阶段验收评估（一） 电磁感应
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1.如图1所示是电磁炉的工作原理示意图，炉子的内部有一个金属线圈，当变化的电流通过线圈时，会产生变化的磁场，使铁质锅底产生电磁感应，从而能起到加热食物的作用。这种加热方式，能减少热量传递的中间环节，可大大提升制热效率，比传统炉具(电炉、气炉)节省能源一半以上，且炉面无明火，无烟、无废气，电磁火力强劲，安全可靠。以下关于电磁炉工作原理的说法中正确的是( )
图1
A．变化的电流通过线圈，会产生变化的磁场，这属于电磁感应现象
B．电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的
C．电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热
D．电磁炉工作过程中是将电能直接转化为食物的内能
解析：选B 电磁炉的工作原理是利用电流通过线圈产生磁场(这是电流的磁效应)，变化的磁场在铁质锅底会产生感应电流，所产生的涡流会使锅底产生热效应，从而起到加热食物的作用。可以看出，在电磁炉工作过程中能量的转化为电能→磁能→电能→内能。综上所述，选项B正确。
2.如图2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( )
图2
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：选C 四种情况中初始位置线框均与磁感线平行，磁通量为零，线框按A、
B、D三种情况移动后，线框仍与磁感线平行，磁通量保持为零不变，线框中不产生感
应电流。C项中线框转动后，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。
3.如图3所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图像，可能正确的是( )
图3
解析：选A 导线做匀速直线运动切割磁感线时，E＝Blv，是常数。金属棒只有进入磁场中才切割磁感线，一开始没有切割，最后一段也没有切割，没有电动势，只有中间过程切割磁感线，才有感应电动势，而且由于是匀速切割，故产生的感应电动势为定值。故A选项正确。
4．(2015·江苏高考)如图4所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )
图4
解析：选A 磁场发生微小变化时，因各选项中载流线圈在磁场中的面积不同，由法拉第电磁感应定律E＝n ＝n 知载流线圈在磁场中的面积越大，产生的感应电动势越大，感应电流越大，载流线圈中的电流变化越大，所受的安培力变化越大，天平越容易失去平衡，由题图可知，选项A符合题意。
5.如图5所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( )
图5
A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2
解析：选A 设线框相邻两边边长分别为l1、l2，线框中产生的热量Q＝I2Rt＝2·R·＝＝l1，由于ab边长大于bc边长，所以Q1＞Q2。通过线框导体横截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝＝，故q1＝q2，A选项正确。
6.某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量Φ随时间的变化规律可用如图6表示，那么在图中( )
图6
A．t1和t3时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大
B．t2时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零
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达到最大值
解析：选CD t1、t3两个时刻是穿过线圈磁通量最大的时刻，该时刻磁通量的变化率为零，即线圈中的感应电动势为零，所以选项A错，C对。t2、t4两个时刻是穿过线圈的磁通量为零却是变化率最大的时刻，即线圈中感应电动势最大，选项B错，D对。
7.1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图7所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是( )
图7
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
解析：选AB 当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘呈电中性，不会形成环形电流，选项D错误。
8．如图8所示，相距L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g。下列选项正确的是( )
图8
A．P＝2mgvsin θ
B．P＝3mgvsin θ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
解析：选AC 当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向有mgsin θ＝；当导体棒第二次达到最大速度时，沿导轨方向有F＋mgsin θ＝，得F＝mgsin θ，此时拉力F的功率P＝F×2v＝2mgvsin θ，选项A正确，B错误。当导体棒的速度达到时，沿导轨方向有mgsin θ－＝ma，解得a＝gsin θ，选项C正确。导体棒的速度达到2v以后，拉力与重力的合力所做的功全部转化为R上产生的焦耳热，选项D错误。
二、计算题(共3小题，共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．(16分)如图9所示，水平放置的U形光滑导轨足够长，处在磁感应强度B＝5 T的匀强磁场中，导轨宽度l＝0.2 m，可动导体棒ab质量m＝2.0 kg，电阻R＝0.1 Ω，其余电阻可忽略，现在水平外力F＝10 N的作用下，由静止开始运动了s＝40 cm后，速度达到最大，求棒ab由静止达到最大速度过程中，棒ab上产生的热量Q为多少？
图9
解析：当棒达到最大速度vm时，有F＝BIl＝
vm＝＝ m/s＝1.0 m/s。
由功能关系：Fs＝mvm2＋Q
所以ab棒上产生的热量
Q＝Fs－mvm2＝10×0.4 J－×2×12 J＝3 J。
答案：3 J
10．(18分)如图10所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，设导体棒Oa可以以点O为中心转动，而另一端a刚好搭在光滑的半圆形金属导轨上，Oa长为l且以角速度ω匀速转动，在Ob间接入一阻值为R的电阻，不计其他电阻。试求：
图10
(1)Oa中产生的感应电动势；
(2)流过R的电流；
(3)所需外力的功率。
解析：(1)Oa中产生的感应电动势为
E＝Blv＝Bl×＝。
(2)回路中的电流为I＝＝。
(3)回路中消耗的功率等于外力做功的功率，为P＝＝。
答案：(1) (2) (3)
11．(18分)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0 cm，线圈导线的截面积A＝0.80 cm2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m。如图11所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)
图11
(1)该圈肌肉组织的电阻R；
(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；
(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。
解析：(1)由电阻定律得R＝ρ，
代入数据得R≈6×103 Ω。
(2)感应电动势E＝，
代入数据得E≈4×10－2 V。
(3)由焦耳定律得Q＝Δt，
代入数据得Q＝8×10－8 J。
答案：(1)6×103 Ω (2)4×10－2 V (3)8×10－8 J
阶段验收评估（三） 交变电流
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图1所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )
图1
A．峰值是e0 B．峰值是2e0
C．有效值是Ne0 D．有效值是Ne0
解析：选D 发电机输出电压峰值是2Ne0，A、B错误；有效值是·2Ne0＝Ne0，C错误，D正确。
2．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图2甲所示，产生的交变电动势的图像如乙所示，则( )
图2
A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
解析：选B t ＝0.005 s 时感应电动势最大，线框的磁通量变化率也最大，A错误。t ＝0.01 s 时感应电动势为零，穿过线框磁通量最大，线框平面与中性面重合，B正确。感应电动势的最大值为 311 V，有效值则为 V，C 错误。所产生电动势的周期为 0.02 s，频率等于周期的倒数，为50 Hz，D错误。
3．三个相同的电阻，分别通过如图3甲、乙、丙所示的交变电流，三个图中的I0和周期T相同。下列说法中正确的是( )
图3
A．在相同时间内三个电阻发热量相等
B．在相同时间内，甲、乙发热量相等，是丙发热量的2倍
C．在相同时间内，甲、丙发热量相等，是乙发热量的
D．在相同时间内，乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小
解析：选C 甲图像电流的有效值为I0，乙图像电流的有效值为I0，丙图像根据电流有效值的定义有：I02R＝I2RT，解得电流有效值I＝I0，根据焦耳定律相同时间内产生的热量之比等于电流有效值的平方比，Q1∶Q2∶Q3＝1∶2∶1，C对。
4．在匀强磁场中，一电阻为R的单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图4所示，某时刻线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量为Φ。当线框再转过60°时，回路电流瞬时值为I，则线框转动的周期是( )
图4
A. B.
C. D.
解析：选D 由题意可知Em＝Ф，瞬时值e＝Emsinωt，故i＝sin ωt，当ωt＝60°时，i＝I，解得T＝，选项D正确。
5．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图像如图5所示，由图可以知道( )
图5
A．0.01 s时刻线圈处于中性面位置
B．该交变电流有效值为0.2 A
C．0.01 s时刻穿过线圈的磁通量为零
D．将该交变电流频率增大时，则接入电路中的电感线圈的感抗和电容器的容抗都
增大
解析：选C 由题图可知0.01 s时刻，感应电流最大，线圈产生的感应电动势最大，线圈与磁感线平行，即与中性面垂直，穿过线圈的磁通量为零，A错，C对。由正弦交变电流有效值与最大值的关系得I＝＝ A＝4.45 A，B错。该交变电流频率增大时，电感线圈的感抗增大，电容器的容抗减小，D错。
6．矩形线圈的匝数为50，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图6所示，下列结论正确的是( )
图6
A．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大
B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势改变方向
C．电动势的最大值是157 V
D．在t＝0.4 s时，磁通量的变化率最大，其值为3.14 Wb/s
解析：选CD 在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，Φ最大，但磁通量的变化率为0，故电动势为0，选项A错误；在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，Φ＝0，磁通量的变化率最大，电动势的方向不变，选项B错误；根据ω＝得ω＝5π rad/s，根据Em＝NΦmω得Em＝157 V，选项C正确；在t＝0.4 s时，磁通量为0，磁通量的变化率最大，m＝Φ mω，其值为3.14 Wb/s，选项D正确。
7.如图7所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A。那么( )
图7
A．线圈消耗的电功率为4 W
B．线圈中感应电流的有效值为2 A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint
解析：选AC 线圈转动角速度ω＝，从线圈平面与磁场方向平行开始计时，当转过60°时，电流的瞬时值表达式为i＝Im cos 60°＝1 A?Im＝2 A，正弦式交变电流有效值I＝＝ A，B项错；线圈消耗的电功率P＝I2R＝4 W，A项正确；由欧姆定律可知，感应电动势最大值Em＝ImR＝4 V，所以瞬时值表达式为e＝4 cost，C项正确；通过线圈的磁通量Φ＝Φmsin ωt＝Φmsint，由感应电动势的最大值Em＝BSω＝Φm×?Φm＝，解两式得：Φ＝sint＝sint，D项错。
8.如图8所示，边长为L＝0.2 m的正方形线圈abcd，其匝数为n＝10匝，总电阻为r＝2 Ω，外电路的电阻为R＝8 Ω，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B＝1 T，若线圈从图示位置开始，以角速度ω＝2 rad/s绕OO′轴匀速转动，则以下判断中正确的是( )
图8
A．在t＝s时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快
B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e＝0.8sin 2t V
C．从t＝0时刻到t＝s时刻，电阻R上产生的热量为Q＝3.2π×10－4 J
D．从t＝0时刻到t＝s时刻，通过R的电荷量q＝0.02 C
解析：选AD 线圈在磁场中转动，Em＝nBSω＝0.4 V，选项B错误；当t＝s时，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，磁通量随时间变化最快，选项A正确；QR＝I2Rt＝2Rt＝1.6π×10－3 J，选项C错误；q＝n＝0.02 C，选项D正确。
二、计算题(共3小题，共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．(16分)如图9甲所示，AB间为交流电源，电压u＝311sin 100πt V，经过某“过滤”装置P后将图乙所示正弦交流电滤去一半，得到如图丙所示的交流电，求：
图9
(1)CD间接打点计时器时打点周期为多大？
(2)CD间接有“220 V,40 W”灯泡时其发光功率为多大？
(3)CD间能否连接“220 V,20 μF”的电容器？
解析：(1)过滤前交流电的周期
T＝＝＝0.02 s。
过滤前打点计时器每经0.02 s打一次点。
过滤后电流变化周期还是0.02 s。
所以打点计时器的打点周期不变，仍为0.02 s。
(2)设题图丙所示交流电的有效值为U，有
·＝·T
U＝Um＝ V。
由P＝知＝，
得此时小灯泡的功率P＝20 W。
(3)过滤后，电压的最大值不变，大小为311 V，电容器的电压“220 V”是击穿电压，所以不能直接连接在CD间。
答案：(1)0.02 s (2)20 W (3)不能
10．(16分)如图10所示，一个矩形线圈abcd放置在磁感应强度为B的有界匀强磁场中，磁场只分布在bc的左侧，线圈以bc为轴旋转，转动的角速度为ω，图中ad边正垂直于纸面向外转动，外部电路中有一个负载电阻，阻值为R，A是一个理想电流表，电路中其他电阻不计，已知ab＝L1，bc＝L2。求：
图10
(1)以abcd为电流的正方向，从图示位置开始计时，画出线圈中产生的电流随时间变化的图像。
(2)从图示位置(此时线圈平面与磁感线垂直)起转过转的时间内，负载电阻R上产生的热量。
(3)从图示位置起转过转的时间内，通过负载电阻R上的电荷量。
解析：(1)如图所示
(2)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流，线圈中产生的电动势的最大值为Em＝BL1L2ω，所以电流的最大值为Im＝。
负载电阻R上产生的热量
Q＝I2RΔt＝(Im)2RΔt＝。
(3)通过负载电阻R上的电荷量
q＝Δt＝Δt＝＝。
答案：(1)见解析图 (2) (3)
11．(20分)如图11所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，边长ab＝20 cm，ad＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里。
图11
(1)求t＝0时感应电流的方向；
(2)写出线圈感应电动势的瞬时值表达式；
(3)线圈转一圈外力做功多大？
(4)从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电荷量是多少？
解析：(1)线圈感应电流方向为a→d→c→b。
(2)线圈的角速度ω＝2πn＝100π rad/s。
设ab边在t＝0时刻速度为vab，此时感应电动势最大，其大小为
Em＝2NB· vab＝NB··ω＝50×0.4×0.20×0.25×100π V＝314 V，
电动势的瞬时值表达式为e＝314cos 100πt V。
(3)电动势的有效值E＝
线圈匀速转动的周期T＝ s＝0.02 s
线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W外力＝＝＝ J＝98.6 J。
(4)Q＝IΔt。
从图示位置转过90°的过程中，流过R的电荷量
Q＝Δt＝＝C＝0.1 C。
答案：(1)a→d→c→b (2)e＝314cos 100πt V (3)98.6 J (4)0.1 C
阶段验收评估（二） 楞次定律和自感现象
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合史实的是( )
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流
D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
解析：选C 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间的关系，选项A符合；根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场相似，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项B符合；法拉第提出的是电磁感应定律，但恒定电流周围不产生感应电流，选项C不符合；楞次定律指出感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D符合。
2.电阻R，电容C与一个线圈连成闭合回路，条形磁铁静止在线圈的正上方，N极朝下，如图1所示，现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )
图1
A．从a到b，上极板带正电
B．从a到b，下极板带正电
C．从b到a，上极板带正电
D．从b到a，下极板带正电
解析：选D 当N极靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向，线圈的下端为感应电动势的正极，上端为负极，故流过R的电流方向从 b→a，电容器下板为正极板，故D正确。
3.如图2所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里。具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合。令线框从t＝0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I(取逆时针方向为电流正方向)随时间t的变化图线I-t图可能是下列选项中的( )
图2
解析：选D 线框匀加速向右运动时，cd边切割磁感线，由右手定则知电流方向为顺时针，方向为负；I＝＝＝，故D项正确。
4．图3为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb( )
图3
A．恒为
B．从0均匀变化到
C．恒为－
D．从0均匀变化到－
解析：选C 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－n，选项C正确。
5．图4为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称。在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧运动(O是线圈中心)，则( )
图4
A．从X到O，电流由E经G流向F，先增大再减小
B．从X到O，电流由F经G流向E，先减小再增大
C．从O到Y，电流由F经G流向E，先减小再增大
D．从O到Y，电流由E经G流向F，先增大再减小
解析：选D 从X到O，磁通量向上增大，由楞次定律知感应电流方向是由F经G到E。当两磁极经过线圈边正上下方时，穿过线圈磁通量变化率最大，感应电动势最大，电流最大。则可知此过程中感应电流的大小应是先增大再减小，A、B皆错误，同理可知C错误，D正确。
6.如图5，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )
图5
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
解析：选ABD 根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D正确。
7.如图6所示，水平放置的两平行导轨左侧连接电阻R，其他电阻不计，长为L的导体杆MN放在导轨上，在水平恒力F的作用下，沿导轨向右运动，并将穿过方向竖直向下的有界匀强磁场，磁场边界PQ与MN平行，从MN进入磁场开始计时，通过它的感应电流I随时间t的变化可能是选项中的( )
图6
解析：选ACD 导体杆在水平恒力F的作用下在磁场外做匀加速运动，进入磁场后切割磁感线产生感应电流，当导体杆所受安培力刚好等于外力F时，将以这个速度在磁场中匀速运动，感应电流也为定值。由BIL＝F，可得I＝，又I＝，可知匀速运动的速度v＝(如题图A)；若导体杆在磁场外加速运动获得的末速度大于时，导体杆在磁场中所受的安培力大于外力F，导体杆将逐渐减速，I＝也将逐渐减小，但不是匀减速，而是随着I的减小，安培力在减小，合外力在减小，加速度在减小，速度减小得越来越慢，最后当安培力大小等于外力F时，匀速运动(如题图C)；若导体杆进入磁场时速度较小，安培力将小于外力F，导体杆将继续加速，但加速度越来越小，I＝将越来越大，最后速度达到最大值，电流I＝保持不变(如题图D)。
8.如图7所示，电动机牵引一根原来静止的、长L为1 m、质量m为0.1 kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1 Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1 T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。当导体棒上升h＝3.8 m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2 J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7 V、1 A，电动机内阻r为1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，则以下判断正确的是( )
图7
A．导体棒向上做匀减速运动
B．电动机的输出功率为49 W
C．导体棒达到稳定时的速度为v＝2 m/s
D．导体棒从静止至达到稳定速度所需要的时间为1 s
解析：选CD 由于电动机的输出功率恒定，则由P出＝Fv及F－mg－＝ma可知导体棒的加速度逐渐减小，故选项A错误；电动机的输出功率为：P出＝IU－I2r＝6 W，选项B错误；电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，P出＝Fv，当棒达稳定速度时F＝mg＋BI′L，感应电流I′＝＝，解得棒达到的稳定速度为v＝2 m/s，选项C正确；由能量守恒定律得：P出t＝mgh＋mv2＋Q，解得t＝1 s，选项D正确。
二、计算题(共3小题，共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9. (16分)如图8所示，水平桌面上固定足够长的两光滑平行导轨PQ、MN，导轨的电阻不计，间距为d＝0.5 m，P、M间接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场中，电阻均为r＝0.1 Ω、质量分别为m1＝0.3 kg和m2＝0.5 kg 的两金属棒ab、cd平行地放在导轨上，现固定棒ab，让cd在水平恒力F＝0.8 N的作用下由静止开始做加速运动，试求：
图8
(1)cd棒两端哪端电势高？
(2)当电压表的读数为U＝0.2 V时，cd棒受到的安培力为多大。
(3)棒cd能达到的最大速度vm。
解析：(1)导体棒cd切割磁感线相当于电源，由右手定则判断出c端相当于电源的正极，c端电势高。
(2)因为ab与cd串联
流过ab的电流为I＝＝2 A①
cd棒所受安培力大小F安＝BdI＝0.2 N。②
(3)当棒cd所受安培力F安＝F时，棒有最大速度vm，设此时电路中电流为Im。
则：F＝F安＝BdIm。③
E＝Bdvm④
Im＝⑤
由③④⑤式得vm＝＝16 m/s。
答案：(1)c端电势高 (2)0.2 N (3)16 m/s
10．(18分)如图9甲所示，边长L＝2.5 m、质量m＝0.50 kg的正方形金属线框，放在磁感应强度B＝0.80 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合。在力F作用下由静止开始向左运动，在5.0 s内从磁场中拉出。测得金属线框中的电流随时间变化的图像如图乙所示。已知金属线框的总电阻R＝4.0 Ω。
图9
(1)试判断金属线框从磁场中拉出的过程中，线框中的感应电流的方向，并在图中标出。
(2)t＝2.0 s时金属线框的速度和力F的大小。
(3)已知在5.0 s内力F做功1.92 J，那么金属线框从磁场拉出的过程中，线框中产生的焦耳热是多少？
解析：(1)由楞次定律或右手定则，可知线框中的感应电流的方向为逆时针。
(2)t＝2.0 s时由题图乙可知I＝0.2 A
所以E＝IR＝0.8 V
由E＝BLv得v＝＝0.4 m/s
由图可知线框做匀加速运动，由
v＝at得a＝0.2 m/s2
安培力F安＝BLI＝0.4 N
F－F安＝ma得F＝0.5 N。
(3)由动能定理有WF－WF安＝mv22－0
v2＝at＝1 m/s
所以WF安＝1.67 J
即Q＝WF安＝1.67 J。
答案：(1)逆时针 图略 (2)0.4 m/s 0.5 N
(3)1.67 J
11．(18分)如图10所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内。在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T、方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝0.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05 kg的小环。已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求
(1)小环所受摩擦力的大小；
(2)Q杆所受拉力的瞬时功率。
图10
解析：(1)设小环受到的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律，有
m2g－Ff＝m2a①
代入数据，得
Ff＝0.2 N。②
(2)设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有
Ff＝B1I1l③
设回路总电流为I，总电阻为R总，有
I＝2I1④
R总＝R⑤
设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有
I＝⑥
E＝B2lv⑦
F＋m1gsin θ＝B2Il⑧
拉力的瞬时功率为
P＝Fv⑨
联立以上方程，代入数据得
P＝2 W。⑩
答案：(1)0.2 N (2)2 W
阶段验收评估（五） 传感器及其应用
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．下列仪器或装置不是利用传感器的是( )
A．汽车防盗报警器 B．宾馆房间内的火灾报警器
C．工兵用的地雷探测仪 D．用钥匙打开房门
解析：选D A、B、C三种仪器都是将非电学量转换成电学量的装置，都是利用了传感器。用钥匙打开房门是利用了机械原理，不是利用传感器。
2．如图1所示，电吉他的弦是由磁性物质制成的，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( )
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它是将声音变化转变为电流的变化，C正确。
3．在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图2所示。M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时( )
图2
A．RM变大，且R越大，U增大越明显
B．RM变大，且R越小，U增大越明显
C．RM变小，且R越大，U增大越明显
D．RM变小，且R越小，U增大越明显
解析：选C 当传感器接触药液时，其阻值发生变化，导致S两端电压U增大，则M两端电压减小，可知RM应变小；R与RM构成并联电路，其并联总电阻为R并＝＝，可知当R越大，RM减小相同值时，R并减小得越多，因此S两端电压增大越明显，选项C正确。
4．在信息技术高速发展、电子计算机广泛应用的今天，担负着信息采集任务的传感器在自动控制、信息处理技术中发挥着越来越重要的作用，其中热电传感器是利用热敏电阻将热信号转换成电信号的元件。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3所示装置。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( )
图3
A．应选用电流挡，温度升高换用大量程测量
B．应选用电流挡，温度升高换用小量程测量
C．应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率大的挡
D．应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率小的挡
解析：选D 若选用电流挡，则多用电表与热敏电阻构成的回路中无电源，故不能用电流挡，A、B均错；应选欧姆挡，当温度升高时多用电表指针偏转角度较大，说明热敏电阻的阻值变小了，应该换用倍率小的挡，C错误，D正确。
5．如图4所示，利用传感器和计算机可以测量快速变化力的瞬时值，图乙是用这种方法获得的弹性绳中拉力F随时间t变化的图线。实验时，把小球举到悬点O处，然后放手让小球自由落下，忽略空气阻力。由图线所提供的信息，可以判定( )
图4
A．t2时刻小球速度最大
B．t1时刻小球处在最低点
C．t3时刻小球处在悬点O处
D．t1至t2时刻小球速度先增大后减小
解析：选D 0～t1过程，小球做自由落体，绳中拉力为0；t1～t2过程，t1时刻小球刚好把绳拉直，但F＝0，t2时刻拉力最大，说明小球已落至最低点，t1～t2过程中有某一时刻重力等于绳的拉力，此时小球速度最大，所以此过程中，小球速度先增大后减小；t2～t3过程，小球向上弹起，t3时刻回到绳刚被拉直的位置，在t3、t4间某时刻又回到释放点；之后重复以上过程。由分析可知，t1、t3时刻小球处在绳自然长度处，t2时刻在最低点，故D正确，A、B、C错误。
6．当前传感器被广泛应用于各种电器、电子产品之中，下列关于敏感元件或传感器的说法中正确的是( )
A．干簧管可以起到开关作用，“操纵”开关的是磁场
B．半导体材料可以制成光敏电阻，有光照射时其阻值将减小
C．霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量
D．话筒是一种常见的力传感器，其作用是将力信号转换为电信号
解析：选ABC 根据干簧管的工作原理可以知道，当线圈中有电流时，线圈产生的磁场使干簧管内的两个铁质簧片磁化，在磁力作用下由分离状态变成闭合状态，A对；光敏电阻有光照射时其阻值将减小，B对；根据霍尔元件的工作原理，磁场的磁感应强度不同时，稳定时电压不同，C对；话筒是一种常见的声传感器，其作用是将声音信号转换为电信号，D错。
7.如图5所示是自动控温式电熨斗的电路示意图，下列说法正确的是( )
图5
A．常温时上下触点是接触的
B．双金属片温度升高时，上金属片形变较大，双金属片将向下弯曲
C．原来温度控制在80 ℃时断开电源，现要求60 ℃时断开电源，应使调温旋钮往下调一些
D．由熨烫丝绸衣物的状态转变为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮往下调一些
解析：选ABD 常温工作时，上下触点是接通的，当温度升高时，上层金属片形变较大，双金属片向下弯曲，切断电源，由熨烫丝绸衣物状态转变为熨烫棉麻衣物状态时，设定温度要升高，则应使调温旋钮下移一些，A、B、D对，C错。
8.在一些学校的教室里，为了保证照明条件，采用了智能照明系统，在自然光不足时接通电源启动日光灯，而在自然光充足时，自动关闭日光灯。其原理图如图6所示，R为一光敏电阻，L为一带铁芯的螺线管。在螺线管上方有一用细弹簧悬着的轻质衔铁，衔铁的一端用铰链固定使其可以自由转动，另一端用一绝缘棒连接两动触头。关于该智能照明系统的工作原理，下列描述正确的是( )
图6
A．光照越强时，光敏电阻的阻值越大，衔铁被吸引下来
B．光线不足时，光敏电阻的阻值变大，所在电路电流变小，衔铁被弹簧拉上去，日光灯接通
C．上面的两接线柱应该和日光灯电路连接
D．下面的两接线柱应该和日光灯电路连接
解析：选BC 由光敏电阻的特性可知，光照强度越强，电阻越小，电流越大，衔铁被吸引下来，日光灯电路断开；光线不足时，电阻增大，电流减小，衔铁被弹簧拉上去，日光灯电路接通。因此，上面的两接线柱应该和日光灯电路连接。选项B、C正确。
二、非选择题(共3小题，共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．(16分)(2016·全国卷Ⅰ)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干。
在室温下对系统进行调节。已知U约为18 V，Ic约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 ℃时阻值为
650.0 Ω。
(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
图7
(2)电路中应选用滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)。
(3)按照下列步骤调节此报警系统：
①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________Ω；滑动变阻器的滑片应置于________(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是__________________________________________________________________。
②将开关向________(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至______________________________________________________________________。
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。
解析：(1)电路图连接如图。
(2)报警器开始报警时，对整个回路有
U＝Ic(R滑＋R热)
代入数据可得R滑＝1 150.0 Ω，因此滑动变阻器应选择R2。
(3)①在调节过程中，电阻箱起到等效替代热敏电阻的作用，电阻箱的阻值应为报警器报警时热敏电阻的阻值，即为650.0 Ω。滑动变阻器在电路中为限流接法，滑片应置于b端附近，若置于另一端a时，闭合开关，则电路中的电流I＝ A≈27.7 mA，超过报警器最大电流20 mA，报警器可能损坏。②开关应先向c端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警为止。
答案：(1)连线如解析图所示。 (2)R2 (3)①650.0 b 接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏 ②c 报警器开始报警
10．(18分)用如图8所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度。该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器。用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0 kg的滑块，滑块可无摩擦滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出。现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在后。汽车静止时，传感器a、b的示数均为10 N(取g＝10 m/s2)。
图8
(1)若传感器a的示数为14 N，b的示数为6.0 N，求此时汽车的加速度大小和方向。
(2)当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a的示数为零？
解析：(1)如图所示，依题意：左侧弹簧对滑块向右的推力F1＝14 N，右侧弹簧对滑块向左的推力F2＝6.0 N，滑块所受合力产生加速度a1，
根据牛顿第二定律有：F1－F2＝ma1，
得a1＝＝ m/s2＝4.0 m/s2。
a1与F1同方向，即向前(向右)。
(2)传感器a的读数恰为零，即左侧弹簧的弹力F1′＝0，因两弹簧相同，左侧弹簧伸
长多少，右侧弹簧就缩短多少，所以右侧弹簧的弹力变为F2′＝20 N。滑块所受合力产生加速度，由牛顿第二定律得F合＝F2′＝ma2，得a2＝＝－10 m/s2，负号表示方向向后(向左)。
答案：(1)4.0 m/s2 向右 (2)以方向向左大小为10 m/s2的加速度运动
11. (18分)角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图9所示。当系统绕OO′转动时，元件A发生位移并输出电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源。已知A的质量为m，弹簧劲度系数为k，自然长度为L，电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器总长度为L。电阻分布均匀，系统静止时P在B点，当系统以角速度ω转动时，请写出输出电压U和ω的函数式。
图9
解析：设角速度为ω时，BP间电阻长度为x，则输出电压U＝·E，由牛顿第二定律得：kx＝m(L＋x)ω2。
由以上两式得：U＝ 。
答案：U＝
阶段验收评估（四） 远距离输电
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．关于电能输送的分析，下列说法正确的是( )
A．由公式P＝知，输电电压越高，输电线上功率损失越大
B．由公式P＝知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少
C．由公式P＝I2R知，输电电流越大，输电线上功率损失越大
D．由公式P＝UI知，输电线上的功率损失与电流成正比
解析：选C 输电线上损失的功率P损＝I2R线＝，公式中的U损指输电线上(即电阻R线)的分压，而不是输电电压，A、B两项错；公式P＝UI是电源提供的总电功率，而不是输电线上损失的电功率，D项错。
2．理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，则下列判断错误的是( )
A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1
B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1
C．原、副线圈内交变电流之比I1∶I2＝1∶10
D．变压器输入和输出的功率之比P1∶P2＝1∶1
解析：选A 根据变压器的电压比＝和电流比＝可知选项B、C是正确的。对于理想变压器，输入与输出的功率应相等，即P1＝P2，所以选项D是正确的。变压器不改变电流频率，A错误。
3.如图1所示为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管。视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变。调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V，调节前后( )
图1
A．副线圈中的电流比为1∶2
B．副线圈输出功率比为2∶1
C．副线圈的接入匝数比为2∶1
D．原线圈输入功率比为1∶2
解析：选C 设原线圈输入电压为U1，原线圈的匝数为n1，副线圈输出电压为U2，副线圈的匝数为n2，则＝，当副线圈的输出电压降为原来的一半时，副线圈的匝数减为原来的，C项正确；由I2＝，可知副线圈的电流减为原来的一半，A项错误；由P＝，可知副线圈输出的功率减为原来的，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，因此原线圈的输入功率也减为原来的，B、D项错误。
4．如图2所示，匝数为100匝的矩形线圈abcd处于磁感应强度B＝ T的水平匀强磁场中，线圈面积S＝0.5 m2，内阻不计。线圈绕垂直于磁场的轴以角速度ω＝10π rad/s匀速转动。线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入一只“12 V,12 W”灯泡，灯泡正常发光，下列说法中正确的是( )
图2
A．通过灯泡的交变电流的频率是50 Hz
B．变压器原、副线圈匝数之比为10∶1
C．矩形线圈中产生的电动势的最大值为120 V
D．若将灯泡更换为“12 V,24 W”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速
解析：选B 由ω＝2πf可得通过灯泡的交变电流的频率是5 Hz，选项A错误；矩形线圈在水平匀强磁场中转动产生感应电动势最大值为NBSω＝100××0.5×10π V＝120 V，变压器输入电压为120 V，由变压器变压公式可知，变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，选项B正确，C错误；若将灯泡更换为“12 V, 24 W”且保证其正常发光，不需要增大矩形线圈的转速，选项D错误。
5．如图3所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S闭合时( )
图3
A．交流电压表V2和V3的示数一定都变小
B．交流电压表V3的示数变小
C．交流电流表A1、A2和A3的示数一定变大
D．只有A1的示数变大
解析：选B 在理想变压器中，因为U不变，故V2示数不变；闭合S时，负载电阻变小，副线圈中电流I2增大，A2示数增大，由P入＝P出，即I1U1＝I2U2可知A1示数增大，因为ab和cd导线的电阻不可忽略，V3测R2两端电压，故V3示数变小。R1两端电压减小，故流过R1处的电流I3变小，A3示数变小，故B正确。
6．图4甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2， 为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是( )
图4
A．电压表的示数等于5 V
B．电压表的示数等于 V
C. 实现点火的条件是>1 000
D．实现点火的条件是<1 000
解析：选BC 交流电压表测的是交流电的有效值，对正弦交流电，其电压有效值U＝，所以B正确A错误；根据题意，副线圈电压峰值大于5 000 V时就可以点燃气体，对理想变压器＝>＝1 000，C正确D错误。
7．图5为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4＜n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时( )
图5
A．A1、A2两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率小于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
解析：选CD 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项正确；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。
8．某同学设计的家庭电路保护装置如图6所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成。当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路。仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )
图6
A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零
B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变
C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起
解析：选ABD 当家庭电路正常工作时，火线和零线中的电流大小始终相等，方向始终相反，由于采用双线绕成，当电路正常工作时，火线和零线在铁芯内部产生的磁场大小相等，方向相反，所以内部的磁通量为零，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，铁芯内部的磁通量还是零，即L2中的磁通量不变，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，铁芯内部的磁通量还是零，L2不产生感应电流，开关K不会被电磁铁吸起，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等，在铁芯内产生的磁通量不为零，L2中产生感应电流，开关K被电磁铁吸起，D正确。
二、计算题(共3小题，共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．(16分)如图7所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V的市电上，向额定电压为1.80×104 V的霓虹灯供电，使它正常发光。为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA时，熔丝就熔断。
图7
(1)熔丝的熔断电流是多大？
(2)当副线圈电路中电流为10 mA时，变压器的输入功率是多大？
解析：(1)根据理想变压器的特点，有I1U1＝I2U2。当I2＝12 mA时，I1即为熔断电流，代入数据得I1≈0.98 A。
(2)设副线圈中电流为I2′＝10 mA，变压器的输入功率为P1，则有P1＝I2′U2。代入数据得P1＝180 W。
答案：见解析
10．(18分)如图8所示，理想降压变压器的变压系数是3，即初级线圈的匝数与次级线圈的匝数之比是3∶1，初级线圈的输入电压是660 V。用这台变压器给100个标有“220 V 60 W”的灯泡供电，假设灯泡电阻恒定，变压器到灯泡间的输电线总电阻约0.2 Ω。(计算结果保留两位小数)求：
图8
(1)空载时次级线圈的端电压和输出功率；
(2)接通时灯泡两端的电压；
(3)每个灯泡的实际功率。
解析：(1)设空载时次级线圈的输出电压为U2，由＝得U2＝U1＝220 V。
因为空载，次级线圈的负载电阻R2→∞，次级线圈中的电流为零，所以I2＝0，P＝I2U2＝0。
(2)接通电路后，100个灯泡并联的总电阻为R外＝＝≈8.067 Ω，
次级线圈中的电流I2＝＝ A
灯泡两端的电压U2′＝I2R外≈214.68 V。
(3)每个灯泡的实际功率P＝U2′＝ W＝57.13 W。
答案：(1)220 V 0 (2)214.68 V (3)57.13 W
11．(18分)如图9所示是交流发电机模型示意图，n＝100匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B＝ T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.48 m2。线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝100π rad/s匀速转动，并与理想升压变压器相连，升压变压器的原、副线圈匝数比为2∶5，理想降压变压器副线圈接入一只“12 V 30 Ω”的灯泡，且灯泡正常发光，线框、输电线路的电阻都不计。
图9
(1)将图示时刻记为t＝0，指出此刻线圈中的电流方向，并写出该正弦交流电的瞬时表
达式；
(2)求降压变压器的原、副线圈匝数比；
(3)求灯泡正常发光时，电流表的读数。
解析：(1)利用右手定则判断得到，电流方向为DCBAD。该正弦交流电的瞬时表达式为e＝nBSωsin(ωt＋φ0)，代入相关数据得e＝480sin(100πt＋) V。
(2)发电机的电动势有效值是480 V，升压变压器的原、副线圈匝数比为2∶5
由＝，得升压变压器副线圈的电压U2＝1 200 V
由于灯泡正常发光，则通过降压变压器电压降为12 V＝
线路电阻不计，U2＝U3
得＝。
(3)灯泡正常发光时，P＝4.8 W
利用理想变压器功率不变原理得发电机输出功率P＝4.8 W
P＝U1I1，解得电流表的读数，I1＝0.01 A。
答案：(1)电流方向为DCBAD
e＝480sin V
(2)100∶1 (3)0.01 A
