课时跟踪检测（一）划时代的发现 探究感应电流的产生条件
1．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是( )
A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大
B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大
C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零
D．磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的
解析：选C 穿过闭合回路的磁通量大小取决于磁感应强度、回路所围面积以及两者夹角三个因素，所以只了解其中一个或两个因素无法确定磁通量的变化情况，A、B项错误；同样由磁通量的特点，也无法判断其中一个因素的情况，C项正确，D项错误。
2.如图1所示，虚线框内有匀强磁场，大环和小环是垂直于磁场放置的两个圆环，分别用Φ1和Φ2表示穿过大小两环的磁通量，则有( )21教育网
图1
A．Φ1>Φ2
B．Φ1<Φ2
C．Φ1＝Φ2
D．无法确定
解析：选C 对于大环和小环来说，有效垂直面积相同，所以选C。
3.如图2所示，AB是水平面上一个圆的直径，在过AB的竖直面内有一根通电直导线CD，已知CD∥AB。当CD竖直向上平移时，电流的磁场穿过圆面积的磁通量将( )
图2
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 由于CD位于AB的正上方，根据安培定则可知，CD产生的磁感线在以AB为直径的圆内穿入和穿出的条数相同，所以不管电流怎么变化，下面圆内部的磁通量始终为0。21cnjy.com
4.如图3所示，ab是闭合电路的一部分，处在垂直于纸面向外的匀强磁场中( )
图3
A．当ab垂直于纸面向外平动时，ab中有感应电流
B．当ab垂直于纸面向里平动时，ab中有感应电流
C．当ab垂直于磁感线向右平动时，ab中有感应电流
D．当ab垂直于磁感线向左平动时，ab中无感应电流
解析：选C 闭合电路的部分导体做切割磁感线运动时，回路中一定有感应电流，故当ab垂直于纸面向外、向里平动时都不切割磁感线，ab中都没有感应电流，故A、B错。当ab垂直于磁感线向右、向左平动时都切割磁感线，ab中都有感应电流，故C对D错。
5．(多选)如图4所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直。导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd，与导轨接触良好。这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2，且井字形回路中有感应电流通过，则可能( )
图4
A．v1＞v2 B．v1＜v2
C．v1＝v2 D．无法确定
解析：选AB 只要金属棒ab、cd的运动速度不相等，穿过井字形回路的磁通量就发生变化，闭合回路中就会产生感应电流。故选项A、B正确。【来源：21·世纪·教育·网】
6.如图5所示，一有限范围的匀强磁场，宽度为d，将一边长为l的正方形导线框以速度为v匀速地通过磁场区域，若d>l，则线框中不产生感应电流的时间应等于( )
图5
A. B.
C. D.
解析：选C 当线框刚刚完全进入磁场时至线框刚刚出磁场时，通过线框的磁通量不发生变化，线框中不会产生感应电流，C正确。www.21-cn-jy.com
7.如图6所示，在条形磁铁的外面套着一个闭合金属弹簧线圈P，现用力从四周拉弹簧线圈，使线圈包围的面积变大，则下列关于穿过弹簧线圈磁通量的变化以及线圈中是否有感应电流产生的说法中，正确的是( )21世纪教育网版权所有
图6
A．磁通量增大，有感应电流产生
B．磁通量增大，无感应电流产生
C．磁通量减小，有感应电流产生
D．磁通量减小，无感应电流产生
解析：选C 本题中条形磁铁磁感线的分布如图所示(从上向下看)。磁通量是指穿过一个面的磁感线的多少，由于垂直纸面向外的和垂直纸面向里的磁感线要抵消一部分，当弹簧线圈P的面积扩大时，垂直纸面向里的磁感线条数增加，而垂直纸面向外的磁感线条数是一定的，故穿过这个面的磁通量将减小，回路中会有感应电流产生，选项C正确。www-2-1-cnjy-com
8．某同学做研究产生感应电流的条件的实验，将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线接成如图7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，请你帮他查出原因并改正。2-1-c-n-j-y
图7
解析：由条件可知线圈A中电流不变，产生的磁场也恒定，所以穿过线圈B的磁通量始终不发生变化，因此不论开关是断开还是闭合，线圈B中均不会产生感应电流，电流表的指针也不会发生偏转。应将电源、开关、滑动变阻器和A线圈串在一起，构成回路。B线圈与电流表构成另一回路。21·世纪*教育网
答案：见解析
9．(多选)如图所示，用导线做成的圆形回路与一直导线构成几种位置组合，其中图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，图D中直导线与圆形线圈垂直，并与中心轴重合。则切断直导线中的电流时，圆形回路中能产生感应电流的是( )
解析：选BC 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，因此穿过圆环的磁通量为零，所以当切断导线中的电流时，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；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；同理分析可得图C中也有感应电流产生；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。2·1·c·n·j·y
10. (多选)如图8所示，A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果中可能的是( )21*cnjy*com
图8
A．先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转
B．S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转
C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转
D．S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转
解析：选AD 回路A中有电源，当S1闭合后，回路中有电流，产生磁场，回路B中有磁通量。在S1闭合或断开的瞬间，回路A中的电流从无到有或从有到无，产生的磁场发生变化，从而使穿过回路B的磁通量发生变化，此时若S2是闭合的，则回路B中有感应电流，电流计指针偏转，所以选项A、D正确。21·cn·jy·com
11.如图9所示，矩形线圈abcd左半边处在匀强磁场中，右半边在磁场外，磁感应强度为B，线圈一半的面积为S，初始时磁场垂直于线圈平面，求下列情况中线圈中磁通量的变化量：【来源：21cnj*y.co*m】
图9
(1)以ab边为轴线圈转过90°。
(2)以ab边为轴线圈转过60°。
(3)以中线ef为轴线圈转过180°。
解析：(1)线圈初始磁通量Φ1＝BS，转过90°后，Φ2＝0，所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BS，大小为BS。【出处：21教育名师】
(2)当线圈以ab边为轴转过60°时，矩形线圈恰好全部进入磁场，Φ2＝B·2Scos 60°＝BS，所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝0，说明磁通量未发生变化。【版权所有：21教育】
(3)当线圈绕中线转过180°时，因为Φ1＝BS，磁感线是垂直于线圈的正前面向里穿过的，当线圈绕中线转过180°时，线圈的正后面转到正前面，磁感线是从原正后面向里穿过的，故Φ2＝－BS，所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－2BS，大小为2BS。21教育名师原创作品
答案：见解析
12.如图10所示，在边长为2l的正方形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，有一边长为l的正方形导线框沿垂直磁场的方向以速度v匀速通过磁场区域，从ab刚进入磁场开始计时。21*cnjy*com
图10
(1)指出哪些时间段内有感应电流产生。
(2)画出磁通量随时间变化的图像。
解析：(1)线框进入磁场的过程，在0～时间段内有感应电流产生，线框离开磁场
过程在～时间段内有感应电流产生。
(2)磁通量随时间变化的图像如图所示。
答案：见解析
课时跟踪检测（七） 交变电流
1．如图所示的各图像中表示交变电流的是( )
解析：选D B、C两图像中，虽然电流大小随时间做周期性变化，但方向从图上看在t轴一侧方向不变，故不是交变电流。A图中电流的方向没发生变化，不是交变电流。D图中，从图上看电流分布在t轴两侧，电流的大小、方向均做周期性变化，是交变电流，故选D。
2. (多选)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1所示，则( )
图1
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：选CD t1时刻，穿过线圈的Φ最大，但为零，A错误；t2时刻，穿过线圈的Φ等于零，但最大，B错误；t3时刻，Φ最大，等于零，感应电动势等于零，C正确；t4时刻，Φ等于零，但最大，感应电动势最大，D正确。www-2-1-cnjy-com
3．一交流发电机的感应电动势e＝Emsin ωt，如将线圈的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为( )2-1-c-n-j-y
A．e′＝2Emsin 2ωt B．e′＝2Emsin 4ωt
C．e′＝4Emsin 2ωt D．e′＝4Emsin 4ωt
解析：选C e＝Emsin ωt＝NBSω sin ωt，现N′＝2N，ω′＝2ω，则Em′＝4Em，所以感应电动势的瞬时值表达式将变为e′＝4Emsin 2ωt。【版权所有：21教育】
4.如图2所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为( )21*cnjy*com
图2
A．0.5Bl1l2ωsin ωt B．0.5Bl1l2ωcos ωt
C．Bl1l2ωsin ωt D．Bl1l2ωcos ωt
解析：选D 因为开始时刻线圈平面与磁感线平行，即从垂直于中性面开始运动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大为Em＝Bl1l2ω，感应电动势的表达形式应为余弦形式，因此在t时刻线圈中的感应电动势为Bl1l2ω cos ωt，故正确选项为D。
5．如图3所示，矩形线圈ABCD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′、AD、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( )
图3
A．E1＝E2，E3＝E4
B．E1＝E2＝E3，E4＝0
C．E1＝E2＝E3＝E4
D．E1＝E4，E2＝E3
解析：选B 线圈以相同的角速度分别绕OO′、AD、EF在匀强磁场中匀速转动时，产生的最大感应电动势为Em＝BSω，和转轴的位置无关，即E1＝E2＝E3，当线圈绕AB轴转动时，线圈的磁通量始终为零，无感应电动势，即E4＝0，故B正确。【来源：21cnj*y.co*m】
6．如图4甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动。当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻( )
图4
A．线圈中的电流最大
B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈所受的安培力最大
D．线圈中的电流为零
解析：选D 由T＝，故t＝＝，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误，由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A、C错误，D正确。 21教育网
7.如图5所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO′轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法是( )21世纪教育网版权所有
图5
A．只将线圈的转速减半
B．只将线圈的匝数减半
C．只将匀强磁场的磁感应强度减半
D．只将线圈的边长减半
解析：选B 由Im＝，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝，故A、C可行；又电阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B不可行；当边长减半时，面积S减为原来的，而电阻减为原来的，故D可行。21cnjy.com
8. (多选)一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图6所示，则下列说法中正确的是( )
图6
A．t1和t4时刻穿过线圈的磁通量为零
B．t1和t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零
C．线圈平面从与磁场方向平行的时刻开始计时
D．每当感应电动势e变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值都最大
解析：选BCD 由图像可知，为余弦式交变电流，说明t＝0时，线圈平面与磁感线方向平行，选项C正确。t1、t3时刻感应电动势为零，说明这两个时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，穿过线圈的磁通量最大，所以选项B正确，选项A错误。当线圈通过中性面时，感应电动势为零，感应电动势的方向要发生改变，所以选项D正确。21·cn·jy·com
9．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图7所示。则下列说法中正确的是( )www.21-cn-jy.com
图7
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率为0
C．t＝0.02 s时刻，感应电动势达到最大
D．从t＝0.01 s时刻至t＝0.04 s时刻线圈转过的角度是π
解析：选D 由图像可知t＝0、t＝0.02 s、t＝0.04 s时刻线圈平面位于中性面位置，Φ最大，＝0，故E＝0；t＝0.01 s、t＝0.03 s、t＝0.05 s时刻线圈平面与磁感线平行，Φ最小，最大，故E最大，从图像可知，从t＝0.01 s时刻至t＝0.04 s时刻线圈旋转周，转过的角度为π。2·1·c·n·j·y
10. (多选)一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图8中图线a所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b所示，以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是( )
图8
A．从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值
B．线圈先后两次转速之比为2∶3
C．在图线a和b中，t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
D．图线b电动势的瞬时值表达式为e＝100sin t(V)
解析：选AD 根据图线a：感应电动势最大值Em＝BSω＝Φmω，因此磁通量最大值Φm＝＝＝Wb，A正确。线圈先后两次周期之比＝＝，＝＝＝，B错误。t＝0时刻感应电动势为零，线圈处于中性面位置，磁通量最大，C错误。感应电动势最大值Em＝BSω，因此＝＝＝，即Emb＝Ema＝100 V，图线b电动势瞬时值表达式为e＝Embsin ωbt＝100sin t(V)，D正确。【来源：21·世纪·教育·网】
11.如图9所示，匀强磁场B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2 m，bc＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s绕OO′轴匀速转动。当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：21·世纪*教育网
图9
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式。
(2)由t＝0至t＝过程中的平均电动势值。
解析：(1)感应电动势的瞬时值e＝NBSωsin ωt，由题可知S＝a·b＝0.2×0.5 m2＝0.1 m221*cnjy*com
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V
所以e＝314sin 100πt V。
(2)用E＝N计算t＝0至t＝过程中的平均电动势
E＝N＝N＝
即E＝NBSω。代入数值得E＝200 V。
答案：(1)e＝314sin 100πt V (2)200 V
12.如图10所示，边长为0.5 m的正方形线框ABCD绕AB边在磁感应强度为0.4 T的匀强磁场中匀速转动，AB边与磁场方向垂直，转速为50 r/s。求：21教育名师原创作品
图10
(1)感应电动势的最大值。
(2)转动过程中，若从图示位置开始计时，当穿过线圈平面的磁通量为0.05 Wb时，感应电动势的瞬时值。【出处：21教育名师】
解析：(1)因为转速 n＝50 r/s
则角速度ω＝2πn＝100π rad/s
所以感应电动势的最大值：
Em＝BSω＝0.4×0.52×100π V＝31.4 V。
(2)穿过线圈的磁通量表达式为
Φ＝BScos ωt
当Φ＝0.05 Wb时，cos ωt＝＝
则此时感应电动势为
e＝Emsin ωt＝31.4× V＝27.2 V。
答案：(1)31.4 V (2)27.2 V
课时跟踪检测（三） 法拉第电磁感应定律
1．(多选)如图所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是( )
解析：选ABD 公式E＝Blv中的l应指导体的有效切割长度，A、B、D中的有效长度均为l，感应电动势E＝Blv，而C的有效长度为lsin θ，感应电动势E＝Blvsin θ，故A、B、D项正确。21*cnjy*com
2.如图1所示，把一阻值为R、边长为L的正方形金属线框，从磁感应强度为B的匀强磁场中，以速度v向右匀速拉出磁场。在此过程中线框中产生了电流，此电流( )
图1
A．方向与图示箭头方向相同，大小为
B．方向与图示箭头方向相同，大小为
C．方向与图示箭头方向相反，大小为
D．方向与图示箭头方向相反，大小为
解析：选A 利用右手定则可判断感应电流是逆时针方向。根据E＝BLv知，电流I＝＝，A正确。
3.如图2所示，平行导轨间的距离为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面。一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置。金属棒与导轨的电阻不计，当金属棒沿垂直于棒的方向滑行时，通过电阻R的电流为( )
图2
A. B.
C. D.
解析：选D 题中B、l、v满足两两垂直的关系，所以E＝Blv，其中l＝，即E＝，故通过电阻R的电流为，选D。21·cn·jy·com
4．(多选)穿过一个10匝线圈的磁通量每秒均匀地减少2 Wb，则该线圈中的感应电动势( )
A．大小不变 B．随时间均匀变化
C．减少了20 V D．等于20 V
解析：选AD 由感应电动势的表达式E＝n可计算出多匝线圈的电动势的大小。即E＝n＝20 V，A、D正确。【版权所有：21教育】
5.如图3所示，在半径为R的虚线圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化关系为B＝B0＋kt。在磁场外距圆心O为2R处有一半径恰为2R的半圆导线环(图中实线)，则导线环中的感应电动势大小为( )21教育名师原创作品
图3
A．0 B．kπR2
C. D．2kπR2
解析：选C 由E＝n＝＝πR2k可知选项C正确。
6. (多选)无线电力传输目前取得重大突破，在日本展出了一种非接触式电源供应系统，这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力。两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图4所示。下列说法正确的是( )【来源：21·世纪·教育·网】
图4
A．若甲线圈中输入电流，乙线圈中就会产生感应电动势
B．只有甲线圈中输入变化的电流，乙线圈中才会产生感应电动势
C．甲中电流越大，乙中感应电动势越大
D．甲中电流变化越快，乙中感应电动势越大
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，乙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。21教育网
7．如图5甲所示线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50 cm2，线圈总电阻r＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图乙所示变化，则在开始的0.1 s内( )21·世纪*教育网
图5
A．磁通量的变化量为0.25 Wb
B．磁通量的变化率为2.5×102 Wb/s
C．a、b间电压为0
D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A
解析：选D 通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2＝B2S为正，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝B2S－(－B1S)，代入数据即ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4 Wb＝2.5×10－3 Wb，A错误；磁通量的变化率＝ Wb/s＝2.5×10－2 Wb/s，B错误；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E＝n＝2.5 V且恒定，C错误；在a、b间接一个理想电流表时相当于a、b间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I＝＝0.25 A，选项D正确。www-2-1-cnjy-com
8.如图6所示，L是由绝缘导线绕制的螺线管，匝数为100，由于截面积不大，可以认为穿过各匝线圈的磁通量是相同的。设在0.5 s内把磁体的一极插入螺线管，这段时间内穿过每匝线圈的磁通量由0增加到1.5×10－5 Wb，这时螺线管产生的感应电动势有多大？
图6
解析：磁通量由0增加到1.5×10－5 Wb共用0.5 s，所以
ΔΦ＝1.5×10－5 Wb－0＝1.5×10－5 Wb。
Δt＝0.5 s。
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为
E＝n＝100× V＝3×10－3 V。
答案：3×10－3 V
9.如图7所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两个闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速拉到磁场外，不考虑线框的重力，若闭合线框中的电流分别为Ia、Ib，则Ia∶Ib为( )21cnjy.com
图7
A．1∶4 B．1∶2
C．1∶1 D．不能确定
解析：选C 线框产生的电动势为E＝Blv，由闭合电路欧姆定律得I＝，又lb＝2la，由电阻定律知Rb＝2Ra，故Ia∶Ib＝1∶1，C正确。2-1-c-n-j-y
10.如图8所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化，t＝0时，P、Q两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t，电容器P板( )【来源：21cnj*y.co*m】
图8
A．不带电 B．所带电荷量与t成正比
C．带正电，电荷量是 D．带负电，电荷量是
解析：选D 磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E＝＝S＝kS，而S＝，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝；由楞次定律知电容器P板带负电，故D选项正确。21世纪教育网版权所有
11.如图9所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形，为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式。【出处：21教育名师】
图9
解析：要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过闭合回路的磁通量不发生变化。
在t＝0时刻，穿过闭合回路的磁通量
Φ1＝B0S＝B0l2
设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为
Φ2＝Bl(l＋vt)
由Φ1＝Φ2得B＝。
答案：B＝
12.如图10所示，两条平行且足够长的金属导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向垂直导轨平面。两导轨间距为L，左端接一电阻R，右端接一电容器C，其余电阻不计。长为2L的导体棒ab如图所示放置。从ab与导轨垂直开始，在以a为圆心沿顺时针方向以角速度ω匀速旋转90°的过程中，试求通过电阻R的电荷量。2·1·c·n·j·y
图10
解析：以a为圆心、ab为半径，顺时针旋转至60°时，导体棒有效切割边最长为2L，故此时感应电动势为最大，且为21*cnjy*com
E＝B·2L·ω＝B(2L)2ω
此时电容器被充电q1＝CE＝2BL2ωC
在这一过程中通过R的电荷量
q2＝·Δt＝Δt＝Δt＝
注意从60°旋转到90°的过程中，电容器放电，所带电荷量 q1将全部通过电阻R，故整个过程中通过R的总电荷量为：www.21-cn-jy.com
q＝q1＋q2＝2BL2ωC＋。
答案：2BL2ωC＋
课时跟踪检测（九） 电感和电容对交变电流的影响
1.一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图1所示。一铁芯插进线圈之后，该灯将( )
图1
A．变亮
B．变暗
C．对灯没影响
D．无法判断
解析：选B 加入铁芯改变了电感的自感系数，自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，降落在灯上的电压减小，所以灯变暗。www-2-1-cnjy-com
2．如图2所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表A的示数增加，可行的办法是
图2
( )
A．使发电机F的转速增加
B．使发电机F的转速减小
C．在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质
D．使电容器两极板间的距离增大
解析：选A 当发电机转速增加时，交变电流的频率增大，容抗减小，电流表A的读数增大，A项正确，B项错误；在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时，电容器的电容减小，使电容器两极板间距离增大时电容也减小，当电容减小时，容抗增大，对交变电流的阻碍作用增大，电流表A示数减小，C、D两项均错误。21世纪教育网版权所有
3．下列说法中错误的是( )
A．电感的感抗只由线圈自身决定
B．同一电感对于不同频率的交变电流的感抗不同
C．电容器的容抗与电容器的电容值及交变电流的频率都有关
D．同一电容器，接入不同频率的电路中，电容器的容抗不同
解析：选A 电感的感抗由线圈的自感系数L和交变电流的频率f共同决定，A错，B对；电容是电容器本身的特点，容抗由电容C和交变电流的频率f共同决定，C、D正确。
4．(多选)对电容器能通过交变电流的原因，下列说法中正确的是( )
A．当电容器接到交流电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流
B．当电容器接到交流电源上时，电容器交替进行充电和放电，电路中才有交变电流
C．在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动
D．在有电容器的交流电路中，没有电荷通过电容器
解析：选BD 直流电不能通过电容器，将电容器接在交流电路中，由于电容器上电压改变，电容器充放电交替进行，在电路上形成了电流，相当于交变电流“通过”了电容器。电容器通电实质是反复充放电来实现通电的，实际并无电荷通过电容器。
5．(多选)电感对交变电流影响的以下说法中，正确的是( )
A．电感对交变电流有阻碍作用
B．电感对交变电流阻碍作用越大，感抗就越小
C．电感具有“通交流、阻直流，通高频、阻低频”的性质
D．线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越大
解析：选AD 电感对交变电流有阻碍作用，且频率越高阻碍作用越大。线圈自感系数越大，对相同频率的交变电流阻碍作用越大，故A、D正确。电感有“通直流、阻交流，通低频、阻高频”的特点，故C错。21cnjy.com
6．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。
7.如图3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 ( )
图3
A．等于220 V B．大于220 V
C．小于220 V D．等于零
解析：选C 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。
8．某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分，为使放大器仅得到交流低频成分，电路中可行的选项是( )21教育网
解析：选D 信号中含有三种成分，去掉直流成分用隔直电容即可，因此排除A、B。而C中交流高、低频成分均进入放大器，需加入另一旁路电容C2，所以D项正确。
9.如图4所示，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流；L是一个20 mH的高频扼流圈，C是一个100 pF的电容器，R是负载电阻。下列说法错误的是( )
图4
A．L的作用是“通低频，阻高频”
B．C的作用是“隔直流，通交流”
C．C的作用是“通高频，阻低频”
D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比
解析：选B L是一个自感系数很小的高频扼流圈，其作用是“通低频，阻高频”，选项A正确。C是一个电容很小的电容器，在图示电路中，对高频交流的容抗远小于对低频交流的容抗，其作用是“通高频，阻低频”，选项C正确。因电路中无直流，选项B错误。由于L对高频交流的阻碍作用和C对高频交流的旁路作用，使得通过R的电流中，低频交流所占的百分比远大于高频交流所占的百分比，选项D正确。21·cn·jy·com
10．(多选)从某一装置输出的交流常常既有高频成分，又有低频成分。如果只需要把低频成分输送到下一级装置，可采用的电路是( )www.21-cn-jy.com
解析：选AD 由于只需将低频成分输送到下一级装置，可将高频成分分流，但低频成分不能通过，即需要高频旁路电容器，选项A正确。也可以直接阻碍高频成分通过，即阻高频、通低频，可以采用高频扼流圈，选项D正确。2·1·c·n·j·y
11．如图5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？【来源：21·世纪·教育·网】
图5
解析：甲：低频成分；因电容器有隔直流作用，低频可通过。
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有旁路作用和隔直流作用，C越大，容抗越小， 低频成分越容易通过旁路。
答案：见解析
12. “二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器。音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动。图6所示为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b端输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则( )21·世纪*教育网
图6
A．甲扬声器是高音扬声器
B．C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器
C．L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D．L2的作用是减弱乙扬声器的高频电流
解析：选B 甲扬声器中，L1串联在电路中，对高频电流的阻碍作用很大，对低频电流的阻碍作用较小；C1并联在电路中，对高频电流的阻碍作用小，可以给高频电流提供通路，使低频电流通过甲扬声器传出，所以甲为低音扬声器。乙扬声器中，C2串联在电路中，对低频电流的阻碍作用很大，对高频电流的阻碍作用较小，L2并联在电路中，对低频电流的阻碍作用较小，可以给低频电流提供通路，使高频电流通过乙扬声器传出，所以乙为高音扬声器。
课时跟踪检测（二） 楞次定律
1．根据楞次定律知，感应电流的磁场一定是( )
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场的磁通量的变化
D．与引起感应电流的磁场方向相同
解析：选C 由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化，并不是阻碍原磁场的磁通量，感应电流的磁场可能与原磁场的方向相同，也可与原磁场方向相反，故选项C正确。21世纪教育网版权所有
2.如图1所示，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流(自左向右看)( )
图1
A．沿顺时针方向
B．先沿顺时针方向后沿逆时针方向
C．沿逆时针方向
D．先沿逆时针方向后沿顺时针方向
解析：选C 条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，向右的磁通量一直增加，根据楞次定律，环中的感应电流(自左向右看)为逆时针方向，C对。21cnjy.com
3.某磁场磁感线如图2所示，有一铜线圈自图示a处落至b处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是( )2·1·c·n·j·y
图2
A．始终顺时针
B．始终逆时针
C．先顺时针再逆时针
D．先逆时针再顺时针
解析：选C 自a点落至图示位置时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律判断知线圈中感应电流方向为顺时针，自图示位置落至b点时，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知，线圈中感应电流方向为逆时针，C项正确。21*cnjy*com
4．(多选)两根互相平行的金属导轨水平放置于如图3所示的匀强磁场中，在导轨上导体棒ab和cd可以自由滑动。当ab在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的是( )
图3
A．cd内有电流通过，方向是d→c
B．cd向左运动
C．磁场对cd作用力向左
D．磁场对ab作用力向左
解析：选AD 为了判断cd内电流方向，首先判断ab内的电流方向，因为ab在外力F作用下向右做切割磁感线运动，根据右手定则判断可知电流的方向是b→a，ab起着电源作用，电流从a端流出，回路的电流方向是b→a→d→c→b，所以A是对的。由左手定则可知D是正确的。【出处：21教育名师】
5．(多选)信用卡的磁条中有一个个连续的相反极性的磁化区如图4所示。刷卡时，当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时，在检测头的线圈中产生感应电流，那么下列说法正确的是( )
图4
A．a、b、c三位置经过检测头时，线圈中有感应电流产生
B．a、b、c三位置经过检测头时，线圈中无感应电流产生
C．a、c两位置经过检测头时，线圈中感应电流方向相同
D．a、c两位置经过检测头时，线圈中感应电流方向相反
解析：选AD a、b、c三位置处于磁性过渡区，经过检测头时，引起线圈中磁通量变化，有感应电流产生，A对B错。a、c两位置磁性变化规律不同，经过检测头时引起线圈中磁通量变化情况相反，感应电流方向相反，C错D对。www-2-1-cnjy-com
6.如图5所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则( )
图5
A．ab棒不受安培力作用
B．ab棒所受安培力的方向向右
C．ab棒中感应电流的方向由b到a
D．螺线管产生的磁场，A端为N极
解析：选C 金属棒ab沿导轨向右运动时，所受安培力方向向左，以“阻碍”其运动，A、B错误。根据右手定则可知，流过金属棒ab的感应电流的方向是从b流向a，所以流过螺线管的电流方向是从A端到达B端，根据右手螺旋定则可知，螺线管的A端为S极，C正确、D错误。www.21-cn-jy.com
7.如图6所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ。在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是( )【来源：21cnj*y.co*m】
图6
A．ab向右运动，同时使θ减小
B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小
C．ab向左运动，同时增大磁感应强度B
D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°＜θ＜90°)
解析：选A 依题意，磁通量 Φ＝BS cos θ，对于A选项，棒向右运动，S增大，同时θ减小，cos θ增大，则Φ一定增大，回路中有感应电流；对于B选项，B减小，同时θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，不一定产生感应电流；对于C选项，棒向左运动，S减小，同时B增大，Φ可能不变，也不一定产生感应电流；对于D选项，棒向右运动，S增大，同时B增大，θ增大即 cos θ减小，Φ可能不变，也不一定产生感应电流。
8.如图7所示，一铝制导体圆环竖直固定在水平光滑杆ab上，当把条形磁铁的N极向左插向圆环时，圆环中产生的感应电流方向如何？如果把条形磁铁从圆环中向右抽出时，圆环中产生的感应电流方向又如何呢？21教育网
图7
解析：当条形磁铁的N极向左插向圆环时，穿过圆环的磁通量逐渐增加，圆环产生感应电流。感应电流的磁场要阻碍引起感应电流的磁通量的增加，故感应电流的磁场方向向右，用安培定则可判定感应电流的方向为：从右向左看为逆时针方向。21·cn·jy·com
若条形磁铁从圆环中向右抽出时，穿过圆环的磁通量逐渐减少，圆环产生感应电流。感应电流的磁场要阻碍引起感应电流的磁通量的减少，感应电流的磁场方向向左，用安培定则可判定感应电流的方向为：从右向左看为顺时针方向。21·世纪*教育网
答案：见解析
9.如图8所示，圆形金属环放在水平桌面上，有一带正电的微粒以水平速度v贴近环的上表面距环心d处飞过，则带电微粒在飞过环的过程中，环中感应电流方向是( )
图8
A．始终是沿顺时针方向
B．始终是沿逆时针方向
C．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向
D．先沿逆时针方向，再沿顺时针方向
解析：选D 带电微粒靠近圆环过程中，穿过圆环的磁通量方向垂直纸面向里并增加，由楞次定律知，圆环中将产生逆时针方向的感应电流，当微粒远离圆环时，圆环中产生顺时针方向的感应电流。21*cnjy*com
10．(多选)如图9所示，导线框MNQP近旁有一个跟它在同一竖直平面内的矩形线圈abcd，下列说法正确的是( )21教育名师原创作品
图9
A．当电阻变大时，abcd中有感应电流
B．当电阻变小时，abcd中无感应电流
C．电阻不变，将abcd在其原来所在的平面内向PQ靠近时，其中有感应电流
D．电阻不变，将abcd在其原来所在的平面内远离PQ时，其中有感应电流
解析：选ACD 当电阻变化或abcd靠近、远离PQ时，穿过abcd的磁通量发生变化，会产生感应电流。2-1-c-n-j-y
11．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图10所示方式连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以推断 ( )
图10
A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向
解析：选B 本题重点考查学生对实验现象的综合分析能力，关键是找到电流计指针向右偏转的原因是线圈B中磁通量的减小。滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，线圈A中电流减小，线圈B中的磁通量减小，闭合电路中产生感应电流，电流表指针向右偏转。当线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关时，线圈B中的磁通量均减小，电流计指针均向右偏转，故选B。【来源：21·世纪·教育·网】
12．如图11所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向。
图11
(1)在给出的实物图中，用实线作为导线将实验仪器连成实验电路。
(2)将线圈L1插入L2中，合上开关，能使感应电流与原电流的绕行方向相同的方法是( )
A．插入软铁棒
B．拔出线圈L1
C．使变阻器连入电路中的阻值变大
D．断开开关
解析：(1)实物连接如图所示。
(2)实验结果要使感应电流与原电流的绕行方向相同，必须使线圈L2中的磁通量减少，故正确选项是B、C、D。【版权所有：21教育】
答案：见解析
课时跟踪检测（五） 互感和自感
1．关于线圈的自感系数，下面说法正确的是( )
A．线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大
B．线圈中电流等于零时，自感系数也等于零
C．线圈中电流变化越快，自感系数越大
D．线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定
解析：选D 自感系数是线圈本身的固有属性，只决定于线圈长短、粗细、匝数、有无铁芯等因素，而与电流变化快慢等外部因素无关。自感电动势的大小与线圈自感系数及电流变化率有关，A、B、C错，D对。21cnjy.com
2.如图1所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开开关S的瞬间会有( )
图1
A．灯A立即熄灭
B．灯A慢慢熄灭
C．灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭
D．灯A突然闪亮一下再突然熄灭
解析：选A 本题中，当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A在S断开后不能形成闭合回路，故在开关断开后通过灯A的电流为零，灯立即熄灭。A正确。21·世纪*教育网
3.如图2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变化关系的是图中的( )2-1-c-n-j-y
图2
解析：选D S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1 A。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，使线圈中的电流将从原来的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，故D项正确。【来源：21·世纪·教育·网】
4.如图3所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，灯泡具有一定的亮度。若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，则将看到( )
图3
A．灯泡变暗 B．灯泡变亮
C．螺线管缩短 D．螺线管长度不变
解析：选A 当软铁棒插入螺线管中时，穿过螺线管的磁通量增加，故产生反向的自感电动势，使总电流减小，灯泡变暗，每匝线圈间同向电流吸引力减小，螺线管变长。
5.在如图4所示的电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零刻度在表盘中央的两个相同的电流表。当开关S闭合时，电流表G1、G2的指针都偏向右方，那么当断开开关S时，将出现的现象是( )21*cnjy*com
图4
A．G1和G2的指针都立即回到零点
B．G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点
C．G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
D．G2的指针缓慢地回到零点，而G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
解析：选D 根据题意，电流方向自右向左时，电流表指针向右偏。那么，电流方向自左向右时，电流表指针应向左偏。当开关S断开的瞬间，G1中原电流立即消失，而对于G2所在支路，由于线圈L的自感作用，电流不会立即消失，自感电流沿L、G2、G1的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一段时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减小为零，此时G1中的电流和原电流方向相反，变为自左向右，且与G2中的电流同时缓慢减小为零，故选项D正确。【出处：21教育名师】
6. (多选)如图5所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是( )【版权所有：21教育】
图5
A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常
B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮
C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮
D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭
解析：选BD 由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，选项A、C错误B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D正确。21·cn·jy·com
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( )21教育名师原创作品
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 在断电自感现象中，断电时线圈与小灯泡构成回路，线圈中储存的磁场能转化为电能，线圈相当于电源，自感电动势E自＝L，与原电源无关，选项A错误；如果小灯泡电阻偏大，则通过线圈的电流较大，断电时可能看到显著的延时熄灭现象和小灯泡闪亮现象，选项B错误；如果线圈电阻偏大，则通过线圈的电流较小，断电时只能看到不显著的延时熄灭现象，且小灯泡不会出现闪亮现象，选项C正确；如果线圈的自感系数较大，则自感电动势较大，可能看到显著的延时熄灭现象和小灯泡闪亮现象，选项D错误。
8. (多选)如图7所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关。对于这个电路，下列说法正确的是( )21*cnjy*com
图7
A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等
B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等
C．闭合开关S，电路达到稳定时，D1熄灭，D2比原来更亮
D．闭合开关S，电路达到稳定时，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下后熄灭
解析：选ACD 由于线圈的电阻可忽略不计，且自感系数足够大，在开关闭合的瞬间线圈的阻碍作用很大，线圈中的电流为零，所以通过D1、D2的电流大小相等，选项A正确，B错误。闭合开关S，电路达到稳定时线圈短路，D1中电流为零，回路中的总电阻减小，总电流增大，D2比原来更亮，选项C正确。闭合开关S，电路达到稳定时，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭，线圈和D1形成闭合回路，D1闪亮一下后熄灭，选项D正确。
9.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8所示，其道理是( )21世纪教育网版权所有
图8
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。21教育网
10. (多选)如图9所示，电池的电动势为E，内阻不计，线圈自感系数较大，直流电阻不计。当开关S闭合后，下列说法正确的是( )【来源：21cnj*y.co*m】
图9
A．a、b间电压逐渐增加，最后等于E
B．b、c间电压逐渐增加，最后等于E
C．a、c间电压逐渐增加，最后等于E
D．电路中电流逐渐增加，最后等于
解析：选BD 由于线圈自感系数较大，当开关闭合瞬间，a、b间近似断路，所以a、b间电压很大，随着电流的增加，a、b间电压减小，b、c间电压增大，最后稳定后，a、b间电压为零，b、c间电压等于E，电流大小为I＝，选项B、D对，A、C错。
11.如图10所示，电源的电动势E＝15 V，内阻忽略不计，R1＝5 Ω，R2＝15 Ω，电感线圈的电阻不计，求当开关S接通的瞬间、S接通达到稳定时及S断开的瞬间流过R1的电流。
图10
解析：开关接通瞬间，L所在的支路处于断路状态，流过R1的电流为0。
稳定时，L相当于无阻导线
I1＝＝3 A
S断开瞬间，R1中的电流仍为I1＝3 A。
答案：见解析
12．如图11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。www.21-cn-jy.com
图11
(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。2·1·c·n·j·y
(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。www-2-1-cnjy-com
答案：见解析
课时跟踪检测（八） 描述交变电流的物理量
1．在阻值为70 Ω的电阻中通以正弦交变电流，测得在10 min内放出的热量为2.1×104 J，则此交变电流的最大值为( )21世纪教育网版权所有
A．0.24 A B．0.5 A
C．0.707 A D．1 A
解析：选D 根据Q＝I2Rt得I＝ A，所以Im＝I＝1 A。
2．如图1所示是一个正弦式交变电流的图像，下列说法正确的是( )
图1
A．周期是0.2 s，电流的峰值是10 A
B．周期是0.15 s，电流的峰值是10 A
C．频率是5 Hz，电流的有效值是10 A
D．频率是0.2 Hz，电流的有效值是7.07 A
解析：选A 由图像可知T＝0.2 s，Im＝10 A，故频率f＝＝5 Hz，I＝＝5 A＝7.07 A，A正确，B、C、D错误。21教育网
3．一只“220 V,100 W”的灯泡接在u＝311sin 314t V的交变电源上，则下列判断正确的是( )21·cn·jy·com
A．灯泡能正常发光
B．与灯泡串联的电流表的示数为0.64 A
C．与灯泡并联的电压表的示数为311 V
D．通过灯泡的电流的表达式为i＝0.45sin 314t A
解析：选A 从电压瞬时值表达式知电压有效值为220 V，故“220 V,100 W”灯泡接在此交流电源上能正常发光，故A正确。通过灯的电流I＝ A＝0.45 A，也是与灯串联电流表的示数，故B不正确。电压表与灯并联测得的也是灯的电压有效值，故示数为220 V，所以C选项不正确。通过灯的电流的有效值为0.45 A，故其最大值Im＝×0.45 A＝0.64 A，故D选项不正确。www.21-cn-jy.com
4．(多选)有两支交变电流表达式分别是：u1＝110sinV，u2＝220sinV。下列说法正确的是( )【来源：21cnj*y.co*m】
A．它们的峰值相同 B．它们的周期相同
C．它们的相位差恒定 D．它们的变化步调一致
解析：选BC u1代表的交流的电压峰值为110 V，角速度为ω＝2πf＝100π，则频率f＝50 Hz，初相位为。u2代表的交流的电压峰值为220 V，角速度为ω＝2πf＝100π，则频率f＝50 Hz，初相位为。所以它们的峰值不同，A错误；由于频率相同，故T均为0.02 s，B正确；其相位差ΔΦ＝－＝为定值，C正确，D错误。
5.如图2所示，实验室中有一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10sin 10πt V，则( )【出处：21教育名师】
图2
A．该交变电流的频率为10 Hz
B．该电动势的有效值为10 V
C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W
D．电路中理想交流电流表○的示数为1.0 A
解析：选D 由产生的电动势可知，该交变电流的频率为5 Hz，选项A错误；该电动势的有效值为E＝10 V，选项B错误；电路中交流电流表的示数为电流的有效值，为 I＝＝1.0 A，选项D正确；外接电阻R所消耗的电功率为P＝I2R＝9 W，选项C错误。
6．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T。从中性面开始计时，当t＝T时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 V，则此交变电流的有效值为( )
A．2 V B．2 V
C. V D. V
解析：选A 先用代入法求出感应电动势的最大值：由e＝Em sin ωt得2 V＝Emsin，由此得Em＝4 V，因此有效值为2 V。选项A正确。
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( )21*cnjy*com
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。【版权所有：21教育】
8．(多选)图4甲、乙分别为两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分。下列说法正确的是( )21教育名师原创作品
图4
A．图甲、图乙均表示交流电
B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝20sin 100πt(V)
C．图乙所示电压的有效值为20 V
D．图乙所示电压的有效值为10 V
解析：选ABD 根据交变电流的定义，图甲、图乙均表示交流电，图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝20sin 100πt(V)，选项A、B正确。根据有效值的定义得：·＝T，解得图乙所示电压的有效值U＝10 V，选项D正确、C错误。
9．一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5甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )
图5
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 由题图甲知Em＝220 V，
则电源电动势有效值E＝＝220 V，
I＝＝ A＝2.2 A，电压表示数即路端电压有效值U＝IR＝2.2×95 V＝209 V，A错；线框每转一圈，电流方向改变两次，故每秒钟电流方向改变n＝×2＝×2次＝100次，B错；由P灯＝UI得：P灯＝209×2.2 W＝459.8 W，C错；由Q＝I2rt得：Qr＝2.22×5×1 J＝24.2 J，D正确。2·1·c·n·j·y
10. (多选)如图6所示，交流发电机的矩形线圈边长ab＝cd＝0.4 m，ad＝bc＝0.2 m，线圈匝数N＝100，电阻r＝1 Ω，线圈在磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以ω＝100π rad/s的角速度匀速转动，外接电阻R＝9 Ω，以图示时刻开始计时，则( )21·世纪*教育网
图6
A．电动势瞬时值为160πsin(100πt)V
B．t＝0时线圈中磁通量变化率最大
C．t＝ s时线圈中感应电动势最大
D．交变电流的有效值是8π A
解析：选BCD 电动势的瞬时值e＝NBS ωcos ωt＝100×0.2×0.4×0.2×100πcos(100πt)V＝160πcos(100πt)V，A错误。图示时刻即t＝0时，Φ＝0，但最大，B正确。t＝ s时，e＝Em，C正确。交变电流的有效值是8 π A，D正确。www-2-1-cnjy-com
11.如图7所示，在匀强磁场中有一个内阻r＝3 Ω、面积S＝0.02 m2的半圆形导线框可绕OO′轴旋转。已知匀强磁场的磁感应强度B＝ T。若线框以ω＝100π rad/s的角速度匀速转动，且通过电刷给“6 V 12 W”的小灯泡供电，则：2-1-c-n-j-y
图7
(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)从图示位置开始，线框转过90°的过程中，流过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？21*cnjy*com
(3)由题所给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡实际功率为多大？
解析：(1)线框转动时产生感应电动势的最大值
Em＝BSω＝10 V，
则感应电动势的瞬时值表达式
e＝Emcos ωt＝10cos 100πt V。
(2)线框转过90°的过程中，产生的平均电动势＝＝，
灯泡电阻R＝＝3 Ω，
故流过的电荷量q＝·T＝＝ C；
与线框转动的快慢无关。
(3)线框产生的电动势的有效值E＝＝10 V，
灯泡两端电压U＝R＝5 V<6 V，
故灯泡不能正常发光，其实际功率
P＝＝ W。
答案：(1)e＝10cos 100πt V (2) C 无关
(3)不能 W
12.如图8所示，边长为L的正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B，现在线圈以OO′为轴，以角速度ω匀速转动，求：【来源：21·世纪·教育·网】
图8
(1)闭合电路中电流瞬时值的表达式；
(2)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上产生的热量；
(3)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上通过的电荷量；
(4)电阻R上的最大电压。
解析：(1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad边和bc边转动的线速度大小相等，当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为21cnjy.com
Em＝nBLv＝nBL·ω·L＝nBL2ω。
由闭合电路欧姆定律可知Im＝，当以图示位置为计时起点时，流过R的电流表达式为
i＝Imsin ωt＝sin ωt。
(2)在线圈由图示位置匀速转动90°的过程中，用有效值来计算电阻R产生的热量
Q＝I2R，其中I ＝＝，T＝，即
Q＝I2R＝。
(3)在转过90°的过程中感应电动势的平均值为
＝n＝＝，
流过R的平均电流＝＝，
所以流过R的电荷量q＝·＝。
(4)由部分电路欧姆定律可知电阻R上的最大电压
Um＝ImR＝。
答案：见解析
课时跟踪检测（六） 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1．下列做法中可能产生涡流的是( )
A．把金属块放在匀强磁场中
B．让金属块在匀强磁场中做匀速运动
C．让金属块在匀强磁场中做变速运动
D．把金属块放在变化的磁场中
解析：选D 涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化。而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误，把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确。21教育网
2．(多选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成，而不采用一整块硅钢，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．增大涡流，减小铁芯的发热量
D．减小涡流，减小铁芯的发热量
解析：选BD 涡流的主要效应之一就是发热，而变压器的铁芯发热，是我们不希望出现的。所以不采用整块硅钢，而采用薄硅钢片叠压在一起，目的就是减小涡流，从而减小铁芯的发热量，进而提高变压器的效率。故B、D正确。【来源：21·世纪·教育·网】
3．目前金属探测器已经广泛应用于各种安检、高考及一些重要场所，关于金属探测器的下列有关论述中正确的是( )21·世纪*教育网
A．金属探测器可用于月饼生产中，用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中
B．金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手脚中的金属物，是因为探测器的线圈中能产生涡流
C．使用金属探测器时，应该让探测器静止不动，探测效果会更好
D．能利用金属探测器检测考生是否携带手机等违禁物品，是因为探测器的线圈中通有直流电
解析：选A 金属探测器是通过其通有交流电的探测线圈，会在被探测的金属中激起涡流，反射回探测线圈，从而改变原交流电的大小，起到探测作用。当探测器相对于被测金属发生移动时，探测器的线圈中的交流电产生的磁场相对变化较快，在金属中产生的涡流会更强，检测效果更好。故A正确。21世纪教育网版权所有
4. (多选)一块铜片置于如图1所示的磁场中，如果用力把这块铜片从磁场中拉出或把它进一步推入，在这两个过程中有关磁场对铜片的作用力，下列叙述正确的是( )
图1
A．拉出时受到阻力
B．推入时受到阻力
C．拉出时不受磁场力
D．推入时不受磁场力
解析：选AB 铜片无论被拉出还是被推入，由于电磁感应，铜片中都会产生感应电流，所受安培力阻碍相对运动，产生电磁阻尼效果，所以A、B正确。2·1·c·n·j·y
5. (多选)图2所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是( )
图2
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稳定
解析：选AD 1在磁铁2中转动时产生涡流，受到安培力作用阻碍指针的转动，使之能很快稳定下来，故A、D正确。www-2-1-cnjy-com
6．下列磁场垂直加在圆盘上，不能产生涡流的是( )
解析：选A 稳定的磁场不能产生涡流。
7.如图3所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小球( )
图3
A．整个过程匀速运动
B．进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程做加速运动
C．整个过程都做匀减速运动
D．穿出时的速度一定小于初速度
解析：选D 小球在进出磁场过程中穿过小球的磁通量发生变化，有涡流产生，要受到阻力。
8. (多选)如图4所示，闭合金属环从曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升，设环的初速度为零，摩擦不计，曲面处在图示磁场中，则( )【来源：21cnj*y.co*m】
图4
A．若是匀强磁场，环滚上的高度小于h
B．若是匀强磁场，环滚上的高度等于h
C．若是非匀强磁场，环滚上的高度等于h
D．若是非匀强磁场，环滚上的高度小于h
解析：选BD 若是匀强磁场，环中磁通量不变，无感应电流产生，环的机械能守恒，A错，B对；若为非匀强磁场，则环中磁通量变化，产生感生电流，机械能减少，C错，D对。
9.如图5所示，蹄形磁铁的两极之间放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，当磁铁按图示方向绕OO′轴转动时，线圈的运动情况是( )
图5
A．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同
B．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同
C．线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁的转速
D．线圈静止不动
解析：选C 当磁铁转动时，由楞次定律知，线圈中有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，即感应电流的方向必定是使其受到的力矩的方向与磁铁转动方向相同，以减小磁通量的增加，因而线圈跟着转起来，但转速小于磁铁的转速。如果转速相等，线圈中的磁通量不再变化，起“驱动”作用的安培力将消失。21cnjy.com
10.如图6所示，一个铜质圆环，无初速度地自位置Ⅰ下落到位置Ⅱ，若圆环下落时其轴线与磁铁悬线重合，圆环面始终水平。位置Ⅰ与位置Ⅱ的高度差为h，则运动时间( )
图6
A．等于 B．大于
C．小于 D．无法判定
解析：选B 由于电磁阻尼，阻碍铜质圆环的下落，所以下落时间大于。
11. (多选)如图7所示，在蹄形磁铁的两极间有一可以自由转动的铜盘(不计各种摩擦)，现让铜盘转动。下面对观察到的现象描述及解释错误的是( )【出处：21教育名师】
图7
A．铜盘中没有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去
B．铜盘中有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去
C．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将很快停下
D．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将越转越快
解析：选ABD 铜盘转动时，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律知，盘中有感应电动势，也产生感应电流，并且受到阻尼作用，机械能很快转化为电能进而转化为焦耳热，铜盘将很快停下，故C对，A、B、D错。21·cn·jy·com
12.如图8所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有一足够长的金属杆，杆上挂有一光滑螺线管A。在弧形轨道上高为h的地方，无初速度释放一磁铁B(可视为质点)，B下滑至水平轨道时恰好沿螺线管A的中心轴运动，设A、B的质量分别为M、m，若最终A、B速度分别为vA、vB。【版权所有：21教育】
图8
(1)螺线管A将向哪个方向运动？
(2)全过程中整个电路所消耗的电能是多少。
解析：(1)磁铁B向右运动时，螺线管中产生感应电流，感应电流产生电磁驱动作用，使得螺线管A向右运动。www.21-cn-jy.com
(2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A、B的动能和螺线管中的电能，所以
mgh＝MvA2＋mvB2＋E电。
即E电＝mgh－MvA2－mvB2。
答案：(1)向右运动 (2)mgh－MvA2－mvB2
13.如图9所示，一狭长的铜片能绕O点在纸平面内摆动，有界的磁场其方向垂直纸面向里，铜片在摆动时受到较强的阻尼作用，很快就停止摆动。如果在铜片上开几个长缝，铜片可以在磁场中摆动较多的次数后才停止摆动，这是为什么？2-1-c-n-j-y
图9
解析：没有开长缝的铜片在磁场中摆动时，铜片内将产生较大的涡流，涡流在磁场中所受的安培力总是阻碍铜片的摆动，因此铜片很快就停止摆动。如果在铜片上开有多条长缝，就可以把涡流限制在缝与缝之间的各部分铜片上，较大地削弱了涡流，阻力随之减小，所以铜片可以摆动多次后才停止摆动。21*cnjy*com
答案：见解析
课时跟踪检测（十一） 电能的输送
1．在远距离输电过程中，为减少输电线路上的电能损失，可采用的最佳方法是( )
A．使输电线粗一些 B．减短输电线长度
C．减少通电时间 D．采用高压输电
解析：选D 从造成电能损失的原因分析，要减少电能损失，需要减小电阻或减小输电电流。减小电阻的方法实现起来较困难，因此应当采用高压输电，减小输电电流。
2．远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压提高到原来的n倍，则下列说法中正确的是( )
A．输电线上的电流变为原来的n倍
B．输电线上的电压损失变为原来的
C．输电线上的电功率损失变为原来的
D．若输电线上的电功率损失不变，输电线路长度可变为原来的n2倍
解析：选D P＝UI，当U变为原来的n倍时，I变为原来的；输电线上的电压损失：ΔU＝R线
电功率损失：P损＝2R线①
输电线电阻R线＝ρ，当l变为原来的n2倍时，电阻增大为原来的n2倍，由①式知P损不变。
3．(多选)发电厂发电机的输出电压是U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，导线中的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损失的功率下列表达式正确的是( )
A. B.
C．I2R D．I(U1－U2)
解析：选BCD 用P＝求电阻上损失的功率时，U要与电阻R相对应，选项A中的U1是输出电压不是输电线上的电压，故选项A是错误的。选项B中的U1－U2是输电线上的电压，因此，选项B是正确的。选项C、D中的电流I是输电线中的电流，故选项C、D都是正确的。
4．输电线的电阻共计为r，输送的电功率为P，用电压U送电，则用户能得到的电功率为( )
A．P B．P－r
C．P－ D.r
解析：选B 用户能得到的电功率为输送的电功率与输电线上损失的热功率之差，所以P用户＝P－2r，选项B正确。21教育网
5．用U1和U2两种电压通过相同长度和材料的导线输电，若输送的电功率相等，在输电导线上损失的电功率也相同，则在两种情况下输电导线截面积之比S1∶S2为( )
A. B.
C.2 D.2
解析：选C 由输送的电功率P＝IU，损失的电功率ΔP＝I2R，得ΔP＝R。由题意知，R1＝R2，由此得＝，因为R＝ρ，所以＝。21cnjy.com
6．远距离输电线路的示意图如图1所示，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )
图1
A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关
B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定
C．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大
D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
解析：选C 变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A、B错误；用户用电器总电阻减少，根据P＝，消耗功率增大，输电线中电流增大，线路损失功率增大，C项正确；升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失的电压加上降压变压器的输入电压，D项错误。21·cn·jy·com
7．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%。21·世纪*教育网
(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
8．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图2所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220sin 100πt V，降压变压器的副线圈与阻值R0＝11 Ω的电阻组成闭合电路。若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是( )www.21-cn-jy.com
图2
A．通过R0电流的有效值是20 A
B．降压变压器T2原、副线圈的电压之比为4∶1
C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压
D．升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率
解析：选AB T2副线圈两端交流电压u＝220sin 100πt V，电压有效值为220 V，则通过R0的电流有效值I＝ A＝20 A，A项正确；由原、副线圈电压与匝数的关系知B项正确；由于输电线有电阻，所以升压变压器T1的输出电压和输出功率大于降压变压器T2的输入电压和输入功率，C、D两项均错。【来源：21·世纪·教育·网】
9．(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 由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，P出－P损＝P入，故D正确。＝，＝，因为U1＝200 V＜U4＝220 V，U2＞U3＝U2－U线，故＞，选项A正确。www-2-1-cnjy-com
10．某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V，输出电功率为50 kW，如果用电阻为3 Ω的输电线向远处用户送电，这时用户获得的电压和电功率是多少？若要求输电线上损失的电功率是输电功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为220 V供用户使用，不考虑变压器的能量损失，这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？2-1-c-n-j-y
解析：用500 V电压送电时示意图如图甲所示，输电功率为50 kW时输电线上的电流
甲
I0＝＝ A＝100 A。
用户获得电压U1＝U0－I0R＝(500－100×3) V＝200 V，因此用户获得的功率P1＝I0U1＝2×104 W。2·1·c·n·j·y
改用高压输送时，示意图如图乙所示。
要求P损＝0.6%×P，即P损＝50×103×0.6% W＝300 W。
乙
输电电流I＝ ＝ A＝10 A。
发电站升压后输电电压U＝＝ V＝5 000 V。
升压变压器匝数比＝＝＝。
输电线上损失的电压U′＝IR＝10×3 V＝30 V。
到达用户输入变压器电压
U2＝U－U′＝(5 000－30)V＝4 970 V。
故降压变压器的匝数比＝＝＝。
答案：见解析
11．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，则21世纪教育网版权所有
(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输电过程，如图所示。
所有灯都正常工作的总功率为
P2′＝22×6×40 W＝5 280 W
用电器都正常工作时的总电流
I2′＝＝ A＝24 A
两个变压器之间输电线上的电流
Ir＝I2＝＝6 A
故输电线上损耗的电功率
Pr＝Ir2r＝144 W。
(2)升压变压器的输出功率
P1′＝Pr＋P2′＝5 424 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′＝5 424 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
Ur＝Irr＝24 V
因此升压变压器的输出电压
U1′＝Ur＋U2＝904 V
升压变压器的输入电压
U1＝＝226 V
升压变压器的输入电流
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)5 424 W (3)250 V
课时跟踪检测（十三） 传感器的应用
1．下列器件是应用力传感器的是( )
A．鼠标器 B．火灾报警器
C．测温仪 D．电子秤
解析：选D 鼠标器中的传感器是红外线接收管，属于光传感器；火灾报警器中传感器是光电三极管，属于光传感器；测温仪用的是温度传感器；电子秤的敏感元件是应变片，是力传感器，D正确。21*cnjy*com
2.如图1所示，电吉他的弦是磁性物质，当弦振动时，线圈中产生感应电流，感应电流输送到放大器、喇叭，把声音播放出来，下列说法正确的是( )www.21-cn-jy.com
图1
A．电吉他是光电传感器
B．电吉他是温度传感器
C．电吉他是声音传感器
D．弦改用尼龙材料原理不变
解析：选C 由电吉他发声原理可知是将声音变化转变为电流的变化，C对，A、B、D错。
3．用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是传感器把光信号转换为电信号的过程，下列属于这类传感器的是( )www-2-1-cnjy-com
A．红外报警装置
B．走廊照明灯的声控开关
C．自动洗衣机中的压力传感装置
D．电饭煲中控制加热和保温的温控器
解析：选A 红外报警器是当有人或物通过时，将红外线遮住从而使得光信号被遮住，光电效应装置无电流通过，红外报警器则通过另外的装置联系一定的动作，是将光信号转换为电信号的过程，则A选项正确；而B选项是将声音信号转换为电信号的过程，C选项是利用压力来传递信息的过程，D选项则通过温度来控制的过程。
4．下列说法正确的是( )
A．电饭锅中的温度传感器的主要元件是氧化铁
B．氧化铁在常温下具有铁磁性，温度很高时失去铁磁性
C．用电饭锅烧水，水开时能自动断电
D．用电饭锅煮饭时，若温控开关自动断电后，它不能自动复位
解析：选D 电饭锅的主要元件为感温铁氧体，它在103 ℃时失去铁磁性，选项A、B均错；用电饭锅烧水时，在标准大气压下，水温最高为100 ℃，电饭锅不会自动断电，若无人控制，则会直到水全部蒸发后才会断电，选项C错；电饭锅开关自动断电后只能手动复位，选项D正确。
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，A、C、D错，B对。21世纪教育网版权所有
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( )【来源：21·世纪·教育·网】
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.惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计。加速度计构造原理的示意图如图2所示，沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连；两弹簧的另一端与固定壁相连。滑块原来静止，弹簧处于自然长度，滑块上有指针可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导。设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度( )
图2
A．方向向左，大小为 B．方向向右，大小为
C．方向向左，大小为 D．方向向右，大小为
解析：选D 当指针向左偏离O点的距离为s时，与滑块相连的左边弹簧被压缩s，右边弹簧被拉伸s，因而弹簧对滑块的弹力的大小均为ks，且方向均水平向右，即滑块受到的合力大小为2ks，方向水平向右。由牛顿第二定律可知选项D正确。
8．如图3所示，实线是某同学利用力传感器悬挂一钩码在竖直方向运动时，数据采集器记录下的力传感器中拉力的大小变化情况。从图中可知道该钩码的重力约为________N，A、B、C、D四段图线中钩码处于超重状态的为________，处于失重状态的为________。
图3
解析：当拉力的大小不变时，力传感器悬挂的钩码在竖直方向是匀速运动，此时力传感器的读数大小等于钩码的重力，约10 N。当力传感器读数大于重力时，钩码处于超重状态，即A、D状态。当力传感器读数小于重力时，钩码处于失重状态，即B、C状态。
答案：10 A、D B、C
9．(多选)下列关于电熨斗的说法正确的是( )
A．电熨斗能自动控制温度主要利用了双金属片，两片金属的膨胀系数相同
B．常温下，上下触点是接触的；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离
C．需要较高温度熨烫时，要调节温度旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移
D．电熨斗中的双金属片是一种半导体材料
解析：选BC 常温下，上下触点是接触的；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离；需要较高温度熨烫时，要调节温度旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移。
10．(多选)计算机光驱的主要部分是激光头，它可以发射脉冲激光信号，激光扫描光盘时，激光头利用光敏电阻自动计数器将反射回来的脉冲信号传输给信号处理系统，再通过计算机显示出相应信息，光敏电阻自动计数器的示意图如图4所示，其中R1为光敏电阻，R2为定值电阻，此光电计数器的基本工作原理是( )21·cn·jy·com
图4
A．当有光照射R1时，处理系统获得高电压
B．当有光照射R1时，处理系统获得低电压
C．信号处理系统每获得一次低电压就计数一次
D．信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
解析：选AD R1、R2和电源组成一个闭合电路，只有R2两端获得高电压时，处理系统才能进行信号处理，当激光照到光敏电阻R1时，R1的阻值变小，总电流变大，则R2两端获得高电压，因此选A、D。21cnjy.com
11．动圈式话筒和磁带录音机都应用了电磁感应现象。图5是动圈式话筒的原理图，图6是磁带录音机的录音、放音原理图，由图可知下列选项叙述错误的是( )
图5
图6
A．话筒工作时磁铁不动，线圈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里产生感应电流
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 话筒的工作原理是声波迫使金属线圈在磁场中振动产生感应电流，A正确。录音时，话筒产生的感应电流经放大电路放大后在录音机磁头缝隙处产生变化的磁场，D正确。磁带在放音时通过变化的磁场使放音磁头产生感应电流，经放大电路后再送到扬声器中，B正确，C错误。21·世纪*教育网
12.一般的电熨斗用合金丝作发热元件，合金丝电阻随t变化的关系如图7中实线①所示，由于环境温度以及熨烫的衣物厚度、干湿等情况不同，熨斗的散热功率不同，因而熨斗的温度可能会在较大范围内波动，易损坏衣物。【来源：21cnj*y.co*m】
有一种用主要成分为BaTiO3被称为“PTC”的特殊材料作发热元件的电熨斗，具有升温快、能自动控制温度的特点。PTC材料的电阻随温度变化的关系如图中实线②所示。根据图线分析：【版权所有：21教育】
图7
(1)为什么处于冷态的PTC熨斗刚通电时比普通电熨斗升温快？
(2)通电一段时间电熨斗温度t自动稳定在________＜t＜________范围之内。(填下标数字)2-1-c-n-j-y
解析：(1)由于冷态时PTC材料电阻较小，由P＝知，其发热功率较大，所以升温快。
(2)从图上看出，温度较低时，电阻较小，热功率较大，所以发热快于散热，温度升高，电阻值迅速增大，相应发热功率减小，当发热功率小于散热功率时，电阻温度降低，电阻值减小，发热功率会相应增大，故当发热功率等于散热功率时，温度会稳定在图中T6～T7之间。
答案：见解析
13．如图8所示是电饭煲的电路图，S1是一个温控开关，手动闭合后，当此开关温度达到居里点(103 ℃)时，会自动断开。S2是一个自动温控开关，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。分流电阻R1＝R2＝500 Ω，加热电阻丝R3＝50 Ω，两灯电阻不计。21*cnjy*com
图8
(1)分析电饭煲的工作原理。
(2)计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比。
(3)简要回答，如果不闭合开关S1，能将饭煮熟吗？
解析：(1)电饭煲接上电源，S2自动闭合，同时手动闭合S1，这时黄灯短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态。21教育网
加热到80 ℃时，S2自动断开，S1仍闭合。
水烧干后，温度升高到“居里点”103 ℃时，开关S1自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态。【出处：21教育名师】
由于散热，待温度降至70 ℃时，S2自动闭合，电饭煲重新加热。温度达到80 ℃时，S2又自动断开，再次处于保温状态，如此循环。21教育名师原创作品
(2)加热时电饭煲消耗的电功率P1＝，
保温时电饭煲消耗的电功率P2＝，
两式中R并＝＝ Ω＝ Ω。
从而有＝＝＝。
(3)如果不闭合开关S1，开始S2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 ℃，S2自动闭合……温度只能在70～80 ℃之间变化，不能把水烧开，不能煮熟饭。2·1·c·n·j·y
答案：(1)见解析 (2)12∶1 (3)见解析
课时跟踪检测（十二） 传感器及其工作原理
1．光传感器的作用是( )
A．利用光敏电阻将光信号转化为电信号
B．利用光敏电阻将电信号转化为光信号
C．利用光敏电阻将光信号与电信号互相转化
D．以上说法都不正确
解析：选A 光传感器是利用光信号的强弱对应电阻不同而实现把光信号转化为电信号的。
2．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。21cnjy.com
3．关于光敏电阻，下列说法正确的是( )
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．以上说法都不正确
解析：选A 光敏电阻是由半导体材料做成的，光照射到光敏电阻上使载流子增多，导电能力增强，电阻变小，因此光照强度越大，电阻越小。【来源：21·世纪·教育·网】
4．有一电学元件，温度升高时其电阻减小，这种元件可能是( )
A．金属导体 B．光敏电阻
C．NTC热敏电阻 D．PTC热敏电阻
解析：选C 金属导体电阻一般随温度升高而增大，光敏电阻是随光照强度的增大而减小，PTC热敏电阻的阻值随温度的升高而增大，只有NTC热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，C对，A、B、D错。www-2-1-cnjy-com
5．(多选)下列说法正确的是( )
A．传感器担负着信息采集的任务
B．干簧管是一种能够感知磁场的传感器
C．传感器不是电视遥控接收器的主要元件
D．传感器是把力、温度、光、声、化学成分转换为电信号的主要工具
解析：选ABD 传感器的任务就是采集信息，A对；干簧管的主要构造是由平行不接触的两个极易被磁化的软铁片组成的，它靠近磁场时被磁化后相互吸引而接触，B对；由传感器的定义知D对。21·世纪*教育网
6. (多选)如图1所示，Rt为正温度系数热敏电阻，R1为光敏电阻，R2和R3均为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r， 为理想电压表，现发现电压表示数增大，可能的原因是( )2-1-c-n-j-y
图1
A．热敏电阻温度升高，其他条件不变
B．热敏电阻温度降低，其他条件不变
C．光照增强，其他条件不变
D．光照减弱，其他条件不变
解析：选BD 电压表示数变大，而R3为定值电阻，说明流经R3的电流增大，由电路结构可知，这可能是由于Rt减小或R1增大，由热敏电阻和光敏电阻特性知，可能是由于温度降低或光照减弱，故B、D正确，A、C错误。21·cn·jy·com
7. (多选)电子打火机的点火原理是压电效应，压电片在受压时会在两侧形成电压且电压大小与压力近似成正比，现有一利用压电效应制造的电梯加速度传感器，如图2所示。压电片安装在电梯地板下，电压表与压电片构成闭合回路用来测量压电片两侧形成的电压，若发现电压表示数增大，下列说法正确的是( )21*cnjy*com
图2
A．电梯可能加速上升
B．电梯可能减速下降
C．电梯加速度一定向上
D．电梯加速度一定向下
解析：选ABC 由题意知，电压表示数增大说明电梯地板对压电片压力增大，故电梯处于超重状态，加速度一定向上，C对D错。电梯可能加速上升也可能减速下降，A、B对。
8．如图3(a)所示的电路中，光敏电阻R2加上图(b)所示的光照时，R2两端的电压变化规律是( )21世纪教育网版权所有
图3
解析：选B 光敏电阻随光照的增强电阻减小，电路中电流增大，电阻R1两端电压增大，R2两端电压减小，但不能减小到零。故选项B正确。www.21-cn-jy.com
9．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图4甲所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球。小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图乙所示，下列判断正确的是( )2·1·c·n·j·y
图4
A．从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动
B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动
C．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动
D．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动
解析：选D 在0～t1内，I恒定，压敏电阻阻值不变，由小球的受力不变可知，小车可能做匀速或匀加速直线运动，在t1～t2内，I变大，压敏电阻阻值变小，压力变大，小车做变加速运动，A、B均错。在t2～t3内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，C错，D对。21教育网
10．电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(即单位时间内通过
管内横截面的流体的体积)。为了简化，假设流量计是如图5所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c。流量计的两端与输送流体的管道相连(图中虚线)。图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料。现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面。当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测量的电流值。已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得流量为( )
图5
A. B.
C. D.
解析：选A 设管中流体的流速为v，则在Δt时间内流体在管中向前移动的距离为vΔt，这样如图画线的流体在Δt时间内都将流过横截面。设此横截面积为S，则画线的流体体积ΔV＝SvΔt，除以时间Δt，则得到流体在该管中的流量为Q＝＝Sv。对于题中所给的流量计，横截面积S＝bc，故流过流量计的流量Q＝vbc，对于给定的流量计，b与c是常量，可见测流量实质是测流速。当可导电流体稳定地流经流量计，流体将切割磁感线，这样在流量计的上、下两面产生的感应电动势E＝vBc，其中B是垂直于流量计前后两面的匀强磁场的磁感应强度，c是流过流量计流体的厚度，v是可导电流体在流量计中的流速。这样在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，如图所示，则将有电流流过闭合电路，这个闭合电路中的电动势就是由可导电流体沿流量计流动切割磁感线而产生的感应电动势，如图所示。电阻包括外接的电阻R和可导电流体的电阻r＝ρ。这样根据欧姆定律，得到闭合电路中的电流等于I＝，由此得到可导电流体在流量计中的流速为v＝，流量计的流量为：Q＝vbc＝。
11.如图6所示，是自动控制电路的原理图，a、b间电压恒定，R1为光敏电阻，R2为定值电阻。当电路中的光敏电阻不受光的照射时用电器可以正常工作。
图6
(1)当光敏电阻受光的照射时，其阻值和电流表的示数如何变化？
(2)当光敏电阻受光的照射时，用电器工作状态怎样？
解析：分析问题时，首先要根据光敏电阻的光敏特性，明确电路中电阻如何变化，然后再运用电路的相关知识进行判断。【来源：21cnj*y.co*m】
受光照射时，光敏电阻的阻值会减小为原来的～，所以当光照射时电路总阻值变小，干路电流增大很多，R2两端电压增大很多，并联部分的电压变得很小，用电器停止工作，电流表示数变得很小。【出处：21教育名师】
答案：(1)减小 减小 (2)停止工作
12．如图7甲所示为半导体材料做成的热敏电阻的阻值随温度变化的曲线，图乙为用此热敏电阻RT和继电器设计的温控电路，设继电器的线圈电阻为Rx＝50 Ω，当继电器线圈中的电流Ic大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸合。左侧电源电动势为6 V，内阻可不计，温度满足什么条件时，电路右侧的小灯泡会发光？【版权所有：21教育】
图7
解析：热敏电阻与继电器串联，若使电流不小于Ic＝20 mA，则总电阻不大于R总＝＝300 Ω。
由于R总＝RT＋Rx，则RT不大于250 Ω。
由甲图可看出，当RT＝250 Ω时，温度t＝50 ℃，即温度不低于50 ℃。
答案：温度不低于50 ℃时，电路右侧的小灯泡会发光。
课时跟踪检测（十） 变压器
1．理想变压器正常工作时，原、副线圈中不相同的物理量为( )
A．每匝线圈中磁通量的变化率
B．交变电流的频率
C．原线圈的输入功率和副线圈的输出功率
D．原线圈中的感应电动势和副线圈中的感应电动势
解析：选D 理想变压器是没有能量损失的变压器，铁芯中无磁漏，所以每匝线圈中磁通量相等，其变化率相等，故A、C不符合题意；根据变压器的工作原理及用途可知，B不符合题意，选D。21cnjy.com
2．将输入电压为220 V，输出电压为6 V的理想变压器改绕成输出电压为30 V的变压器，副线圈原来是30 匝，原线圈匝数不变，则副线圈新增匝数为( )
A．120 匝 B．150 匝
C．180 匝 D．220 匝
解析：选A 由变压比＝，则＝，所以n1＝1 100匝。当U2′＝30 V时，＝，所以n2′＝150匝，故Δn2＝n2′－n2＝120匝。21教育网
3．在如图1所示的两电路中，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与g、h的两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为( )21·cn·jy·com
图1
A．220 V,220 V B．220 V,110 V
C．110 V,110 V D．220 V,0
解析：选B 对变压器，根据＝可得Uab＝220 V；对滑动变阻器来说，当gh间接上110 V电压时，ef间电压Uef＝110 V，故B选项正确。【来源：21·世纪·教育·网】
4.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图2所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )
图2
A．U＝66 V，k＝ B．U＝22 V，k＝
C. U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝
解析：选A 设原线圈中电流为I1，原、副线圈电压比＝＝3，原、副线圈电流比＝，由欧姆定律可得，副线圈回路中电阻两端电压U＝I2R，联立解得U＝66 V。电阻消耗功率P＝I2R，由于＝，所以原、副线圈回路中电阻消耗功率的比值为，选项A正确。www-2-1-cnjy-com
5.一输入电压为220 V，输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏了，为获知此变压器原副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图3所示，然后将原来线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( )2-1-c-n-j-y
图3
A．1 100,360 B．1 100,180
C．2 200,180 D．2 200,360
解析：选B 对新绕线圈的理想变压器，根据变压比公式得n1＝＝＝1 100，变压器烧坏前，同理n2＝＝＝180，故B正确。21世纪教育网版权所有
6.如图4所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )
图4
A．U＝110 V，I＝0.2 A
B．U＝110 V，I＝0.05 A
C．U＝110 V，I＝0.2 A
D．U＝110 V，I＝0.2 A
解析：选A 由于灯泡正常发光，故灯泡两端电压(即副线圈两端电压)为U2＝220 V，通过灯泡的电流(即副线圈中的电流)为I2＝＝0.1 A。根据理想变压器电压关系U1∶U2＝n1∶n2，得U1＝110 V，电流关系I1∶I2＝n2∶n1，得I＝0.2 A，则U＝U1＝110 V，I＝I1＝0.2 A。故选项A正确。21·世纪*教育网
7.如图5所示，理想变压器的输入电压保持不变。副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R。开始时，开关S断开，当S闭合时，下列说法正确的是( )21*cnjy*com
图5
A．电压表示数变大 B．灯泡L1更亮
C．电流表示数增大 D．变压器的输出功率减小
解析：选C 当S闭合时，R中电流增大，电压表示数变小，灯泡L1变暗，变压器的输出功率增大，电流表示数增大，选项C正确，A、B、D错误。2·1·c·n·j·y
8．如图6所示，与理想变压器相连的四只灯泡相同，变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，接在副线圈上的三只灯泡正常发光，则对于串联在原线【来源：21cnj*y.co*m】
图6
圈上的灯泡L( )
A．比正常发光时的亮度更大
B．也能正常发光
C．比正常发光时的亮度更暗
D．无法判断其亮度变化情况
解析：选B 灯泡L的亮度如何，主要看灯泡L的实际功率多大，在本题中就是看通过灯泡L的电流如何变化。
设每只灯泡的额定电流为I0，因并联在副线圈两端的三只灯泡正常发光，所以副线圈中的电流I2＝3I0，由＝得原线圈中的电流I1＝I2＝I0，恰为灯泡L的额定电流，因此灯泡L也正常发光。故B正确。www.21-cn-jy.com
9.如图7所示，变压器的输入电压U一定，两个副线圈的匝数是n2和n3。当把电热器接a、b，让c、d空载时，电流表读数是I2；当把同一电热器接c、d，让a、b空载时，电流表读数是I3，则I2∶I3等于( )【出处：21教育名师】
图7
A．n2∶n3 B．n3∶n2
C．n22∶n32 D．n32∶n22
解析：选C 由变压比知＝＝，由P入＝P出知，当电热器接a、b，让c、d空载时，有UI2＝；当把同一电热器接c、d，让a、b空载时，有UI3＝，所以I2∶I3＝U22∶U32＝n22∶n32，故答案为C。【版权所有：21教育】
10．(多选)如图8甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电。当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定电压为U0的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为R，图中电压表为理想电表。下列说法正确的是( )21教育名师原创作品
图8
A．变压器输入电压的瞬时值为u＝Umsin(V)
B．电压表的示数为 U0
C．变压器的输入功率为
D．变压器的匝数比为Um∶U0
解析：选AC 由题图乙知，变压器输入电压的瞬时值为u＝Umsin(V)，选项A正确；电压表的示数为U0，选项B错误；变压器的输入功率为，选项C正确；由变压器变压公式，变压器的匝数比为Um∶U0，选项D错误。21*cnjy*com
11.如图9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u1＝311 sin 100πt V，F为熔断电流为I0＝1.0 A的保险丝，负载为一可变电阻。
图9
(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＜I0(熔断电流)，故保险丝不会熔断。
(2)设电阻R取某一值R0时，原线圈中的电流I1刚好达到熔断电流I0，即I1＝1.0 A，则副线圈中的电流为I2＝I1＝2×1.0 A＝2.0 A
电阻R的阻值为：R0＝＝ Ω＝55 Ω
此时变压器的输出功率为
P2＝I2U2＝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，变压器输出的电功率不能超过220 W。
答案：见解析
12．图10甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u-t图像如图乙所示。若只在ce间接一只Rce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W。
图10
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式。
(2)求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1。
(3)求ce和de间线圈的匝数比。
解析：(1)由题图乙知ω＝200π rad/s，
电压瞬时值uab＝400sin 200πt V。
(2)电压有效值U1＝200 V，
理想变压器P1＝P2，
原线圈中的电流I1＝，
解得I1≈0.28 A。
(3)设ab间匝数为n1，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或 A (3)
课时跟踪检测（四） 电磁感应现象的两类情况
1．下列说法中正确的是( )
A．动生电动势是洛伦兹力对导体中自由电荷做功而引起的
B．因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功，所以动生电动势不是由洛伦兹力而产生的
C．动生电动势的方向可以由右手定则来判定
D．导体棒切割磁感线产生感应电流，受到的安培力一定与受到的外力大小相等、方向相反
解析：选C 动生电动势是洛伦兹力沿导体方向的分力做功引起的，但洛伦兹力对自由电荷所做的总功仍为零，选项A、B错误；动生电动势是由于导体切割磁感线产生的，可由右手定则判定方向，C正确；只有在导体棒做匀速切割时，除安培力以外的力的合力才与安培力大小相等方向相反，做变速运动时不成立，故D错误。21·cn·jy·com
2. (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，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图1所示，则下列判断正确的是( )【来源：21·世纪·教育·网】
图1
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：选AC 由B-t图像可知，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。
3. (多选)如图2所示，导体棒AB在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过。下列说法中正确的是( )www-2-1-cnjy-com
图2
A．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势
B．动生电动势的产生与洛伦兹力有关
C．动生电动势的产生与电场力有关
D．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的
解析：选AB 动生电动势是由于导体运动而产生的，选项A正确；动生电动势中，非静电力是洛伦兹力沿导体棒方向的分力，而感生电动势是由感生电场产生的，选项B正确，C、D错误。2-1-c-n-j-y
4.如图3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( )
图3
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：选D 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。www.21-cn-jy.com
5.水平放置的金属框架cdef处于如图4所示的匀强磁场中，金属棒ab处于粗糙的框架上且与框架接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则( )2·1·c·n·j·y
图4
A．ab中电流增大，ab棒所受摩擦力也增大
B．ab中电流不变，ab棒所受摩擦力也不变
C．ab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大
D．ab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变
解析：选C 磁感应强度均匀增大时，磁通量的变化率恒定，故回路中的感应电动势和感应电流都是恒定的；又棒ab所受的摩擦力等于安培力，即Ff＝F安＝BIL，故当B增加时，摩擦力增大，选项C正确。21·世纪*教育网
6.如图5所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能，若外力对线框做的功分别为Wa、Wb，则Wa∶Wb为( )21*cnjy*com
图5
A．1∶4 B．1∶2
C．1∶1 D．不能确定
解析：选A 根据能的转化和守恒可知，外力做功等于电能，而电能又全部转化为焦耳热
Wa＝Qa＝·
Wb＝Qb＝·
由电阻定律知，Rb＝2Ra，故Wa∶Wb＝1∶4。
7. (多选)如图6所示，磁感应强度为B的匀强磁场有理想界面，用力将矩形线圈从磁场中匀速拉出。在其他条件不变的情况下( )21世纪教育网版权所有
图6
A．速度越大时，拉力做功越多
B．线圈边长L1越大时，拉力做功越多
C．线圈边长L2越大时，拉力做功越多
D．线圈电阻越大时，拉力做功越多
解析：选ABC F匀速拉出线圈过程所做的功为W＝FL2，又F＝F安＝IBL1，I＝，所以W＝，可知A、B、C正确，D错误。【来源：21cnj*y.co*m】
8.一个边长为a＝1 m的正方形线圈，总电阻为R＝2 Ω，当线圈以v＝2 m/s的速度通过磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直。若磁场的宽度b>1 m，如图7所示，求：【出处：21教育名师】
图7
(1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小；
(2)线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热。
解析：(1)根据E＝Blv，I＝，
知I＝＝ A＝0.5 A。
(2)线圈穿过磁场过程中，由于b>1 m，
故只在进入和穿出时有感应电流，故
Q＝2I2Rt＝2I2R·＝2×0.52×2× J＝0.5 J。
答案：(1)0.5 A (2)0.5 J
9. (多选)如图8所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )【版权所有：21教育】
图8
A．ab杆中的电流与速率v成正比
B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比
C．电阻R上产生的热功率与速率v成正比
D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比
解析：选AB 由E＝Blv和I＝，得I＝，所以安培力F＝BIl＝，电阻上产生的热功率P＝I2R＝，外力对ab做功的功率就等于回路产生的热功率。
10. (2016·全国甲卷)如图9，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求
图9
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值。
解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
ma＝F－μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0。④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝⑤
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为
f＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－f＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝。⑧
答案：(1)Blt0 (2)
11．如图10甲所示，水平放置的线圈匝数n＝200匝，直径d1＝40 cm，电阻r＝2 Ω，线圈与阻值R＝6 Ω的电阻相连。在线圈的中心有一个直径d2＝20 cm的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化。试求：21教育网
图10
(1)电压表的示数；
(2)若撤去原磁场，在图中竖直虚线的右侧空间加磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，试证明将线圈向左拉出磁场的过程中，通过电阻R上的电荷量为定值，并求出其值。21cnjy.com
解析：(1)由E＝n可得E＝n
E＝I(R＋r)
U＝IR
解得U＝1.5π V＝4.71 V。
(2)设线圈拉出磁场经历时间Δt。
＝n＝n，＝
电荷量q＝Δt
解得q＝n，与线圈运动的时间无关，即与运动的速度无关。
代入数据即得q＝0.5π C＝1.57 C。
答案：(1)4.71 V (2)见解析
