而使线圈B中的磁通量发生变化，线圈B中将产生感应电流，所以选项B、C、D正确。
7．(多选)如图5所示，裸导线框abcd放在光滑金属导轨上向右运动，匀强磁场的方向如图中所示，则( )
图5
A．电流计G的指针发生偏转
B．电流计G1的指针发生偏转
C．电流计G1的指针不发生偏转
D．电流计G的指针不发生偏转
解析：选AB 由于穿过闭合线框abcd的磁通量不发生变化，故回路abcd中没有感应电流产生，但两个电流计G和G1所在导线间构成的闭合回路中的磁通量会增大，该回路中有感应电流产生，因此两个电流计的指针会发生偏转；同样，由导线bc与电流计G1间的导线构成的回路中也有感应电流产生。综上所述，选项A、B正确。
8.如图6所示，开始时矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场中，另一半在匀强磁场外。若要使线圈中产生感应电流，下列方法中不可行的是( )
图6
A．将线圈向左拉出磁场
B．以ab边为轴转动
C．以ad边为轴转动(小于60°)
D．以bc边为轴转动(小于60°)
解析：选D 将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc部分做切割磁感线的运动，或者说穿过线框的磁通量减少，所以线框中将产生感应电流。
当线框以ab边为轴转动时，线框的cd边右半段在做切割磁感线运动，或者说穿过线框的磁通量发生变化，所以线框中将产生感应电流。
当线框以ad边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减少，所以在这个过程中线框中会产生感应电流。如果转过角度超过60°，bc边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流(60°～300°)。
当线框以bc边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形面积的一半的乘积)。
9．(多选)如图7所示，MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体，有一匀强磁场垂直于导轨所在的平面，方向如图所示，用I表示回路中的感应电流，则下列说法中正确的是( )
图7
A．当AB不动，而CD向右滑动时，I≠0
B．当AB向左，CD向右滑动且速度大小相等时，I＝0
C．当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I＝0
D．当AB、CD都向右滑动且AB速度大于CD速度时，I≠0
解析：选ACD 在匀强磁场中，只要闭合回路ABDC的面积不发生变化，磁通量不变，回路中就不会有感应电流产生；当回路ABDC的面积发生变化时，磁通量发生变化，回路中就会有感应电流产生，因此，选项A、C、D正确。
10.如图8所示，一有限范围的匀强磁场的宽度为d，将一边长为l的正方形导线框由磁场边缘以速度v匀速地通过磁场区域，若d>l，则在线框通过磁场区域的过程中，不产生感应电流的时间为( )
图8
A. B.
C. D.
解析：选C 线框完全进入磁场后，磁通量不变化，线框中无感应电流，当线框进入、离开磁场时，磁通量变化，都会产生感应电流，故不产生感应电流的距离为d－l，时间为t＝。
11．逆向思维是一种重要的思想方法，在这种思想方法的引领下，许多重要的科学定律被发现。“电生磁，磁生电”这种逆向互生的关系，体现了物理学中的一种对称美。请思考：
(1)你还能指出物理学中的其他对称性和对称实例吗？
(2)1831年，物理学家法拉第用如图9所示的实验，成功发现了磁生电现象，当开关始终处于闭合状态时，a线圈中______(选填“有”或“无”)感应电流产生，当开关闭合或断开瞬间，a线圈中______(选填“有”或“无”)感应电流产生。
图9
(3)如图10是某兴趣小组研究磁生电现象所需的器材。
图10
请你协助该小组完成如下工作，用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路，并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式：
①_____________________________________________________________________；
②_____________________________________________________________________；
③____________________________________________________________________。
解析：(1)电荷的正与负、吸引与排斥、运动和静止、光滑和粗糙、正电子和负电子、物质和反物质。
(2)因穿过a线圈的磁通量不变，所以无感应电流产生。闭合开关瞬间穿过a线圈的磁通量突然增大，所以有感应电流产生。断开开关瞬间，穿过a线圈的磁通量突然减小，所以有感应电流产生。
(3)
实物连接如图所示。①合上(或断开)开关瞬间；②合上开关后，将原线圈A插入副线
圈B中或从副线圈B中抽出；③合上开关，将原线圈A插入副线圈B后，移动滑动变阻器的滑片。
答案：(1)见解析 (2)无 有 (3)见解析
12．如图11所示，正方形导线框放在匀强磁场区域内，磁场垂直于线框平面。在下列情况下，能否产生感应电流？请说明理由。
图11
(1)将线框由正方形拉成圆形的过程中。
(2)将线框水平向右拉出磁场区域的过程中。
(3)线框绕cd边旋转的过程中。
解析：(1)线框由正方形拉成圆形时，面积变大，线框中的磁通量增加，故有感应电流
产生。
(2)将线框水平向右拉出磁场的过程中，若dc边未出磁场，磁通量不变，无感应电流，若dc边出磁场而ab边在磁场内，线框中的磁通量发生变化，有感应电流产生。
(3)线框绕cd边旋转过程中磁场方向与线框平面的夹角发生改变而引起磁通量变化，有感应电流产生。
答案：见解析
课时跟踪检测（七） 交变电流的特点
1．(多选)下列关于交变电流和直流电的说法中，正确的是( )
A．如果电流大小做周期性变化，则一定是交变电流
B．直流电的大小可以变化，但方向一定不变
C．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
D．交变电流的最大特征是电流的方向发生周期性的变化
解析：选BD 直流电的特征是电流方向不变，交变电流的特征是电流方向发生周期性变化。另外，交变电流不都是按正弦或余弦规律变化的。故选项B、D正确。
2．(多选)下列说法正确的是( )
A．使用交流电的用电器铭牌上所标示的额定电压、额定电流的数值均为最大值
B．用交流电流表和电压表测得的数值是有效值
C．照明电路电压220 V指的是有效值
D．所有交变电流的有效值和最大值之间均存在E＝、U＝和I＝的关系
解析：选BC 各种使用交流电的用电器铭牌上所标示的数值均为有效值，故A项错误；交流电表测量值为有效值，故B项正确；照明电路电压220 V指的是有效值，故C项正确；E＝、U＝、I＝是正弦式交变电流有效值和最大值的关系，故D项错误。
3．(多选)关于交变电流的周期和频率，下列说法中正确的是( )
A．交变电流出现两次最大值的时间间隔等于周期的一半
B．1 s内交变电流出现最大值的次数等于频率
C．交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍
D．50 Hz的交变电流，其周期等于0.05 s
解析：选AC 根据周期的定义知选项A正确。根据频率的定义可知选项B错误。因为在一个周期的时间内，交变电流会出现正向和负向最大值各一次，交变电流在一个周期内方向改变两次，即交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍，所以选项C正确。由T＝＝ s＝0.02 s，知选项D错误。故正确答案为A、C。
4. (多选)对于如图1所示的电流i随时间t做周期性变化的图像，下列说法中正确的是( )
图1
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，是交变电流
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：选AC i-t图像中i数值的正负表示电流的方向，图中电流始终为正值，表示电流方向不变，是直流电，A对、B错；从图中可以看出每经过0.01 s，i-t图像重复一次，周期为0.01 s，电流最大值为0.2 A，C对、D错。
5．(多选)在交变电流的一个周期内，某正弦式交变电流通过一阻值为10 Ω的电阻产生的热量，与一电流为3 A的直流电通过同一阻值的电阻在相同时间内产生的热量相等，则( )
A．此交变电流的有效值为3 A
B．此交变电流的最大值为6 A
C．电阻两端的交流电压的有效值为30 V
D．电阻两端的交流电压的最大值为30 V
解析：选ACD 根据交变电流有效值的定义可知，此交变电流的有效值为3 A，故最大值为3 A，选项 A正确，选项B错误；根据U＝IR可知电阻两端的交流电压的有效值为30 V，选项C正确；根据正弦式交变电流的最大值为有效值的倍可知，电阻两端的交流电压的最大值为30 V，选项D正确。
6．电阻R1、R2与交流电源按照图2甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω。合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示。则( )
图2
A．通过R1的电流有效值是1.2 A
B．R1两端的电压有效值是6 V
C．通过R2的电流最大值是1.2 A
D．R2两端的电压最大值是6 V
解析：选B 由题图可知通过电阻R2的电流最大值为0.6 A，故其有效值为0.6 A，根据串联电路的特点可得通过R1的电流有效值也为0.6 A，A、C项均错；R1两端的电压有效值为U1＝IR1＝6 V，B项正确；R2两端的电压最大值为Um＝ImR2＝12 V，D项错。
7．两个相同的定值电阻1、2分别接在正弦交流电源和直流电源的两端，直流电压恒为U0。当电阻1、2的通电时间分别为t和2t时，两个电阻上产生的热量均为Q。则该正弦交流电源电压的最大值是( )
图3
A.U0 B．2U0
C.U0 D.U0
解析：选B 设两电阻的阻值均为R，正弦交流电源电压的最大值为Um，则Q＝t，Q＝·2t，解得Um＝2U0，选项B正确。
8．(多选)甲、乙两电炉的电阻值相等，把甲和乙两电炉分别接到如图4(a)和(b)所示的方波交变电压和正弦式交变电压下，两种电压的周期和峰值都相等，则( )
图4
A．用电压表测量甲电炉两端电压大
B．用电压表测量甲、乙两电炉两端电压一样大
C．两电炉消耗的电功率之比P甲∶P乙＝2∶1
D．两电炉消耗的电功率之比P甲∶P乙＝1∶1
解析：选AC 图(a)为方波交变电压，由有效值定义可知·＋·＝T，即有效值为Ua＝U0。图(b)为正弦式交变电压，有效值为Ub＝，电压表测量值为有效值，所以接甲电炉的电压表示数大，A正确、B错误；两电炉消耗功率之比为P甲∶P乙＝∶＝2∶1，C正确、D错误，故正确答案为A、C。
9．一个小型电热器接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为。如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )
A．5 V B．5 V
C．10 V D．10 V
解析：选C 由功率公式P＝可知，电热器接到直流电源上时，P＝＝。当其接到交流电源时，有＝，则U2＝U1，U2为正弦交流电的有效值，则此交流电的最大值Um＝U2＝×U1＝××10 V＝10 V，故C正确。
10．一台电风扇的额定电压为交流220 V。在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图5所示。这段时间内电风扇的用电量为( )
图5
A．3.9×10－2度 B．5.5×10－2度
C．7.8×10－2度 D．11.0×10－2度
解析：选B 因1度＝3.6×106 J，且电流表示数为电流有效值，故用电量W＝U(I1t1＋I2t2＋I3t3)，代入数值得W＝5.5×10－2度，故B正确。
11．如图6表示一交变电流随时间变化的图像，此交变电流的有效值是多少？
图6
解析：此交变电流的前半个周期为正弦式交变电流，后半个周期为恒定电流，取一个周期，则2R·＋(4)2R·＝I2RT
解得I＝2 A。
答案：2 A
12．如图7甲所示，一个电阻为R的金属圆环放在磁场中，磁场与圆环所在的平面垂直，穿过圆环的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，图中的最大磁通量Φ0和变化的周期T都是已知量，求在一个周期T的时间内金属环中产生的焦耳热和交变电流的有效值。
甲 乙
图7
解析：0～时间内，感应电动势为：E1＝＝，0～时间内，感应电流为：I1＝＝，～时间内，感应电动势、感应电流大小与0～内相同，～及T～T时间内感应电动势、感应电流为0，一个周期内产生的热量为：2I12R＝
由有效值的定义可知I2RT＝，
有效值为I＝。
答案：
课时跟踪检测（三） 电磁感应定律的应用
1．下列关于涡流的说法中正确的是( )
A．涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的
B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流
C．涡流有热效应，但没有磁效应
D．在硅钢中不能产生涡流
解析：选A 涡流属电磁感应现象，故A项正确，B项错误。涡流具有电流的热效应和磁效应，故C项错。硅钢只是电阻率大，涡流小，故D项错。
2．下列哪些仪器不是利用涡流工作的( )
A．电磁炉 B．微波炉
C．金属探测器 D．真空冶炼炉
解析：选B 电磁炉、金属探测器、真空冶炼炉都是利用涡流工作的，微波炉是利用微波能量易被水吸收的原理达到加热食物的目的，不是利用涡流工作的，故选B。
3．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，这是因为( )
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．减小铁芯中的电阻，以减小发热量
解析：选B 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，阻断涡流回路，来减少电能转化成铁芯的内能，提高效率，所以B正确。
4．(多选)磁电式仪表的线圈通常用铝框作骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )
A．防止涡流而设计的 B．利用涡流而设计的
C．起电磁阻尼的作用 D．起电磁驱动的作用
解析：选BC 线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，就是涡流。涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来，所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用，故B、C均正确。
5．动圈式话筒和磁带录音机都应用了电磁感应现象。如图1所示，图甲是动圈式话筒的原理图，图乙是录音机的录、放音原理图。由图可知以下说法错误的是( )
图1
A．话筒工作时，磁铁不动，音圈随膜片振动而产生感应电流
B．录音机放音时，变化的磁场在静止的线圈内激发起感应电流
C．录音机放音时，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场
D．录音机录音时，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场
解析：选C 由动圈式话筒原理图可知，话筒工作时将声音信号转变为电信号，A正确；录音机放音时，将磁信号转变为电信号，录音时，将电信号转变为磁信号加以保存，B、D均正确，C错误。
6．(多选)如图2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( )
图2
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：选AB 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。
7.在水平放置的光滑导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁，如图3所示，现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们从导轨上的A点以某一初速度向磁铁滑去。各滑块在未接触磁铁前的运动情况是( )
图3
A．都做匀速运动 B．甲、乙做加速运动
C．甲、乙做减速运动 D．乙、丙做匀速运动
解析：选C 铜块、铝块向磁铁靠近时，穿过它们的磁通量发生变化，因此在其内部产生涡流，反过来涡流产生的感应磁场对原磁场的变化起阻碍作用，所以铜块和铝块向磁铁运动时会受到阻碍而减速，有机玻璃为非金属，不产生涡流现象。故C正确。
8.如图4所示，使一个水平放置的铜盘绕其竖直的轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的。现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则( )
图4
A．铜盘转动将变慢
B．铜盘转动将变快
C．铜盘仍以原来的转速转动
D．铜盘的转动速度是否变化，要根据磁铁的上下两端的极性来决定
解析：选A 当一个蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知感应电流受的安培力阻碍其相对运动，所以铜盘的转动将变慢，本题也可以从能量守恒的角度去分析，因为铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，铜盘的机械能不断转化成电能，铜盘转动会逐渐变慢，故正确选项为A。
9．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(如图5甲所示)。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关系图可能是选项中的( )
图5
解析：选D 若将刷卡速度改为，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D正确。
10．(多选)如图6所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放，向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( )
图6
A．A与B两点位于同一水平线
B．A点高于B点
C．A点低于B点
D．铜环在开始一段时间内将做幅度越来越小的摆动
解析：选BD 由于铜环进入和穿出磁场的过程中，产生涡流，这样就产生了电能，消耗了机械能。则A点高于B点，故B、D正确。
11.如图7所示的动圈式话筒的音圈半径为r，磁铁产生的径向磁场的磁感应强度为B，音圈匝数为n，音圈导线的横截面积为S，电阻率为ρ，如果音圈在某一时刻振动的速率为v，求此时在线圈中产生的感应电流的大小。
图7
解析：由法拉第电磁感应定律知，音圈中产生的感应电动势为E＝nBLv＝nB×2πrv＝2nπBrv
由电阻定律得音圈的电阻为R＝ρ＝ρ
由欧姆定律得音圈中的感应电流为I＝＝。
答案：
12．如图8所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属环，以速度v＝10 m/s向一有界磁场滑去，匀强磁场方向垂直于纸面向里，B＝0.5 T，从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环释放了32 J的热量，求：
图8
(1)此时圆环中电流的瞬时功率；
(2)此时圆环运动的加速度。
解析：(1)由能量守恒定律Q＝mv2－mvt 2
此时圆环中感应电动势E＝B·2rvt
此时圆环中电流I＝
此时圆环中电流的瞬时功率P＝I2R
联立四式得P＝0.36 W。
(2)由牛顿第二定律F＝ma，又F＝BI·2r
故a＝＝＝0.06 m/s2。
答案：(1)0.36 W (2)0.06 m/s2
课时跟踪检测（九） 交流电路中的电容和电感
1．(多选)在交流电路中，下列说法正确的是( )
A．影响电流与电压关系的，不仅有电阻，还有电感和电容
B．电感对交变电流有阻碍作用，是因为交变电流通过电感线圈时，线圈中产生自感电动势阻碍电流的变化
C．交变电流能通过电容器，是因为交变电压的最大值大于击穿电压，电容器被击
穿了
D．电容器的电容越大、交流的频率越高，容抗就越大
解析：选AB 交变电流能通过电容器是因为交流电路中电容器的两极加上交变电压后，两极板上不断进行充、放电，电路中产生电流，表现为交变电流“通过”了电容器，故C错；电容器的电容越大、交流的频率越高，容抗越小，D错；电路中的电阻、电感、电容都对交流电路产生影响，A正确；电感线圈对电流的变化有阻碍作用，B正确。
2．有两个电容器的电容分别为C1＝5 μF和C2＝3 μF，分别加上峰值一定的交变电源，在下列各种情况下，哪一种情况下通过电容器的电流最大( )
A．在C1上所加交变电流的频率为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60 Hz
D．在C2上所加交变电流的频率为60 Hz
解析：选C 电容器对电流的阻碍作用的大小，即为容抗。容抗的大小是由电容器电容C和交变电流的频率共同决定的。交变电流的频率越高，电容器的电容越大，电容器的容抗就越小，电流就越大。因此要使通过电容器的电流最大则必须频率最高，电容最大。
3.如图1所示的电路中，正弦式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( )
图1
A．等于220 V B．大于220 V
C．小于220 V D．等于零
解析：选C 交流电不同于直流电，交流电能“通过”电容器，所以电压表有示数。虽然交流电能通过电容器，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，故正确选项为C。
4．交变电流通过一段长直导线时，电流为I，如果把这根长直导线绕成线圈再接入原电路，通过线圈的电流为I′，则( )
A．I′>I B．I′解析：选B 长直导线的自感系数很小，感抗可忽略不计，其对交变电流的阻碍作用可以看成纯电阻，流经它的交变电流只受到导线电阻的阻碍作用。当导线绕成线圈后，电阻值未变，但自感系数增大，对交变电流的阻碍作用不但有电阻，而且有感抗，其阻碍作用增大，电流减小。故B正确。
5．直流电源的电压与交流电源电压的有效值相同，自感线圈的直流电阻不计，则灯泡发光最亮的是( )
解析：选D 电容C、电感L都对交流电有阻碍作用，故A、B两图中灯不是最亮的；C图中灯被短路，不亮；D图中电容C有隔直流作用，所以D中灯泡最亮。
6．如图2所示的电路中，线圈的自感系数和电容器的电容都很小，这个电路的主要作用是( )
图2
A．阻直流，通交流，输出交流电
B．阻交流，通直流，输出直流电
C．阻高频，通低频，输出低频交流电和直流电
D．阻低频，通高频，输出高频交流电和直流电
解析：选C 因线圈L的自感系数很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这样，直流和低频成分能顺利通过线圈。电容器C为一旁路电容，因其电容很小，对高频成分的阻碍作用很小，这样，通过线圈的高频成分又经电容器C形成回路，最终输出的应为低频交流电和直流电。
7.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3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( )
图3
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，但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，则两个灯泡的亮度将同时变暗
D．在开关置于3、4瞬间，L2立即发光，而L1亮度慢慢增加
解析：选D 当开关置于1、2时，稳定后因电容器隔直流，故L2支路断开，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，由于电感线圈的自感作用，L1亮度慢慢增加，选项D正确；当开关置于3、4稳定后，增加交变电流频率，容抗减小，感抗增大，L1变暗，L2变亮，选项C错误。
8．(多选)如图4所示是一个判定A、B之间电源性质的仪器。下列说法中正确的是( )
图4
A．若接通电源后只有绿灯亮，则A、B间为直流电源
B．若接通电源后只有绿灯亮，则A、B间为交流电源
C．若接通电源后只有红灯或黄灯亮，则A、B间为直流电源
D．若接通电源后只有红灯或黄灯亮，则A、B间为交流电源
解析：选BC 绿灯与电容器C串联，绿灯亮说明A、B间为交流电源，A错，B对；直流电不能通过电容器，且二极管具有单向导电性，若只有红灯或黄灯亮，则说明A、B间为直流电源，C对，D错。
9.如图5所示，电路中完全相同的三只灯泡L1、L2、L3分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再并联到220 V、50 Hz的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同。若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60 Hz，则发生的现象是( )
图5
A．三灯亮度不变
B．三灯均变亮
C．L1不变、L2变亮、L3变暗
D．L1不变、L2变暗、L3变亮
解析：选D 当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此L3 变亮、L2变暗，而电阻不变化，故L1 亮度不变。
10.如图6 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( )
图6
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：选B 由a、b接直流电源时的现象可知，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”，根据电容器和电感器的特点可知，元件x是电感器，元件y是电容器，选项B正确。
11．如图7所示的甲、乙、丙三种电路是电子技术中的常用电路，a、b是输入端，其中高频成分用“”表示，低频成分用“～”表示，直流成分用“－”表示，则甲、乙、丙负载R上得到的电流的主要特征各是什么？
图7
解析：甲：低频成分；因电容器有隔直流作用，低频能够通过。
乙：低频成分；因电容C对高频有旁路作用，C较小，通高频，阻低频。
丙：直流成分；因电容C有旁路作用和隔直作用，C较大，C越大时，容抗越小，低频成分越容易通过旁路。
答案：见解析
12.如图8所示是电器中电源部分常用的滤波装置，当输入端输入含有直流成分、交流高频成分和交流低频成分的电流后，经过该滤波装置就能在输出端得到稳定的直流电，试分析其工作原理及各电容和电感的作用。
图8
解析：当含有多种成分的电流输入到C1两端时，由于C1“通交流，隔直流”的功能，电流中的交流成分被衰减，而L有“通直流，阻交流”的功能，只有直流成分和少量低频交流成分通过L到C2两端，C2进一步滤除电流中的残余交流成分，这样在输出端得到的就是稳定的直流电。
答案：见解析
课时跟踪检测（二） 感应电动势与电磁感应定
1．在如图1所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是( )
图1
A．乙和丁 B．甲、乙、丁
C．甲、乙、丙、丁 D．只有乙
解析：选B 甲、乙、丁三图中，B、v、l两两垂直，且l为有效切割长度，产生的感应电动势都为E＝Blv，丙图中E＝Blvsin θ。
2．(多选)无线电力传输系统基于电磁感应原理，两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，如图2所示。下列说法正确的是( )
图2
A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势
B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势
C．A中电流越大，B中感应电动势越大
D．A中电流变化越快，B中感应电动势越大
解析：选BD 根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感应电动势，A错、B对；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量变化率，所以C错，D对。
3．(多选)将一磁铁缓慢或者迅速地插到闭合线圈中的同一位置，不发生变化的物理量是( )
A．磁通量的变化量 B．磁通量的变化率
C．感应电流的大小 D．流过导体横截面的电荷量
解析：选AD 将磁铁插到同一位置，磁通量的变化量相同，而用时不同，所以磁通量的变化率不同，A对、B错。感应电动势不同，感应电流不同，C错。由q＝IΔt＝Δt＝·Δt＝可知，电荷量相同，D对，故选A、D。
4.如图3所示，半径为R的n匝线圈套在边长为a的正方形之外，匀强磁场垂直穿过该正方形，当磁场以的变化率变化时，线圈中产生的感应电动势的大小为( )
图3
A．πR2 B．a2
C．nπR2 D．na2
解析：选D 线圈在磁场中的有效面积为a2，据法拉第电磁感应定律可得E＝na2，故选D。
5.如图4所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流为( )
图4
A. B.
C. D.
解析：选A 扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L，各点的平均速度＝，导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律有：E＝，则线框内产生的感应电流I＝，故A正确；B、C、D错误。
6.如图5所示，两个相连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过小金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在小环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为( )
图5
A.E B.E
C.E D．E
解析：选C 等效电路如图所示，由题意知R＝2r，a、b两点间的电势差为U＝E＝E，故选C。
7.如图6所示，矩形线框abNM中，M、N之间串联着一个电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直。当线框向右匀速平动时，下列说法中正确的是( )
图6
A．MN间无电势差，电压表无示数
B．MN间无电势差，电压表有示数
C．MN间有电势差，电压表无示数
D．MN间有电势差，电压表有示数
解析：选C 由于矩形线框abNM磁通量不变，回路无电流，因此电压表无示数，由于矩形线框两边切割磁感线有电动势，因此MN间有电势差，故选C。
8．如图7所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势E与导体棒位置x关系的图像是( )
图7
解析：选A 当导体棒位置坐标为x时，导体棒切割磁感线的长度L＝2，E＝BLv＝Bv·2＝2Bv，结合数学知识可得A正确，B、C、D错误。
9．如图8所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是( )
图8
A．越来越大 B．越来越小
C．保持不变 D．无法判断
解析：选C 棒ab水平抛出后，其速度越来越大，但只有水平分速度v0切割磁感线产生电动势，故E＝BLv0保持不变。
10．(多选)一个面积S＝4×10－2 m2、匝数n＝100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图9所示，由图可知( )
图9
A．在开始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2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C．在开始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：选AC 由图像可知，0～1 s内磁感应强度正向减小，1～2 s磁感应强度负向增大，两过程产生的感应电动势等效，故0～2 s可视为整体变化过程，而图像的斜率k＝，则0～2 s内E1＝nS＝100××4×10－2 V＝－8 V，大小为8 V，故C正确。因为穿过线圈的磁通量的变化量和变化率均与线圈匝数无关，所以·S＝×4×10－2 Wb/s＝－0.08 Wb/s，大小为0.08 Wb/s，故A正确。ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(－2×4×10－2－2×4×10－2)Wb＝－0.16 Wb，故B错误。第3 s末的磁通量为零，但感应电动势不为零，等于2～4 s内的感应电动势，则E2＝n·S＝100××4×10－2 V＝8 V，故D错误。
11．如图10所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一边长为l的正方形导线框，ab边质量为m，其余边质量不计，cd边有固定的水平轴，导线框可以绕其转动，现将导线框拉至水平位置由静止释放，不计摩擦和空气阻力，导线框经过时间t运动到竖直位置，此时ab边的速度为v，求：
图10
(1)此过程中线框产生的平均感应电动势的大小；
(2)线框运动到竖直位置时线框感应电动势的大小。
解析：(1)线框在初位置Φ1＝BS＝Bl2，转到竖直位置Φ2＝0。根据法拉第电磁感应定律E＝＝。
(2)转到竖直位置时，bc、ad两边不切割磁感线，ab边垂直切割磁感线，此时求的是瞬时感应电动势，且感应电动势的大小为E＝Blv。
答案：(1) (2)Blv
12.如图11所示，边长为20 cm的正方形单匝线框，电阻为0.1 Ω，放在B＝0.2 T的匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直，线框在磁场中匀速转动一周的时间为0.2 s。求：
(1)线框由图示位置绕ab轴分别转过60°和90°的过程中，线框中产生的平均感应电动势的大小；
(2)线框由图示位置绕ab轴转过180°的过程中，线框导线横截面上通过的电荷量。
图11
解析：(1)线框绕ab轴转过θ角的过程中磁通量的变化量为：ΔΦ＝BS－BScos θ＝BS(1－cos θ)。线框中产生的平均感应电动势的大小E＝，当θ＝60°时，Δt＝，E＝BS(1－cos θ)×＝0.12 V。同理，线框绕ab轴转过90°的过程中的平均感应电动势大小E＝
0.16 V。
(2)线框绕ab轴转过180°的过程中平均感应电动势E＝，
由闭合电路欧姆定律I＝，通过线框导线横截面上的电荷量q＝IΔt＝＝＝
0.16 C。
答案：(1)0.12 V 0.16 V (2)0.16 C
课时跟踪检测（五） 自感
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，线圈的自感系数越大
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，这个线圈的自感系数、自感电动势都不变
D．自感电动势与原电流方向相反
解析：选C 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，自感电动势方向与原电流方向相反，D错。
2.如图1所示，开关S闭合且达到稳定时，小灯泡A能正常发光，L为自感线圈，则( )
图1
A．在开关S闭合的瞬间，小灯泡将慢慢变亮
B．在开关S闭合的瞬间，小灯泡立即变亮
C．在开关S断开的瞬间，小灯泡慢慢熄灭
D．在开关S断开的瞬间，小灯泡先闪亮一下，再慢慢熄灭
解析：选A 当开关闭合时，自感电动势阻碍电流的增大，小灯泡慢慢变亮；当开关断开后，自感线圈的电流从有变为零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与小灯泡A不能构成闭合回路，所以小灯泡立即熄灭。
3. (多选)如图2所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略。R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大，电阻可忽略的线圈。开关S原来是断开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( )
图2
A．I1开始较大而后逐渐变小
B．I1开始很小而后逐渐变大
C．I2开始很小而后逐渐变大
D．I2开始较大而后逐渐变小
解析：选AC 闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始I2很小，随着电流达到稳定，自感作用减小，I2开始逐渐变大。闭合开关S时，由于线圈阻碍作用很大，路端电压较大，随着自感作用减小，路端电压减小，所以R1上的电压逐渐减小，电流逐渐减小，故A、C正确。
4.如图3所示，R1、R2的阻值均为R，电感线圈L的电阻及电池内阻均可忽略不计，S原来断开，电路中电流I0＝。现将S闭合，于是电路中产生自感电动势，自感电动势的作用是( )
图3
A．使电路的电流减小，最后由I0减小到零
B．有阻碍电流增大的作用，最后电流小于I0
C．有阻碍电流增大的作用，因而电流总保持不变
D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是变为2I0
解析：选D 当S闭合时，电路中电阻减小，电流增大，线圈的作用是阻碍电流的增大，选项A错误；阻碍电流增大，不是不让电流增大，而是让电流增大的速度减缓，选项B、C错误；最后达到稳定时，I＝＝2I0，故选项D正确。
5.如图4所示，电路中两个灵敏电流表G1和G2的零刻度都在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，两表的指针向右偏；电流从“－”接线柱流入时，两表的指针向左偏。在电路接通达到稳定状态后再断开的瞬间，两表指针的偏转方向为( )
图4
A．G1指针向左偏，G2指针向右偏
B．G1指针向右偏，G2指针向左偏
C．G1、G2的指针都向左偏
D．G1、G2的指针都向右偏
解析：选B 电路稳定状态时，G1、G2的指针都向右偏，且G1与线圈串联。电路断开的瞬间，由于自感使流过G1的电流方向不变，流过G2的电流方向与原来相反，因此G1指针向右偏，G2指针向左偏，B对，A、C、D错。
6.如图5所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压。在测量完毕后，拆除电路时首先进行的操作应是( )
图5
A．断开S1
B．断开S2
C．拆除电流表
D．拆除电阻R
解析：选B 只要不断开S2，线圈L与电压表就会组成闭合回路，在断开S1时，线圈L会因此产生感应电流，电流的方向与原电流方向相同。这时流过电压表的电流方向与原电流方向相反，电压表中的指针将反向转动，会损坏电压表，所以必须先拆下电压表，即断开S2。
7.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图6所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )
图6
A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大
C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大
解析：选C 由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流。由题图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B错C正确。自感系数越大，则产生的自感电流越大，灯泡更亮，故D错。
8.如图7所示，电阻R和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，LA、LB是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，电路可能出现的情况是( )
图7
A．LA、LB一起亮，然后LB熄灭
B．LA比LB亮，然后LA熄灭
C．LA、LB一样亮，然后LA熄灭
D．LB比LA先亮，然后LB熄灭
解析：选B 开关S闭合时，由于线圈自感系数L的值较大阻碍强，因此ILA>ILB，LA比LB亮，稳定后线圈相当于导线，LA灯因被短路而熄灭，B对，A、C、D错。
9．如图8所示，L是电阻不计的自感线圈，C是电容器，E为电源，在开关S闭合和断开时，关于电容器的带电情况，下列说法正确的是( )
图8
A．S闭合瞬间，A板带正电，B板带负电
B．S保持闭合，A板带正电，B板带负电
C．S断开瞬间，A板带正电，B板带负电
D．由于线圈L的电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下电容器均不带电
解析：选A 当S闭合瞬间，L内电流增大，产生的自感电动势的方向是由下指向上，使电容器充电，A板带正电，B板带负电，A项正确；当S保持闭合时，L的电阻为零，电容器两极板被短路，不带电，B项错误；当S断开瞬间，L内的电流减小，自感电动势的方向由上指向下，在L、C组成的回路中给电容器充电，使B板带正电，A板带负电，C项错误。
10.如图9所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2 A，流过灯泡的电流是1 A。将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的图像是( )
图9
解析：选D 开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1 A。开关S断开瞬间，灯泡支路的电流立即减为零，但是自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流从原来的2 A逐渐减小，方向不变，且由于它和灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也应该是从2 A逐渐减小为零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D项对。
11．图10甲为研究自感实验电路图，并用电流传感器显示出在t＝1×10－3 s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流(如图乙)。已知电源电动势E＝6 V，内阻不计，灯泡R1的阻值为6 Ω，电阻R的阻值为2 Ω。
图10
(1)线圈的直流电阻RL＝________ Ω。
(2)开关断开时，该同学观察到的现象是______________________，并计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是________ V。
解析：由图像可知S闭合稳定时
IL＝1.5 A，
RL＝－R＝ Ω－2 Ω＝2 Ω，
此时小灯泡的电流I1＝＝ A＝1 A。
S断开后，L、R、R1组成临时回路
电流由1.5 A逐渐减小，所以灯泡会闪亮一下再熄灭，自感电动势E＝IL(R＋RL＋R1)＝15 V。
答案：(1)2 (2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭 15
12．如图11所示，灯泡L1和L2的规格均为“6 V 3 W”，L3为“6 V 6 W”，电源电动势为8 V，线圈L的自感系数很大而电阻可忽略。则：
(1)开关闭合瞬间，三个灯泡的亮度情况如何？
(2)当电流逐渐稳定时，三个灯泡的亮度又如何？
图11
解析：(1)首先求得三个灯泡的电阻，R1＝R2＝12 Ω，R3＝6 Ω，由于线圈L的自感系数很大而电阻可忽略，则开关闭合瞬间，灯泡L3中无电流，L3不亮，灯泡L1和L2中电流相同，L1、L2同样亮。
(2)当电流逐渐稳定时，线圈L相当于导线，设通过灯泡L1的电流为I1，则通过L3的电流I3＝2I1，通过L2的电流I2＝3I1，根据P＝I2R可知，L1、L3、L2亮度依次增加。
答案：(1)L1、L2同样亮，L3不亮
(2)L1、L3、L2亮度依次增加
课时跟踪检测（八） 交变电流是怎样产生的
1．下列说法不正确的是( )
A．交流发电机是把其他形式的能转变为电能的装置
B．交流发电机是把电能转变成其他形式能的装置
C．交流发电机中电枢和磁极不管谁转动，只要转动，就称为转子，只要不动，就称为定子
D．交流发电机利用的是电磁感应原理
解析：选B 交流发电机是利用线圈在磁场中转动，引起电磁感应现象形成电流，将其他形式的能转化为电能。交流发电机的内部是由转子和定子组成的，转动的为转子，不动的为定子。故选项A、C、D正确，B错误。
2．下列选项中，哪些情况线圈中不能产生交流电( )
解析：选A 线圈转动过程中磁通量发生改变时，才能产生交流电，A项中磁通量不变，故A项符合题意。
3.如图1所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )
图1
A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．图示位置ab边的感应电流方向为a→b
D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零
解析：选C 线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A错。线圈处于图示位置时，线圈与中性面垂直，感应电流最大，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，故B错，C对。线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，故D错。
4.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2所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在下列选项中能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图像是( )
图2
解析：选C 由右手定则或者楞次定律可以确定开始时刻感应电流的方向为a→b→c→d→a，跟规定的正方向相同，而且该时刻感应电流最大，故选C。
5．(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt V。对此电动势，下列表述正确的有( )
A．最大值是50 V B．频率是100 Hz
C．有效值是25 V D．周期是0.02 s
解析：选CD 由交变电动势的表达式可知，电动势的最大值Em＝50 V，则有效值E＝＝25 V，周期T＝＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz，所以选项C、D正确。
6．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图3甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡。如图乙所示，则( )
图3
A．电压表的示数为220 V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．灯泡实际消耗的功率为484 W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
解析：选D 由图像可知电动势的有效值为220 V，而电压表测量的是路端电压，其大小为U＝R＝×95 V＝209 V，选项A错误；由图像读出交变电流的周期为T＝0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，一个周期内电流的方向要改变2次，故每秒钟电流方向要改变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；由焦耳定律得发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝2rt＝2×5×1 J＝24.2 J，选项D正确。
7.如图4所示，abcd为一边长为L、匝数为N的正方形闭合线圈，绕对称轴OO′匀速转动，角速度为ω。空间中只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。若闭合线圈的总电阻为R，则( )
图4
A．线圈中电动势的有效值为NBL2ω
B．线圈中电动势的最大值为NBL2ω
C．在线圈转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流
D．当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为NBL2
解析：选B 由于只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，所以最大值：Em＝NBL2ω，有效值：E＝＝NBL2ω。故A错、B对。在线圈转动的过程中，线圈始终有一半在磁场中运动，不会有一半时间没有电流，故C错。图中所示位置中，穿过线圈的磁通量为BL2，D错。正确选项为B。
8．如图5所示电路中，电源电压u＝311sin 100πt V，A、B间接有“220 V 440 W”的电暖宝、“220 V 220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝。下列说法正确的是( )
图5
A．交流电压表的示数为311 V
B．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 A
C．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍
D．1 min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J
解析：选D 由u＝311sin 100πt V可知，交变电压的有效值为220 V，故交流电压表的示数为220 V，选项A错误；由两用电器的额定功率为660 W，根据P＝UI可知，保险丝的额定电流应不小于3 A，选项B错误；因抽油烟机220 W包括热功率及机械功率，故电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍还要多，选项C错误；根据W＝Pt可得1 min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J，选项D正确。
9．(多选)一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线框平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n，则( )
A．线框产生交变电动势的最大值为nπBS
B．线框产生交变电动势的有效值为nπBS
C．从开始转动经过周期，线框中的平均感应电动势为2nBS
D．感应电动势瞬时值表达式为e＝2nπBSsin 2nπt
解析：选BD 转速为n，则角速度为2πn，根据感应电动势的最大值公式Em＝NBSω可以知道，电动势的最大值为2nπBS，有效值为最大值的，B对、A错。由＝n得平均电动势为4nBS，C错。从线框平面与磁场垂直的位置开始计时，感应电动势瞬时值表达式为e＝BSωsin ωt＝2nπBSsin 2nπt，D对。
10．(多选)如图6甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则( )
图6
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：选AC 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图线表示的交流电动势的频率为fa＝＝ Hz＝25 Hz，C项正确；a图线对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图像知Eam＝15 V，b图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。
11．在水平方向的匀强磁场中，有一个正方形闭合线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为N＝100匝，边长为20 cm，电阻为10 Ω，转动频率f＝50 Hz，磁场的磁感应强度为0.5 T，求：
(1)外力驱动线圈转动的功率；
(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小；
(3)线圈由中性面转至与中性面成30°角的过程中，通过导线横截面的电荷量。
解析：(1)线圈中产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝100×0.5×0.22×2π×50 V＝628 V
感应电动势的有效值为E＝＝314 V
外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，即P外＝＝ W＝1.97×104 W。
(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势的瞬时值为e＝Emsin 30°＝314 V
感应电流的瞬时值为i＝＝ A＝31.4 A。
(3)在线圈由中性面转过30°的过程中，线圈中的平均感应电动势为＝N
平均感应电流为＝N
故通过导线横截面的电荷量为
q＝Δt＝N＝＝0.027 C。
答案：(1)1.97×104 W (2)314 V 31.4 A (3)0.027 C
12．某兴趣小组设计了一种发电装置，如图7所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：
图7
(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
(2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F；
(3)外接电阻上电流的有效值I。
解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ω，感应电动势Em＝4NBlv
解得Em＝2NBl2ω。
(2)电流Im＝，安培力F＝2NBIml
解得F＝。
(3)一个周期内，通电时间t＝T
R上消耗的电能W＝Im2Rt且W＝I2RT
解得I＝。
答案：(1)2NBl2ω (2) (3)
课时跟踪检测（六） 自感现象的应用
1．关于日光灯电路的连接，下列说法不正确的是( )
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：选C 根据日光灯工作原理可知，启动器与灯管并联、镇流器与灯管串联，启动器的动触片和静触片短暂接通后断开，镇流器向灯管提供瞬时高压，所以，启动器仅起到了开关作用。
2．镇流器是由一个线圈和铁芯构成的，下列说法中正确的是( )
A．镇流器中加入铁芯变成了电磁铁，在日光灯电路中起开关的作用
B．镇流器在日光灯正常发光后，只消耗电能，为了节能可以把它短路
C．日光灯电路中的镇流器可以用白炽灯泡来替代
D．镇流器中的铁芯是为了增大自感系数
解析：选D 镇流器中加入铁芯是为了增大线圈整体的自感系数，进而产生更大的自感电动势，以击穿灯管内气体而导通；灯管导通后镇流器又起降压限流作用，故不可将其短路，且在启动时不可用白炽灯泡来代替。
3．关于日光灯启动器的下列说法正确的是( )
A．日光灯正常发光时，启动器的静触片和动触片是接触的
B．工作时，启动器起降压、限流作用，保证日光灯正常工作
C．日光灯正常发光时，启动器两端的电压小于220 V
D．日光灯正常发光时，电流流过启动器
解析：选C 日光灯正常发光时，启动器的静触片和动触片是断开的，此时启动器是不导电的，选项A、D错误；工作时，镇流器起降压、限流作用，保证日光灯正常工作，选项B错误；日光灯正常发光时，由于镇流器的作用，加在灯管两端的电压小于220 V，故选项C正确。
4．关于日光灯工作过程中的电磁感应现象，下列说法不正确的是( )
A．在灯丝预热阶段，镇流器利用自感控制加热电流
B．在灯管点燃阶段，镇流器利用断电自感提供瞬时高压
C．灯管正常发光阶段，镇流器利用反抗电流变化的自感作用降压限流，保证日光灯正常发光
D．灯管正常发光后，镇流器已失去作用
解析：选D 在日光灯启动发光的不同阶段，镇流器所起的作用也是不同的。在灯丝预热阶段，镇流器利用自感控制加热灯丝，以获得电子；在灯管点燃阶段，需镇流器提供瞬时高压；正常发光时，镇流器起降压限流作用，D错误。
5．若将图1甲中启动器换为开关S1，并给镇流器并联一个开关S2，如图乙所示，则下列叙述正确的是( )
图1
A．只把S3接通，日光灯就能正常发光
B．把S3、S1接通后，S2不接通，日光灯就能正常发光
C．S2不接通，接通S3、S1后，再断开S1，日光灯就能正常发光
D．当日光灯正常发光后，再接通S2，日光灯仍能正常发光
解析：选C 一般日光灯启动时瞬间把电源、灯丝、镇流器接通，后自动断开，靠镇流器产生瞬时高压，使灯管内气体导电，所以启动时既要使乙图中S3闭合，又需使S1瞬间闭合再断开，A、B错，C对。正常工作时镇流器起降压限流作用，若把乙图中S2闭合，则镇流器失去作用，日光灯不能正常工作，D错。
6.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，采取了双线绕法，如图2所示，其道理是( )
图2
A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消
D．以上说法均不对
解析：选C 由于采用了双线绕法，两根平行导线中的电流反向，它们产生的磁通量
相互抵消。不论导线中的电流如何变化，线圈中的磁通量始终为零，所以消除了自感现象的影响。
7.人类生活中对能源的可持续利用可以通过节能方式体现，日光灯是最常用的节能照明工具，它的主要构成有灯管、镇流器、启动器。启动器的构造如图3所示，为了便于日光灯工作，常在启动器两端并上一个纸质电容器C。现有一盏日光灯总是出现灯管两端亮而中间不亮，经检查，灯管是好的，电源电压正常，镇流器无故障，其原因可能是( )
图3
A．启动器两脚A、B与启动器座接触不良
B．电容器C断路
C．电容器C击穿而短路
D．镇流器自感系数L太大
解析：选C 由题意知镇流器无故障，故D项错误。日光灯管两端亮而中间不亮，说明灯管两端的灯丝处于通电状态，即启动器接通，但不能自动断开，说明电容器C短路了，
选C。
8．(多选)启动器内有两个部件，一个是氖泡，另一个是电容器，下列说法中正确的是( )
A．氖泡内充入氖气的作用是在接通电路时产生辉光放电
B．氖泡内的两个金属片在日光灯正常发光后是接触的
C．电容器的作用是在启动器中的两个金属片分离时消除电火花
D．电容器的作用是在启动器中的动静片分离时产生瞬时高压
解析：选AC 氖泡内充入氖气的作用是接通电路产生辉光放电，故A正确；正常工作时，两个金属片在日光灯正常发光后是断开的，B错；电容器的作用是消除电火花，故C对D错。
9．(多选)下列有关日光灯的使用方法，正确的是( )
A．日光灯的启动器丢失，作为应急措施，可以用一小段带绝缘外皮的导线启动日光灯
B．日光灯在冬天使用时，启动较困难，可用热毛巾热敷灯管的中部，使之启动容易些
C．日光灯的镇流器损坏了，可用一只电阻替代
D．日光灯在电压较低时，启动较困难，这时可将镇流器暂时短路，使启动变得容易些
解析：选AB 启动器起自动开关的作用，丢失时可以用导线代替，选项A正确。气体温度越高越容易电离，而冬天气温较低，日光灯启动较困难，可以先预热，使其较容易启动，选项B正确。镇流器在启动时的作用是利用自感现象产生高电压击穿气体，所以不能用电阻代替镇流器，也不能将镇流器短路，选项C、D错误。
10．下列说法正确的是( )
A．感应圈的工作原理是电磁感应现象
B．日光灯和白炽灯一样，都可接在直流电路中正常工作
C．感应圈中的两个线圈的匝数一样多
D．一个标有“220 V,40 W”的日光灯管，用欧姆表测灯管两端，读数约为1 210 Ω
解析：选A 感应圈就是利用了电路中的电流不断地变化产生感应电动势的，当电流变化较快时，产生高压，故选项A正确；日光灯必须接在交流电路中，故选项B错误；在感应圈中次级线圈的匝数要多于初级线圈，在次级线圈中得到较高的电压，故选项C错误；日光灯在不接通时，处于断路，故电阻为无穷大，选项D错误。
11．一个被称为“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成一排，有一位同学将电池、开关用导线将它们和首、尾两位同学的两只空着的手相连，如图4所示，在开关断开时就会使连成一排的同学都有触电感觉。分析该实验的原理。
图4
解析：1.5 V的电压不会使人有触电的感觉。人体中几乎无电流通过，但镇流器中有较大的电流，电路断开的瞬间，由于镇流器的自感系数很大，产生很高的自感电动势，使人产生触电感觉。
答案：见解析
12．如图5所示是一种触电保护器，变压器A处用双股相线(火线)和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器上，B处有一个输出线圈，一旦有电流，经放大后便能立即推动继电器J切断电源，下列情况下能起保护作用的是哪一种？说明理由。
图5
(1)增加开灯的盏数，能否切断电源？
(2)双手分别接触相线和零线，能否切断电源？
(3)单手接触相线，脚与地相接触而触电，能否切断电源？
解析：(1)不能。
因A处线圈是采用的双绕法，增加开灯的盏数只会使电路中电流增大，但A中两线中
电流始终大小相等方向相反，磁通量相互抵消，B中磁通量不发生改变，故不能推动J切断电源。
(2)不能。理由同(1)。
(3)能。因为有电流通过人体而流入地下，使A中两股电流大小不相等，B中磁通量发生改变，B中产生感应电流，从而推动J切断电源。
答案：见解析
课时跟踪检测（十一） 变压器
1．关于理想变压器特点的下列说法中正确的是( )
A．理想变压器能够使电压升高，同时电流变大
B．原、副线圈具有相同的磁通量及变化率，产生的感应电动势也相同
C．原、副线圈没有电阻，铁芯中不会产生涡流
D．原线圈往往匝数少，绕线粗，电流大
解析：选C 理想变压器原副线圈功率相等，即U1I1＝U2I2，不可能同时使电压升高，电流增大，A错；原、副线圈匝数不同，感应电动势不同，B错；理想变压器不考虑绕线铜损，铁芯的热损，当然要求线圈无电阻，铁芯不产生涡流，C对；原、副线圈中匝数少的一边，电流大，绕线粗，但不一定作为原线圈使用，D错。
2．理想变压器原、副线圈两侧一定不同的物理量是( )
A．交变电流的频率 B．交变电流的功率
C．磁通量的变化率 D．交变电流的峰值
解析：选D 理想变压器是不计一切能量损失的变压器，所以输入功率等于输出功率；变压器改变的是交变电流和交变电压，所以原、副线圈两侧的交变电流的峰值不同；变压器不改变交变电流的频率；由变压器的结构知，两线圈绕在同一铁芯上，所以穿过原、副线圈的磁通量的变化率相同，即相同。综上所述，故选D。
3．如图1所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1， 和 均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB端电压u1＝12 sin 100πt(V)。下列说法正确的是( )
图1
A．电流频率为100 Hz
B. 的读数为24 V
C. 的读数为0.5 A
D．变压器输入功率为6 W
解析：选D 由u1＝12sin 100πt(V)可知，Um＝12 V，ω＝100π rad/s，则频率f＝＝50 Hz，A项错误。U1＝＝12 V，U2＝·U1＝6 V，B项错误。I2＝＝1 A，C项错误。P1＝P2＝U2I2＝6 W，D项正确。
4.在如图2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( )
图2
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：选A 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，可知原线圈中电流等于副线圈中电流的，即恰好等于灯泡L1、L2的额定电流，从而可知L1和L2都能正常工作。选项A正确。
5．(多选)为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图3甲为调压变压器示意图。保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示。以下正确的是( )
图3
A．u2＝190sin(50πt) V
B．u2＝190sin(100πt) V
C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移
D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移
解析：选BD 由题图乙知交变电流的周期T＝2×10－2 s，所以ω＝＝100π rad/s，故u2＝Umsin ωt ＝190sin(100πt) V，A错误、B正确。由＝得U2＝U1，欲使U2升高，n1应减小，P应上移，C错误、D正确。
6.如图4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。当开关S接通时，以下说法中不正确的是( )
图4
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上的电压增大
C．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
解析：选A 由于输入电压不变，所以当S接通时，理想变压器副线圈M、N两端输
出电压不变。并联灯泡L2，总电阻变小，由欧姆定律I2＝知，流过R的电流增大，电阻上的电压UR＝IR增大。副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1＝I2U2得，I2增大，原线圈输入电流I1也增大。UMN不变，UR变大，所以UL1变小，流过灯泡L1的电流减小。
7．如图5所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝4∶1，当导体棒向右匀速切割磁感线时，电流表A1的读数是12 mA，则副线圈中电流表A2的读数应该为( )
图5
A．3 mA B．48 mA
C．0 D．与R阻值有关
解析：选C 导体棒匀速向右做切割磁感线运动时，由I＝＝知变压器输入端为恒定电流，穿过副线圈的磁通量不变。因此，电流表A2的读数为零。故选项C正确。
8．如图6所示的甲、乙两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110 V。若分别在c、d两端及g、h两端加上110 V的交流电压，则a 、b间及e、f间的电压分别为( )
图6
A．220 V、220 V B．220 V、110 V
C．110 V、110 V D．220 V、0 V
解析：选B 当a、b两端接220 V电压时，c、d间电压为110 V，说明c、d间线圈的匝数为原线圈匝数的一半；反过来，当c、d两端接110 V电压时，a、b间电压应为220 V。当e、f间接220 V电压时，g、h间电压为110 V，说明g、h间电阻为e、f间电阻的一半；当g、h两端接110 V电压时，e、g间没有电流，e、g间电压为零，所以e、f间电压与g、h间电压相等，均为110 V。
9．如图7甲所示，为一种可调压自耦变压器的结构示意图，线圈均匀绕在圆环型铁芯上，若AB间输入如图乙所示的交变电压，转动滑动触头P到如图甲中所示位置，在BC间接一个55 Ω的电阻(图中未画出)，则( )
图7
A．该交流电的电压瞬时值表达式为u＝220sin(25πt) V
B．该交流电的频率为50 Hz
C．流过电阻的电流接近于4 A
D．电阻消耗的功率接近于220 W
解析：选D 由题中图乙可知正弦交流电的周期T＝0.04 s，则f＝＝25 Hz，ω＝2πf＝50π rad/s，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝220sin(50πt) V，A、B错误；从题图甲中可以看出，自耦变压器的副线圈的匝数约是原线圈匝数的，故副线圈两端的电压
约为110 V，流过电阻的电流约为2 A，C项错误；电阻消耗的功率P＝U2I2＝220 W，D项正确。
10．(2016·天津高考)如图8所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是( )
图8
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大
解析：选B 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2＝变小，R1消耗的功率PR1＝I22R1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1＝I2R1变小，则电压表V的示数UV＝U2－UR1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系＝，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R总′变小，通过副线圈的电流I2′＝变大，则通过原线圈的电流I1′变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压UR1′＝I2′R1变大，则R2两端的电压UR2′＝U2－UR1′变小，电流表A2的示数变小，选项D错误。
11．如图9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图像如图乙所示。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。
图9
解析：(1)由题图乙知周期T＝0.01 s，则ω＝＝200π rad/s，故输入电压的瞬时值表达式为uab＝400sin 200πt (V)。
(2)输入电压的有效值为U1＝200 V
由理想变压器的功率关系得P1＝P2
原线圈中的电流I1＝，解得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＝400sin 200πt (V)
(2)0.28 A (3)
12．如图10所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1 000匝，有两个副线圈，匝数分别为n2＝200匝，n3＝500匝，分别接阻值为R＝55 Ω的相同两电阻。若在原线圈上接入220 V的交流电，求：
图10
(1)两个副线圈上的电流之比I2∶I3为多少？
(2)原线圈中的电流I1为多少？
解析：(1)由变压比公式＝及＝可得
U2＝U1＝44 V，U3＝U1＝110 V
根据欧姆定律I＝，得I2＝＝0.8 A，
I3＝＝2 A
故I2∶I3＝2∶5。
(2)由电流关系式n1I1＝n2I2＋n3I3可得
I1＝＝1.16 A。
答案：(1)2∶5 (2)1.16 A
课时跟踪检测（十三）揭开传感器的“面纱”常见传感器的工作原理
1．关于传感器工作的一般流程，下列说法中正确的是( )
A．非电学量→敏感元件→转换电路→电学量→转换元件
B．电学量→敏感元件→转换电路→转换元件→非电学量
C．非电学量→敏感元件→转换元件→转换电路→电学量
D．非电学量→转换电路→转换元件→敏感元件→电学量
解析：选C 传感器工作的一般流程为非电学量敏感元件转换元件转换电路电学量，因此A、B、D错，C对。
2．关于光敏电阻和热敏电阻，下列说法中正确的是( )
A．光敏电阻是用半导体材料制成的，其阻值随光照增强而减小
B．光敏电阻是能把光照强度这个光学量转换为电流这个电学量的传感器
C．热敏电阻是用金属铂制成的，它对温度感知很灵敏
D．热敏电阻是把热量这个热学量转换为电阻这个电学量的传感器
解析：选A 光敏电阻是用半导体材料制成的，能把光照强度转换为电阻这个电学量，且其阻值随光照增强而减小，故A正确，B错误；热敏电阻也是用半导体材料制成的，能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量，故C、D错误。
3．下列器件不是应用温度传感器的是( )
A．电熨斗 B．话筒
C．电饭煲 D．测温仪
解析：选B 电熨斗、测温仪、电饭煲均应用了温度传感器，话筒没有应用温度传
感器。
4．为了节约能源、合理适时地使用路灯，要求夜晚亮、白天熄，利用半导体的某种特性制成自动点亮熄灭的装置，实现了自动控制，这是利用半导体的( )
A．压敏性 B．光敏性
C．热敏性 D．三种特性都利用了
解析：选B 由题意可知，这一装置要对光敏感，能区分白天(光线强)与夜晚(光线暗)，所以选B，虽然白天与夜晚温度也不相同，但温度除与昼夜有关外，还与季节有关，因此不能选C。
5．(多选)下列说法中正确的是( )
A．干簧管是传感器
B．水银温度计是传感器
C．托盘天平是传感器
D．气敏电阻是传感器
解析：选AD 全面理解传感器的概念是解决本题的关键。干簧管能够感受磁场，且能将磁学量转换为电路的通断，因此是传感器，A正确。水银温度计能够感受热学量，但不能将热学量转换成电学量，因此不是传感器，B错误。托盘天平能够感受力学量，但不能将力学量转换成电学量，因此不是传感器，C错误。气敏电阻能够感受气体浓度这一化学量，且能将化学量转换成电学量，因此是传感器，D正确。
6．随着生活质量的提高，自动干手机已进入了家庭。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，有热空气从机内喷出，将湿手烘干。手靠近干手机能使传感器工作，是因为( )
A．改变了湿度 B．改变了温度
C．改变了磁场 D．改变了电容
解析：选D 根据自动干手机工作的特征，即手靠近，电热器开始工作，手撤离，电热器停止工作，不难判断出传感器的种类。人是导体，可以和其他导体构成电容器，因此物理学上有人体电容之说。手靠近干手机相当于连接进一个电容器，故可以确认干手机内设置有电容式传感器，手靠近改变了电容。能否利用湿度和温度来驱使电热器工作，理论上可行，但作为干手机，这种传感器的设置是有很大缺陷的。干手机周围的环境(如湿度和温度)一年四季都在变化，与手是否靠近无关，假如湿度、温度发生变化干手机就马上工作，岂不成了“室内烘干机”。故D正确。
7．如图1所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照射光敏电阻时，表针的偏角为θ；现用手掌挡住部分光线，表针的偏角变为θ′，则可判断( )
图1
A．θ′＝θ
B．θ′>θ
C．θ′<θ
D．不能确定θ和θ′的关系
解析：选C 光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小，用手掌挡住部分光线，阻值变大，指针偏转角度变小，故θ′<θ。
8．如图2所示的电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接。若声源S做简谐运动，则( )
图2
A．a振动过程中，a、b板间的电场强度不变
B．a振动过程中，a、b板间所带电荷量不变
C．a振动过程中，灵敏电流表中始终有方向不变的电流
D．a向右的位移最大时，a、b板所构成的电容器的电容最大
解析：选D 由于平行板电容器两极板与电池两极相连接，因此两极板间的电压U保持不变，根据场强E＝，C＝可判断A错、D对。再由Q＝CU可知，B错。由于Q变化，电容器出现充电、放电现象，显然电流表中电流方向不断变化，C错。
9．如图3所示，用光敏电阻LDR和灯泡制成的一种简易水污染指示器，下列说法中正确的是( )
图3
A．严重污染时，LDR是高电阻
B．轻度污染时，LDR是高电阻
C．无论污染程度如何，LDR的电阻不变，阻值大小由材料本身因素决定
D．该仪器的使用不会因为白天和晚上受到影响
解析：选A 严重污染时，透过污水照到LDR上的光线较少，LDR电阻较大，A对，B错；LDR由半导体材料制成，受光照影响电阻会发生变化，C错；白天和晚上自然光强弱不同，或多或少会影响LDR的电阻，D错。
10.如图4是一火警报警装置的一部分电路示意图，其中R2是半导体热敏传感器，它的电阻随温度升高而减小，a、b接报警器，当传感器R2所在处出现火情时，电流表的电流I和a、b两端电压U与出现火情前相比( )
图4
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：选D 当R2的阻值随温度升高而减小时，电路的总电阻减小，总电流增大，电源两端的电压减小，R1两端的电压增大，R3两端的电压减小，R3的电流减小，R2的电流增大。故D正确。
11．按图5所示接好电路，合上S1、S2，发现小灯泡不亮，原因是_______________
_____________________________________________；用电吹风对热敏电阻吹一会儿热风，会发现小灯泡________，原因是__________________________________________；停止吹风，一小段时间内会发现__________________________________________________；把热敏电阻放入冷水中会发现小灯泡________。
图5
解析：根据热敏电阻的性质进行分析，由于热敏电阻在常温时阻值较大，左侧电路中电流较小，电磁铁磁性较弱吸不住衔铁；当用电吹风对热敏电阻加热使其阻值变小时，电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁，使右侧电路接通，小灯泡亮了；停止吹风后，小灯泡不会立即熄灭，因为热敏电阻温度仍然较高，当把热敏电阻放入冷水后，热敏电阻温度降低很快，阻值变大，故小灯泡熄灭。
答案：见解析
12．温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的。如图6甲所示，电源的电动势E＝9 V，内阻不计，G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变。R为热敏电阻，其电阻阻值与温度的关系如图乙所示。闭合S，当R的温度等于20 ℃时，电流表示数I1＝2 mA。当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻的温度是多少？
图6
解析：由图像知20 ℃时，R＝4 000 Ω
由闭合电路欧姆定律得I1＝
即：2×10－3＝得Rg＝500 Ω
当I2＝3.6 mA时I2＝得R′＝2 000 Ω
再由图像得t＝120 ℃。
答案：120 ℃
课时跟踪检测（十） 三相交变电流
1．下列关于三相交流发电机的说法不正确的是( )
A．三相交流发电机与单相交流发电机一样，主要组成部分是电枢线圈和磁极
B．三相交流发电机可分为旋转磁极式和旋转电枢式两类
C．三相交流发电机发出三相交变电流，但只能使用其中一相交变电流
D．三相交流发电机也可以当作三个单相交流发电机，分别单独向外传送三组单相交变电流
解析：选C 由三相交流发电机的原理和分类可知A、B正确；三相交流发电机能同时产生三相独立的交变电流，每相交变电流都能单独使用，故D正确，C错误。
2．在匀速转动的三相交流发电机中，关于三个线圈中产生的电动势，下列说法不正确的是( )
A．按相同规律变化，同时达到最大值和最小值
B．具有相同的有效值
C．具有相同的周期和频率
D．具有相同的最大值
解析：选A 三相交流发电机中，三个线圈具有相同的有效值、周期、频率及最大值；但它们的相位相差π。故B、C、D正确，A错误。
3．下列有关三相交流发电机和三相交变电流的说法正确的是( )
A．旋转电枢式三相交流发电机一般适用于较大输出功率
B．三个绕组的匝数和绕向不同，互成120°角
C．若三个负载相同，则一般可用三相三线制星形接法
D．三相四线制和三相三线制星形接法中的每个负载两端的电压均为380 V
解析：选C 旋转电枢式发电机一般适用较小功率输出，A错。三相交流发电机的三个绕组的匝数和绕向相同且互成120°角，B错。负载相同时，可采用三相三线制星形接法，C正确。三相四线制和三相三线制星形接法中的每个负载的电压为相电压220 V，
D错。
4．在三相交变电流中( )
A．相电压和线电压一定相等
B．在星形接法中，相电压为380 V，线电压为220 V
C．在三角形接法中，线电压为380 V，相电压为220 V
D．额定电压为380 V的三角形接法连接的电动机，用相电压为220 V的星形接法连接的发电机供电，电动机仍可以正常工作
解析：选D 三相交流电，在星形接法中，线电压为380 V时，相电压为220 V，A、B错；在三角形接法中，线电压与相电压相等，C项错；三角形接法，相电压与线电压相等，而星形接法中线电压为380 V，电动机仍可正常工作。
5．有关三相交变电流，下列说法正确的是( )
A．线电压等于相电压的 倍
B．在三相四线制供电线路中，线电压是相电压的 倍
C．家用单相用电器可接入三相四线制电路中的任意两条导线之间
D．三只标有“220 V,100 W”的灯泡按Y形连接接入线电压为380 V的三相四线制电路时，中性线可省去
解析：选D 当电源是星形接法时，U线＝U相，当电源是三角形连接时，U线＝U相。家用单相用电器的额定电压为220 V，只能接在三相四线制电路中的火线和零线上。当电源和负载均采用星形接法，而且三相负载相等时，每相电压均为220 V，电流相等，在这种情况下，中性线可省去。
6．对于照明线路的“火线”和“地线”，正确的理解是( )
A．进入每个家庭的两根线，火线即是某一相的端线，地线即是星形接法的零线
B．电路中的电流总是由火线流入，地线流出，因而开关要接在火线上
C．正常情况下地线电势总是低于火线的电势
D．火线与地线间的电势差为220 V，且电势总是高于大地的电势
解析：选A 进入家庭的两根线一根是火线，一根是零线(常说是地线)，A对；交流电的电流方向周期性变化，火线与地线的电势高低也在不断地交替，C、D错；开关通常接在火线上，是因为断开开关后人接触电线时，能够防止人触电，B错。
7.三只标有“220 V 100 W”字样完全相同的灯泡按如图1所示电路连接时恰能正常发光，如果把灯L1换成“220 V 40 W”的灯泡，则以下判断正确的是( )
图1
A．L1变亮，L2、L3变暗
B．L1变暗，L2、L3变亮
C．L1变暗，L2、L3亮度不变
D．L1、L2和L3都变暗
解析：选C 灯泡L1换成“220 V 40 W”的灯泡，相电压没有变化，功率变小，所以亮度会变暗，而另两只灯泡的电压没有发生变化，故亮度不变，选项C正确。
8．如图2所示，A、B、C为三相交流电源，每个灯泡的额定电压均为220 V，额定功率相同，则L与L′两灯的实际功率之比为(设灯泡电阻恒定)( )
图2
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．3∶1
解析：选D 由题意知电源线电压U线＝220 V，对负载采用三角形接法来说，每相负载两端的电压都等于电源的线电压，因此L灯两端电压UL＝U线＝220 V。
对负载采用星形接法来说，由于三相负载相同，每相负载的电压为线电压的，因此L′灯两端电压UL′＝U线＝ V。设每盏灯的电阻为R，则L灯的实际功率PL＝＝，L′灯的实际功率PL′＝＝，故PL∶PL′＝3∶1。
9．将实验室里的手摇三相交流发电机三个线圈接上两个交流电压表，如图3所示，关于两个电压表的示数说法正确的是( )
图3
A．甲表的示数等于乙表的示数
B．甲表的示数小于乙表的示数
C．甲表的示数大于乙表的示数
D．无法判断两表的示数大小
解析：选B 甲表测量的是相电压，乙表测量的是线电压，线电压是相电压的 倍，即U乙＝ U甲，B对。
10．(多选)如图4所示，发电机每个绕组两端的电压(相电压)为220 V，三个负载电阻均为100 Ω，下列说法中正确的是( )
图4
A．发电机绕组采用“Y”接法，负载采用“△”接法
B．每个负载电阻两端的电压为220 V
C．每个负载电阻两端的电压为380 V
D．通过每个负载的电流为3.8 A
解析：选ACD 对发电机而言，由于采用星形接法，所以如果相电压为220 V，那么线电压就是380 V，所以每个负载两端的电压为380 V，通过每个负载的电流为3.8 A。
11.如图5所示，a、b、c、d是星形连接的三相交流电源在照明电路中的输电线，用电压表测得ab间电压为220 V，bc间电压为380 V，那么4根导线中哪根是零线？图中1、2是两盏额定电压都是220 V的白炽灯泡，请分别把它们正确地接入三相输电线路中。
图5
解析：根据三相交流电源知识，ab间电压为220 V，说明a、b中有一根是火线，有一根是零线，bc间电压为380 V，说明b、c都是火线，所以a是零线，b、c及d都是火线。连接电路如图所示。
答案：a是零线 图见解析
12．如图6所示，三相交流电路中，若C相电压的瞬时值方程为U＝311sin(314t) V，D为零线。电阻R＝110 Ω，则电压表的示数为多少？电流表的示数为多少？
图6
解析：由瞬时值方程知，相电压最大值为311 V，得出有效值为220 V，电压表的示数为220 V，电流表为2 A。
答案：220 V 2 A
课时跟踪检测（十二） 电能的远距离传输
1．关于减小远距离输电线上的功率损失，下列说法正确的是( )
A．由P＝ 知，应降低输电电压，增大导线电阻
B．由P＝IU知，应降低输电电压，减小输电电流
C．由P＝I2R知，应减小导线电阻或减小输电电流
D．上述说法均不对
解析：选C 输电时导线上损失的电压ΔU＝IR，它不同于输电电压，用公式P＝或P＝IU计算功率损失时，U应为导线上损失的电压，故A、B错误；导线上功率的损失为发热损失，即P＝I2R，故C正确。
2．下列关于远距离高压直流输电的说法中，正确的是( )
①直流输电系统只在输电环节是直流，而发电环节和用电环节是交流
②直流输电系统只在发电环节和用电环节是直流，而输电环节是交流
③整流器将交流变直流，逆变器将直流变交流
④逆变器将交流变直流，整流器将直流变交流
A．①③ B．②③
C．①④ D．②④
解析：选A 直流输电系统由整流站、直流线路和逆变站3部分组成，在整流站通过整流器将交流电变为直流电，在逆变站利用逆变器将直流电变为交流电，因此说法①③正确，应选A。
3．(多选)远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失，下列说法正确的是(不考虑感抗和容抗产生的损失)( )
A．功率损失是原来的
B．功率损失是原来的
C．电压损失是原来的
D．电压损失是原来的n倍
解析：选BC 设输电电压为U，所输送的功率为P，输电线路总电阻为R，则输电电流I＝，线路的功率损失ΔP＝I2R＝，可知ΔP∝，当输电电压升高为原来的n倍时，功率损失变为原来的，故选项B正确；线路上的电压损失ΔU＝IR＝，可知ΔU∝，当输电电压升高为原来的n倍时，电压损失变为原来的，故选项C正确。
4．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电，现有一直流电路，输电总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V。若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )
A．1 Kw B．1.6×103 kW
C．1.6 kW D．10 kW
解析：选A 节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I＝＝ A＝50 A。P线＝I2R＝502×0.4 W＝1 000 W，故节约的电功率为1 kW，A正确。
5．(多选)如图1所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则( )
图1
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U－U1
C．理想变压器的输入功率为I12r
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：选AB 理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1＝U2I2，U2＝，选项A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，选项B正确；理想变压器的输入功率为P＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率为ΔP＝I12r，选项D错误。
6．为清除高压输电线上的结冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰。若在正常供电时，高压线上输电电压为U，电流为I，热损耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热损耗功率需变为9ΔP，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )
A．输电电流变为3I
B．输电电流变为9I
C．输电电压变为8U
D．升压变压器原、副线圈匝数比变为1∶3
解析：选A 根据ΔP＝I2R，要使输电线上的热损耗功率变为9ΔP，输电电流变为3I，A对，B错；根据P＝UI，输送功率不变，则输电电压应为原来的，C错；根据＝，U1不变的情况下，原、副线圈匝数比应变为原来的三倍，D错。
7．(多选)山区小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后再输送至各用户。设变压器都是理想的，那么在用电高峰期，随用电器总功率的增加将导致( )
A．升压变压器初级线圈中的电流变小
B．升压变压器次级线圈两端的电压变小
C．高压输电线路的电压损失变大
D．降压变压器次级线圈两端的电压变小
解析：选CD 如图所示是远距离输电的示意图。
发电机输出的电压U不变。当负载的功率增加时，由能量守恒知发电机的输出功率要增加，再由P＝UI知升压变压器初级线圈中的电流变大，故A错误。因为变压器的线圈匝数比确定，则U1不变，即升压变压器次级线圈两端的电压不变，故B错误。升压变压器次级线圈的输出功率P1＝P＝U1I1要增加，而U1不变，则I1也要增加，那么输电线上损失的电压将增加，故C正确。再由U1＝I1R＋U2知降压变压器的初级线圈两端的电压U2将减小，则降压变压器次级线圈两端的电压U3减小，故D正确。
8．某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW。现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是( )
A．输电线上输送的电流大小为2.0×105 A
B．输电线上电阻造成的电压损失为15 kV
C．若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝，U为输电电压，r为输电线的电阻
解析：选B 当U＝500 kV 时，I＝＝ A＝6×103 A，而U损＝IR＝15 kV，A错误，B正确；输电线上损失的功率不可能比输出功率还大，C错误；ΔP＝中，U为输电线电阻上的电压，而不是输电电压，D错误。
9．如图2所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则( )
图2
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：选D 根据交流电的变化规律、变压器的工作原理和远距离输电知识解题。由u-t图像可知，交流电的周期T＝0.02 s，故频率f＝＝50 Hz，选项A错误；交流电的最大值Um＝500 V，故有效值U＝＝250 V，选项B错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定，选项C错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据＝，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P＝I12R，得输电线损失的功率减小，选项D正确。
10．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图3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( )
图3
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：选AD 由于输电线上有功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，故D正确。＝，＝，因为U1＝200 VU3＝U2－U线，故>，A正确。
11．把功率为220 kW的电能用铝导线(铝的电阻率ρ＝2.7×10－8 Ω·m)输送到10 km外的地方，要使功率损失不超过输送功率的10%。
(1)如果采用220 V的电压输电，导线的横截面积至少要多大？采用这样的导线切合实际吗？
(2)若采用110 kV的电压输电，导线的横截面积是多大？
(3)对于同种输电导线，若分别采用110 kV和220 V输电，损失的功率之比是多少？
解析：(1)如果采用220 V的电压输电，则通过导线的电流I＝＝ A＝103 A。
由于功率损失P＝10%P0＝22 kW＝22×103 W，且P＝I2R，
因此导线的电阻
R＝＝ Ω＝0.022 Ω。
根据R＝ρ可得，导线的横截面积
S＝＝ m2≈2.46×10－2 m2。
所以，导线横截面的半径
r≈8.85 cm。
由上述计算可知，采用这样粗的导线是不切实际的。
(2)若采用110 kV的电压输电，则通过导线的电流
I′＝＝ A＝2 A。
同理，可计算出导线横截面的半径
r′≈0.02 cm。
(3)对于同种输电导线，若分别采用110 kV和220 V输电，损失的功率之比为
＝＝＝2＝。
答案：见解析
12．三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，枢纽控制流域面积为1.0×106 km2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q＝4.51×1011 m3。水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面。在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作时的总发电功率)为P＝1.82×107 kW，年平均发电量约为W＝8.40×1010 kW·h，该工程于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状况。阅读上述材料，回答下列问题(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，要达到年发电量的要求，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P＝4.5×106 kW，采用超高压
输电，输电电压U＝500 kV，而发电机输出的电压约为U0＝18 kV，要使输电线上损失的功率等于输送电功率的5%，求发电站的升压变压器的原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻。
解析：(1)一年减少的水的重力势能Ep＝mgh，且一年流出的水的质量m＝ρQ
所以η＝＝＝×100%＝67.1%。
(2)由W＝Pt，得t＝＝＝192.3 (天)。
(3)由于＝＝，所以＝
由于I＝＝ A ＝9 000 A，ΔP＝I2R＝5%P＝2.25×105 kW
所以R≈2.78 Ω(R为输电线路的总电阻)。
答案：(1)η＝ 67.1% (2)192.3天 (3) 2.78 Ω
课时跟踪检测（十四） 大显身手的传感器
1．机器人技术发展迅速，以下哪方面是现有的机器人不能很好地完成的( )
A．汽车工业中自动焊接领域
B．深水探险
C．艺术体操和与人对话
D．机械加工
解析：选C 现有的机器人技术限于制造工艺、计算机技术和传感器技术，还很难达到类似人对肢体的控制能力，其动作精确但较僵硬，语音识别能力还很差，在其他几个方面机器人都有上佳表现。
2．传感器的种类多种多样，其性能也各不相同。空调机在室内温度达到设定的温度后，会自动停止工作，空调机内使用的传感器是( )
A．生物传感器 B．红外传感器
C．温度传感器 D．压力传感器
解析：选C 空调机根据温度调节工作状态，所以内部使用了温度传感器，故C
正确。
3．下列和电视机遥控器中使用同一类传感器的是( )
A．红外报警装置
B．火灾报警装置
C．自动洗衣机中的压力传感装置
D．电饭煲中控制加热和保温的温控器
解析：选A 红外报警装置接收物体发出的红外线，和电视机遥控器中使用的是同一类传感器，故A正确；火灾报警装置采用的是光敏电阻做成的光电传感器，电饭煲中控制加热和保温的温控器是热敏电阻做成的温度传感器，故B、C、D错误。
4．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．当应变片的表面拉伸时，其电阻变大；反之变小
C．传感器输出的是应变片电压
D．外力越大，输出的电压差越小
解析：选B 应变片是由半导体材料制成的，A错误；应变片的表面拉伸时，R值变大，应变片压缩时，R值变小，B正确；传感器输出的是应变片两个电压的差值，外力越大，输出电压差值越大，C、D错误。
5．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：选B 题中提到有光照或温度升高时排气扇都能自动控制，由此可见两个传感器一个是光电传感器，一个是温度传感器，而且排气扇自动工作只需光照和温度一个满足条件即可。
6．如图1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( )
图1
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．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．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：选C 由火灾报警器的原理可知，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，其电阻变小，与传感器相连的电路检测出这种变化，发出警报，C对。
7．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图2甲所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在运动过程中，电流表的示数如图乙所示，下列判断中正确的是( )
图2
A．乙图表示电梯做匀速直线运动
B．乙图表示电梯做匀加速运动
C．乙图表示电梯做变加速运动
D．乙图表示电梯做匀减速运动
解析：选C 从题图乙可以看出电流增大，由欧姆定律知道压敏电阻阻值应该减小，结合压敏电阻特点可以判断，压力增大，而且电流逐渐变大，压力应该也是逐渐增大，说明电梯的加速度逐渐增大，所以电梯做变加速运动，C对。
8．(多选)如图3所示是电饭锅的结构图，如果感温磁体的“居里温度”为103 ℃，下列说法中正确的是( )
图3
A．常温下感温磁体具有较强的铁磁性
B．当温度超过103 ℃时，感温磁体的铁磁性较强
C．饭熟后，水分被大米吸收，锅底的温度会超过103 ℃，这时开关按钮会跳起
D．常压下只要锅内有水，锅内的温度不可能达到103 ℃，开关按钮就不会自动跳起
解析：选ACD 常温下感温磁体具有较强铁磁性，A正确；饭熟后，水分被大米吸收，锅底的温度会超过“居里温度”103 ℃，感温磁体铁磁性消失，这时开关按钮会跳起，B错误，C正确；常压下只要锅内有水，因为水的沸点为100 ℃，锅内的温度就不可能达到103 ℃，感温磁体始终具有铁磁性，开关按钮就不会自动跳起，D正确。
9．演示位移传感器的工作原理如图4所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的滑片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，则下列说法正确的是( )
图4
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：选B 电压表为理想电表，则电压表不分流，故触头移动时不会改变电路的
电阻，也就不会改变电路中的电流，故A错误。电压表测得的是滑片P左侧电阻分得的电压，故电压表的示数随物体M的移动而变化，即随滑片的运动而变化，故B正确，C、D均错误。
10．小强用恒温箱进行实验时，发现恒温箱的温度持续升高，无法自动控制。经检查，恒温箱的控制器没有故障。参照图5，下列对故障判断正确的是( )
图5
A．只可能是热敏电阻出现故障
B．只可能是温度设定装置出现故障
C．热敏电阻和温度设定装置都可能出现故障
D．可能是加热器出现故障
解析：选C 恒温箱内温度持续升高，说明加热器没有损坏，选项D错误。无法自动控制，而经检查控制器又没有故障，说明控制器没问题。热敏电阻或温度设定装置出现故障都能使温度持续升高，故应选C。
11．某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性。现有器材：直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒定)、电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等。
图6
(1)若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性，请你在图6甲中的实物图上
连线。
(2)实验的主要步骤：
①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电
流值；
②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，________，________，断开开关；
③重复第②步操作若干次，测得多组数据。
(3)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得如图乙所示的R-t关系图像，请根据图像写出该热敏电阻的R-t关系式：R＝______＋______t(Ω)(保留3位有效数字)。
解析：(1)
(2)水温改变后，热敏电阻的阻值会变化，在电流不变的情况下，电压表的示数随之改变。每次待温度稳定后，闭合开关，需要记录温度计的数值和电压表的数值。
(3)从图像知R与t成线性关系，且纵轴上截距(当t＝0 ℃时)R＝100 Ω；当t＝10 ℃时，R＝104 Ω；当t＝70 ℃时R＝128 Ω，所以斜率＝＝0.400，所以R＝100＋0.400t (Ω)。
答案：(1)见解析
(2)②记录温度计的数值 记录电压表的数值
(3)100 0.400
12．现有热敏电阻、电炉丝、电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关和导线若干。如图7所示，试设计一个温控电路。要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电，画出电路图并说明工作过程。
图7
解析：电路图如图所示：
工作过程：闭合S，当温度低于设计值时，热敏电阻阻值大，通过电磁继电器的电流不能使它工作，K接通，电炉丝通电供热；当温度达到设计值时，热敏电阻阻值减小到某值，通过电磁继电器的电流达到工作电流，K断开，电炉丝断电，停止供热。当温度低于设计值，又重复前述过程。
答案：见解析
课时跟踪检测（四） 感应电流的方向
1．根据楞次定律可知感应电流的磁场一定是( )
A．与引起感应电流的磁场方向相同
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．阻碍引起感应电流的磁通量
解析：选C 根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍的是引起它的磁通量的变化，反过来说，如果磁通量不发生变化，就没有感应电流的产生，故C选项正确。
2.如图1所示，在一水平、固定的闭合导体圆环上方。有一条形磁铁(N极朝上， S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( )
图1
A．总是顺时针
B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针
D．先逆时针后顺时针
解析：选C 磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，则导体环中先是向上的磁通量增加，磁铁过中间以后，向上的磁通量减少，根据楞次定律，产生的感应电流先顺时针后逆时针，选项C正确。
3.如图2所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，现在用一水平向右的力F拉动垂直于导轨放置的导体棒MN，下列关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力方向的说法中正确的是( )
图2
①感应电流方向为N→M ②感应电流方向为M→N ③安培力方向水平向左 ④安培力方向水平向右
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：选A 正确应用右手定则和左手定则。由右手定则易知，MN中感应电流方向
为N→M。再由左手定则可判知，MN所受安培力方向垂直于导体棒水平向左。故①③说法正确。
4.如图3所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行，线框由静止释放，在下落过程中( )
图3
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安培力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
解析：选B 据安培定则知通电直导线下方的磁场方向垂直纸面向里，且距离导线越远，磁场越弱，因此线框由静止释放下落的过程中磁通量一直变小，A错；据楞次定律可知线框中感应电流方向保持不变，B对；据楞次定律推论可得线框所受安培力的合力向上，C错；安培力做负功，线框的机械能减少，D错。
5.如图4所示，水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环，其中B接电源，在接通电源的瞬间，A、C两环( )
图4
A．都被B吸引
B．都被B排斥
C．A被吸引，C被排斥
D．A被排斥，C被吸引
解析：选B 在接通电源的瞬间，环B可等效为一短小的条形磁铁。左边为N极，右边为S极，穿过A、C环的磁通量在增加。两环A、C为了阻碍磁通量的增加，都应朝环B外部磁场较小的方向运动，即A向左运动而C向右运动，两环都受到B环的排斥作用。
6. (多选)如图5所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
图5
A．P、Q将相互靠拢
B．磁铁的加速度仍为g
C．P、Q将相互远离
D．磁铁的加速度小于g
解析：选AD 当磁铁向下运动时，闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律可判断出P、Q将相互靠拢，故A正确，B错误；磁铁受向上的斥力，故磁铁的加速度小于g，所以C错误，D正确。
7．(多选)如图6所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜质圆环用绝缘丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中( )
图6
A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
B．感应电流方向一直是逆时针
C．安培力方向始终与速度方向相反
D．安培力方向始终沿水平方向
解析：选AD 圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以A正确；由于圆环所在处的磁场，上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，故D正确。
8．(多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图7所示，当磁场以的变化率增强时，则( )
图7
A．线圈中感应电流方向为acbda
B．线圈中产生的电动势E＝·
C．线圈中a点电势高于b点电势
D．线圈中a、b两点间的电势差为·
解析：选AB 根据楞次定律可知，A正确。线圈中产生的电动势E＝＝·，B正确。线圈左边的一半相当于电源，在电源内部电流沿逆时针方向，所以a点电势低于b点电势，C错误。线圈右边的一半相当于外电路，a、b两点间的电势差相当于路端电压，其大小U＝＝·，D错误。
9．如图8所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点连接并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0?L。先将线框拉到如图所示的位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦力。下列说法正确的是( )
图8
A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→a
B．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→a
C．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等
D．金属线框最终将在磁场内来回摆动
解析：选D 在线框进入磁场过程中，由楞次定律可判得线框中感应电流方向为a→d→c→b→a。而在线框离开磁场过程中，同样由楞次定律可判得感应电流方向为a→b→c→d→a，所以A、B项均错误。因为线框在进入和离开磁场过程中，线框中产生了感应电流，通过电阻发热而损耗一部分能量，则动能会逐渐减少，所以速度会逐渐减小，所以选项C错误。线框在磁场中摆动过程中，由于磁通量不再发生变化，回路中不再产生感应电流，没有内能的产生，只有机械能的转化与守恒，所以线框最终会在磁场中做往复运动，则选项D正确。
10．一直升机悬停在南半球的地磁极上空，该处的地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B，直升机螺旋桨叶片长度为l，螺旋桨的转速为n，逆着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图9所示，如果忽略a到转轴中心的距离，用E表示每个叶片上的感应电动势，则( )
图9
A．E＝πnl2B，且a点电势低于b点电势
B．E＝2πnl2B，且a点电势低于b点电势
C．E＝πnl2B，且a点电势高于b点电势
D．E＝2πnl2B，且a点电势高于b点电势
解析：选C 由题意可知产生的感应电动势为E＝Blv＝Bl2ω，又ω＝2πn，故E＝πnl2B，根据右手定则可判断a点相当于电源正极，因此a点电势高于b点电势。选项C正确。
11.如图10所示，水平的平行光滑导轨，导轨间距离为L＝1 m，左端接有定值电阻R＝2 Ω，金属棒PQ与导轨接触良好，PQ的电阻为r＝0.5 Ω，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场中，现使PQ在水平向右的恒力F＝2 N作用下运动，求：
图10
(1)棒PQ中感应电流的方向；
(2)棒PQ中哪端电势高；
(3)棒PQ所受安培力方向；
(4)PQ棒的最大速度。
解析：(1)根据右手定则可知电流方向由Q→P。
(2)棒PQ相当于电源，电流在PQ上由负极流向正极，故P端电势高。
(3)由左手定则知，PQ棒所受安培力方向水平向左。
(4)由于向左的安培力增大，故PQ棒做加速度越来越小的加速运动，当F安＝F时，PQ棒的速度最大，设为v，此时感应电动势：E＝BLv，回路电流：I＝。
由F＝F安知F＝BIL，得：v＝＝5 m/s，方向水平向右。
答案：(1)Q→P (2)P端 (3)水平向左 (4)5 m/s，方向水平向右
12．用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为θ的平行绝缘光滑导轨上，平行导轨的间距也为l，如图11所示。在导轨的下端有一宽度为l(即ab＝l)、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直。如果把线框从静止状态释放，则线框恰好能够匀速地穿过磁场区域。若当地的重力加速度为g，求：
图11
(1)线框通过磁场时的运动速度；
(2)开始释放时，MN与bb′之间的距离；
(3)线框在通过磁场的过程中所产生的热量。
解析：(1)结合右手定则和左手定则，对线框进行受力分析。线框在磁场区域做匀速运动时，安培力满足F＝mgsin θ
又因为安培力F＝BIl，感应电流I＝，感应电动势E＝Blv
联立以上各式解得线框匀速运动的速度为v＝
(2)在进入磁场前，线框的加速度a＝gsin θ
所以线框进入磁场前下滑的距离s＝＝
(3)在通过磁场的过程中，线框沿斜面通过了2l的距离，根据能量的转化与守恒定律，
有Q热＝mg·2lsin θ＝2mglsin θ。
答案：(1) (2)
(3)2mglsin θ
