课时作业(一) 划时代的发现 探究感应电流的产生条件
一、单项选择题
1．如图所示，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直导线ef，已知ef平行于ab.当ef竖直向上平移时，电流产生的磁场穿过圆的磁通量将( )
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．始终为零
D．不为零，但保持不变
解析：作出磁感线穿过圆的情况的俯视图，如图所示，根据磁场对称性可以知道，穿入圆的磁感线的条数与穿出圆的磁感线的条数是相等的．故选C.
答案：C
2．如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，初始位置线框与磁感线平行，则在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是( )
A．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动
B．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动
C．线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动
D．线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动
解析：四种情况中初始位置线框均与磁感线平行，磁通量为零，按A、B、D三种情况线框运动后，线框仍与磁感线平行，磁通量保持为零不变，线框中不产生感应电流，C中线框转动后，穿过线框的磁通量不断发生变化，所以产生感应电流，C项正确．
答案：C
3．(福建质检)法拉第在1831年发现了“磁生电”现象．如图所示，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针．实验中可能观察到的现象是( )
A．用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转
B．线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转
C．线圈A和电池连接瞬间，小磁针会偏转
D．线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转
解析：根据“磁生电”即电磁感应现象的产生条件，只有线圈B中磁通量变化时才能在线圈B中产生感应电流，因此无论线圈B匝数多少，与线圈A连接的电池多少，都不能在线圈B中产生感应电流，选项A、B错误；只有在线圈A和电池连接或断开的瞬间，线圈B中才能产生感应电流，电流产生磁场，使导线下面平行放置的小磁针发生偏转，选项C正确，D错误．
答案：C
4．磁通量是研究电磁感应现象的一个重要物理量，如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前后两次通过线框的磁通量的变化量分别为ΔΦ1和ΔΦ2则( )
A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．无法确定
解析：第一次将线框由位置1平移到位置2，磁感线从线框的同一侧穿入，ΔΦ1为前后两位置磁通量的绝对值之差．第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线从线框的不同侧穿入，ΔΦ2为前后两位置磁通量的绝对值之和．故ΔΦ1<ΔΦ2，选项C正确．
答案：C
5．在图中，若回路面积从S0＝8 m2变到St＝18 m2，磁感应强度B同时从B0＝0.1 T方向垂直纸面向里变到Bt＝0.8 T方向垂直纸面向外，则回路中的磁通量的变化量为( )
A．7 Wb B．13.6 Wb
C．15.2 Wb D．20.6 Wb
解析：因为B、S都变化，所以磁通量的变化量可用后来的磁通量减去原来的磁通量求解．取后来的磁通量为正，ΔΦ＝Φt－Φ0＝BtSt－(－B0S0)＝0.8×18 Wb－(－0.1×8) Wb＝15.2 Wb，故C对．
答案：C
二、多项选择题
6．在电磁学的发展历程中，奥斯特和法拉第的贡献值得人们纪念，下面有关说法正确的是( )
A．法国物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了右手螺旋定则和“分子电流”假说
B．电流磁效应的发现，宣告了电磁学作为一门独立学科的诞生，掀起了一场研究电与磁关系的浪潮
C．法拉第虽然发现了电磁感应现象，但发现过程并不是一帆风顺的，也曾受思维定势的影响
D．电磁感应的发现，开辟了人类的电气化时代，促进了人类文明的发展
解析：丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了右手螺旋定则和“分子电流”假说，选项A错误；电流磁效应的发现掀起了一场研究电与磁关系的浪潮，英国物理学家法拉第经过十年的不懈努力，发现了电磁感应现象，电磁感应现象的发现，宣告了电磁学的诞生，开辟了人类的电气化时代，故选项B错误，选项C、D正确．
答案：CD
7．如右图所示，四面体OABC处在沿Ox方向的匀强磁场中，下列关于磁场穿过各个面的磁通量的说法中正确的是( )
A．穿过AOB面的磁通量为零
B．穿过ABC面和BOC面的磁通量相等
C．穿过AOC面的磁通量为零
D．穿过ABC面的磁通量大于穿过BOC面的磁通量
解析：此题实际就是判断磁通量的有效面积问题．匀强磁场沿Ox方向没有磁感线穿过AOB面、AOC面，所以磁通量为零，A、C正确；在穿过ABC面时，磁场方向和ABC面不垂直，考虑夹角后发现，ABC面在垂直于磁感线方向上的投影就是BOC面，所以穿过二者的磁通量相等，B正确、D错误．故正确答案为A、B、C.
答案：ABC
8．如图所示，下列情况能产生感应电流的是( )
A．如图甲所示，导体棒AB顺着磁感线运动
B．如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时
C．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时
D．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时
解析：A中导体棒顺着磁感线运动，穿过闭合回路的磁通量没有发生变化，无感应电流，故A错误；B中条形磁铁插入线圈时线圈中的磁通量增加，拔出线圈时线圈中的磁通量减少，都有感应电流，故B正确；C中开关S一直接通，回路中为恒定电流，螺线管A产生的磁场稳定，螺线管B中的磁通量无变化，线圈中不产生感应电流，故C错误；D中开关S接通，滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化，螺线管A的磁场发生变化，螺线管B中磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，故D正确．
答案：BD
9．如图所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况中，导线cd中有电流的是( )
A．开关S闭合或断开的瞬间
B．开关S是闭合的，滑动触头向左滑
C．开关S是闭合的，滑动触头向右滑
D．开关S始终闭合，滑动触头不动
解析：开关S闭合或断开的瞬间；开关S闭合，滑动触头向左滑的过程；开关S闭合，滑动触头向右滑的过程都会使通过导线ab段的电流发生变化，使穿过cd回路的磁通量发生变化，从而在cd导线中产生感应电流．因此本题的正确选项应为A、B、C.
答案：ABC
10．如图所示是等腰直角三棱柱，其中侧面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是( )
A．通过abcd平面的磁通量大小为B·L2
B．通过dcfe平面的磁通量大小为B·L2
C．通过abfe平面的磁通量大小为B·L2
D．通过整个三棱柱的磁通量为零
解析：由公式Φ＝BScosθ可以得出通过面abcd的磁通量Φ1＝BL2cos45°＝BL2，A错误；通过面dcfe的磁通量Φ2＝BL·L，B正确；通过面abfe的磁通量Φ3＝B·L2cos90°＝0，C错误；而整个三棱柱表面是个闭合曲面，穿入与穿出的磁感线条数相等，即穿过它的净磁感线的条数是0，故穿过整个三棱柱的磁通量为零，D正确．
答案：BD
三、非选择题
11．(北京东城模拟)为了探究电磁感应现象的产生条件，图中给出了必备的实验仪器．
(1)请你用笔画线代替导线，将实验电路连接完整．
(2)正确连接实验电路后，在闭合开关时灵敏电流计的指针发生了偏转．开关闭合后，迅速移动滑动变阻器的滑片，灵敏电流计的指针________偏转(选填“发生”或“不发生”)．断开开关时灵敏电流计的指针________偏转(选填“发生”或“不发生”)．
解析：(1)A线圈与滑动变阻器、电源、开关构成闭合电路，B线圈与灵敏电流计连接．(2)只要让B线圈中的磁通量发生变化，都能产生感应电流，而让灵敏电流计指针发生偏转，故移动变阻器的滑片会导致B线圈中的磁通量发生变化；断开开关，也能导致B线圈中的磁通量发生变化．
答案：(1)如图所示 (2)发生 发生
12．一个单匝矩形线圈abcd，边长ab＝30 cm，bc＝20 cm，如图所示，放在Oxyz直角坐标系内，线圈平面垂直于xOy平面，与x轴和y轴的夹角分别为α＝30°和β＝60°，匀强磁场的磁感应强度B＝1.0×10－2 T．试计算：当磁场方向分别沿Ox、Oy、Oz方向时，穿过线圈的磁通量各为多少？
解析：矩形线圈的面积
S＝ab×bc＝0.30×0.20 m2＝6×10－2 m2
矩形线圈在垂直于三个坐标轴的平面上的投影面积的大小分别为
Sx＝Scosβ＝6×10－2× m2＝3×10－2 m2
Sy＝Scosα＝6×10－2× m2＝3×10－2 m2
Sz＝0
当磁感应强度B沿Ox方向时，穿过线圈的磁通量
Φx＝BSx＝1.0×10－2×3×10－2 Wb＝3×10－4 Wb
当磁感应强度B沿Oy方向时，穿过线圈的磁通量
Φy＝BSy＝1.0×10－2×3×10－2 Wb＝3×10－4 Wb
当磁感应强度B沿Oz方向时，穿过线圈的磁通量
Φz＝BSz＝0.
答案：3×10－4 Wb 3×10－4 Wb 0
课时作业(七) 互感和自感
一、单项选择题
1．线圈中的电流强度均匀增大，则这个线圈的( )
A．自感系数也将均匀增大
B．自感电动势也将均匀增大
C．磁通量也将均匀增大
D．自感系数、自感电动势都增大
解析：自感系数只与线圈本身有关，与线圈匝数、长度、粗细有关，所以若线圈中的电流强度均匀增大，自感系数不变，故A错误；自感电动势E＝L，所以若线圈中的电流强度均匀增大，会形成稳定的自感电动势，故B错误、D错误；磁通量Φ＝BS，若线圈中的电流强度均匀增大，因为线圈面积不变，所以磁通量也将均匀增大，故C正确．
答案：C
2．如图所示电路中，La、Lb两灯相同，闭合开关S电路达到稳定后两灯一样亮，则( )
A．当S断开的瞬间，La、Lb两灯中电流立即变为零
B．当S断开的瞬间，La、Lb两灯中都有向右的电流，两灯不立即熄灭
C．当S闭合的瞬间，La比Lb先亮
D．当S闭合的瞬间，Lb比La先亮
解析：由于La与线圈L串联，Lb与滑动变阻器R串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以Lb比La先亮，故C错误、D正确；当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，有顺时针方向的电流，故A、B错误．
答案：D
3．如图所示的电路，可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆开时应( )
A．先断开开关S1 B．先断开开关S2
C．先拆去电流表 D．先拆去电阻R
解析：电路稳定时，电压表右端为“＋”，左端为“－”，指针正向偏转，若先断开S1或先拆电流表或先拆去电阻R的瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时电压表加了一个反向电压，使指针反偏．由“自感系数较大的线圈”知其反偏电压很大，会烧坏电压表．而先断开S2，由于电压表内阻很大，电路中总电阻变化很小，电流几乎不变，不会损坏其他器件，故应先断开S2.
答案：B
4．如图所示，在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接“1”，现在把它从“1”扳向“2”．则在此过程中，电阻R中的电流方向是( )
A．先由P→Q，再由Q→P
B．先由Q→P，再由P→Q
C．始终由Q→P
D．始终由P→Q
解析：由于A线圈磁场变化，使B线圈产生感应电流，这就是互感．将开关由1扳到2的过程中，分两个阶段来分析电阻R上的电流方向．
(1)在线圈A中电流沿原方向减小到零的过程中，线圈A的磁场自右向左也跟着减弱，导致穿过线圈B的磁通量减少．由楞次定律知，线圈B中会产生右上左下的感应电流，即流过电阻R的电流方向是由P→Q；
(2)在线圈A中电流由零沿原方向增大的过程中，线圈A的磁场自右向左也跟着增强，导致穿过线圈B的磁通量增加．由楞次定律知，线圈B中会产生左上右下的感应电流，即通过电阻R的电流方向是由Q→P.
综上分析可知，全过程中流过电阻R的电流方向先是由P→Q，然后是由Q→P，所以A对．
答案：A
二、多项选择题
5．关于互感现象，下列说法正确的是( )
A．两个线圈之间必须有导线相连，才能产生互感现象
B．互感现象可以把能量从一个线圈传到另一个线圈
C．互感现象都是有益的
D．变压器是利用互感现象制成的
解析：两个线圈之间没有导线相连，也能产生互感现象，选项A错误；互感现象可以把能量从一个线圈传到另一个线圈，选项B正确；互感现象不都是有益的，有时会影响电路的正常工作，C错误；变压器是利用互感现象制成的，D正确．
答案：BD
6．(淄博高二检测)如图所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，A、B是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是( )
A．S闭合后，A、B同时发光且亮度不变
B．S闭合后，A立即发光，然后又逐渐熄灭
C．S断开的瞬间，A、B同时熄灭
D．S断开的瞬间，A再次发光，然后又逐渐熄灭
解析：线圈对变化的电流有阻碍作用，开关接通时，A、B串联，同时发光，但电流稳定后线圈的直流电阻忽略不计，使A被短路，所以A错误、B正确；开关断开时，线圈产生自感电动势，与A构成回路，A再次发光，然后又逐渐熄灭，所以C错误、D正确．
答案：BD
7．如图所示，带铁芯的自感线圈的电阻与电阻R的阻值相同，A1和A2是两个完全相同的电流表，则下列说法中正确的是( )
A．闭合S瞬间，电流表A1示数小于A2示数
B．闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数
C．断开S瞬间，电流表A1示数大于A2示数
D．断开S瞬间，电流表A1示数等于A2示数
解析：闭合S瞬间，由于自感线圈L的阻碍，使得I1答案：AD
8．某线圈通有如图所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有( )
A．第1 s末 B．第2 s末
C．第3 s末 D．第4 s末
解析：在自感现象中，当原电流减小时自感电动势与原电流的方向相同，当原电流增加时自感电动势与原电流方向相反．在图象中0～1 s时间内原电流正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向，在1～2 s时间内原电流负方向增加，所以自感电动势与其方向相反，即沿正方向；同理分析2～3 s、3～4 s时间内可得正确答案为B、D两项．
答案：BD
课时作业(三) 法拉第电磁感应定律
一、单项选择题
1．下列说法正确的是( )
A．线圈的面积越大，线圈的感应电动势越大
B．线圈的匝数越多，线圈的感应电动势越大
C．某时刻线圈中的磁通量为零，线圈的感应电动势不一定为零
D．在任意情况下，导体切割磁感线的感应电动势都为E＝Blv
解析：线圈的面积很大，匝数很多，但穿过线圈的磁通量不发生变化，线圈的感应电动势为零，A、B错；在穿过线圈的磁通量的变化中，某时刻磁通量为零，但感应电动势不为零，C对；只有当磁场方向、导体、导体运动方向三者两两垂直时，导体感应电动势才为E＝Blv，D错．
答案：C
2．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2 Wb，则( )
A．线圈中感应电动势每秒增加2 V
B．线圈中感应电动势每秒减少2 V
C．线圈中感应电动势始终为2 V
D．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V
解析：由E＝n知：恒定，n＝1，所以E＝2 V.
答案：C
3．穿过某单匝闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图中的①～④所示，下列说法正确的是( )
A．图①有感应电动势，且大小恒定不变
B．图②产生的感应电动势一直在变大
C．图③在0～t1时间内的感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍
D．图④产生的感应电动势先变大再变小
解析：感应电动势E＝，而对应Φ－t图象中图线的斜率，根据图线斜率的变化情况可得：①中无感应电动势；②中感应电动势恒定不变；③中感应电动势0～t1时间内的大小是t1～t2时间内大小的2倍；④中感应电动势先变小再变大．
答案：C
4．一根导体棒ab在水平方向的匀强磁场中自由下落，并始终保持水平方向且与磁场方向垂直．如图所示，则有( )
A．Uab＝0 B．φa>φb，Uab保持不变
C．φa≥φb，Uab越来越大 D．φa<φb，Uab越来越大
解析：ab棒向下运动时，可由右手定则判断出，φb>φa，由Uab＝E＝Blv及棒自由下落时v越来越大，可知Uab越来越大，故D选项正确．
答案：D
5．如图所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为( )
A. B.
C. D.
解析：因磁感应强度B的方向、棒的运动方向及棒本身三者相互垂直，故E＝Blv，其中l＝，结合欧姆定律可知选项A正确．
答案：A
6．如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
A. B.
C. D.
解析：线圈中产生的感应电动势E＝n＝n··S＝n··＝，选项B正确．
答案：B
二、多项选择题
7．(成都高二检测)如图所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2 s，第二次用时0.4 s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则( )
A．第一次线圈中的磁通量变化较快
B．第一次电流表G的最大偏转角较大
C．第二次电流表G的最大偏转角较大
D．若断开S，电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势
解析：两次磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A正确．感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，故B正确、C错误．断开开关，电流表不偏转，故感应电流为零，但感应电动势不为零，故D错误．
答案：AB
8．单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化图象如图所示，则( )
A．在t＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时，感应电动势为零
D．在0～2×10－2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零
解析：由法拉第电磁感应定律知E∝，故t＝0及t＝2×10－2 s时刻，E＝0，A错、C对，t＝1×10－2 s，E最大，B对.0～2×10－2 s，ΔΦ≠0，E≠0，D错．
答案：BC
9．如图所示，A、B两闭合线圈用同样导线绕成，A有10匝，B有20匝，两圆线圈半径之比为2∶1.均匀磁场只分布在B线圈内．当磁场随时间均匀减弱时( )
A．A中无感应电流
B．A、B中均有恒定的感应电流
C．A、B中感应电动势之比为2∶1
D．A、B中感应电流之比为1∶2
解析：只要穿过圆线圈内的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势和感应电流，因为磁场变化情况相同，有效面积也相同，所以，每匝线圈产生的感应电动势相同，又由于两线圈的匝数和半径不同，电阻值不同，根据电阻定律，单匝线圈电阻之比为2∶1，所以，感应电流之比为1∶2.因此正确答案是B、D.
答案：BD
三、非选择题
10．有一匝数为100匝的线圈，单匝线圈的面积为100 cm2.线圈中总电阻为0.1 Ω，线圈中磁场变化规律如图所示，且磁场方向垂直于环面向里，线圈中产生的感应电动势多大？
解析：取线圈为研究对象，在1～2 s内，其磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(B2－B1)S，磁通量的变化率为＝，由公式E＝n得E＝100× V＝0.1 V.
答案：0.1 V
11．如图所示，一个边长为L的正方形金属框，质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的磁场边缘．金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外．磁场随时间均匀变化满足B＝kt规律，已知细线所能承受的最大拉力FT＝2mg，求从t＝0时起，经多长时间细线会被拉断？
解析：设t时刻细线恰被拉断，由题意知，
ΔB＝kΔt①
金属框中产生的感应电动势
E＝·S＝kL2②
金属框受到的安培力：
F＝BIL＝＝③
由力的平衡条件得，FT＝mg＋F④
解①②③④得t＝.
答案：
12．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻，导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s.
(1)求感应电动势E和感应电流I；
(2)求在0.1 s时间内，拉力的大小；
(3)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.
解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V
感应电流I＝＝ A＝2 A
(2)拉力大小等于安培力大小，F＝BIL＝1×2×0.4 N＝0.8 N
(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流I′＝＝ A＝1 A
由欧姆定律可得，导体棒两端电压U＝I′R＝1 V.
答案：(1)2 V 2 A (2)0.8 N (3)1 V
课时作业(九) 交变电流
一、单项选择题
1．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，以下说法中正确的是( )
A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变
B．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次
C．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次
D．线圈转动一周，感应电动势和感应电流方向都要改变一次
解析：根据交流电的变化规律可得，如果从中性面开始计时有e＝Emsinωt和i＝Imsinωt；如果从垂直于中性面的位置开始计时有e＝Emcosωt和i＝Imcosωt，不难看出：线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向也改变一次；线圈每转动一周，感应电流和感应电动势方向都改变两次，C正确．
答案：C
2．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图可知( )
A．在A和C时刻线圈处于中性面位置
B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零
C．从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π弧度
D．在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大
解析：当线圈在匀强磁场中处于中性面位置时，磁通量最大，感应电动势为零，感应电流为零，B、D两时刻线圈位于中性面．当线圈平面与磁感线平行时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，A、C时刻线圈平面与磁感线平行，D正确．从A时刻到D时刻线圈转过的角度为弧度．故选D.
答案：D
3．如图所示，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经过图示位置时( )
A．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大
B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大
C．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小
D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小
解析：本题主要考查对交变电流的产生过程的理解．由图可知线圈平面与磁感线平行，应处于垂直于中性面的平面，此时穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，所以A选项正确．
答案：A
4．有一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，在转动过程中，线圈中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是( )
A．当磁通量为零时，感应电动势也为零
B．当磁通量减小时，感应电动势也减小
C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势为0.5Em
D．角速度ω＝
解析：由交变电流的产生原理可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，与磁通量的大小无关．磁通量最大时，感应电动势为零；而磁通量为零时，感应电动势最大且Em＝BSω＝Φmω，故选项D正确．
答案：D
5．交流发电机在工作时的电动势e＝Emsinωt.若将线圈匝数、线圈面积都提高到原来的两倍，其他条件不变，则电动势变为( )
A．e＝2Emsinωt B．e＝4Emsinωt
C．e＝Emsinωt D．e＝Emsinωt
解析：由电动势最大值表达式Em＝NBSω，N、S变为原来的两倍，则最大值变为4Em，故B正确．
答案：B
6．如图所示，一单匝矩形线圈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( )
A．0.5Bl1l2ωsinωt
B．0.5Bl1l2ωcosωt
C．Bl1l2ωsinωt
D．Bl1l2ωcosωt
解析：线圈从题图位置开始转动，感应电动势瞬时值表达式为e＝Emcosωt，由题意，Em＝BSω＝Bl1l2ω，所以e＝Bl1l2ωcosωt.
答案：D
二、多项选择题
7．在匀强磁场中的矩形线圈从中性面开始匀速转动，穿过线圈平面的磁通量与时间t的关系图象是图中的( )
解析：矩形线圈在中性面时，穿过线圈的磁通量最大，则Φ－t图象是按余弦规律变化，C、D项正确．
答案：CD
8．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形图如图所示，下列说法中正确的是( )
A．在t1时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
B．在t2时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
C．在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
D．在 t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
解析：从题图可知，t1、t3时刻线圈中感应电流达到峰值，磁通量变化率达到峰值，而磁通量最小，线圈平面与磁感线平行；t2、t4时刻感应电流等于零，磁通量变化率为零，线圈处于中性面位置，磁通量达到峰值，正确答案为B、C.
答案：BC
9.
如图所示，一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝0.5sin(20t) V，由该表达式可推知以下哪些物理量( )
A．匀强磁场的磁感应强度
B．线框的面积
C．穿过线框的磁通量的最大值
D．线框转动的角速度
解析：根据正弦式交变电流的感应电动势的瞬时值表达式：e＝BSωsinωt，可得ω＝20 rad/s，而磁通量的最大值为Φm＝BS，所以可以根据BSω＝0.5 V求出磁通量的最大值．
答案：CD
10.
如图所示，单匝矩形线圈abcd的边长分别是ab＝L，ad＝D，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场平行，线圈以ab边为轴做角速度为ω的匀速转动，下列说法中正确的是(从图示位置开始计时)( )
A．t＝0时线圈的感应电动势为0
B．转过90°时线圈的感应电动势为0
C．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为ωBLD
D．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为
解析：由题意t＝0时，B∥S，此时感应电动势最大，当线圈转过90°时，线圈位于中性面位置，感应电动势为0，故选项A错误，选项B正确；线圈转过90°的过程中ΔΦ＝BS＝BLD，所用时间Δt＝＝.由法拉第电磁感应定律知，＝＝，故选项C错误，选项D正确．
答案：BD
三、非选择题
11．一矩形线圈有100匝，面积为50 cm2，线圈内阻r＝2 Ω，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开始计时，已知磁感应强度B＝0.5 T，线圈的转速n＝1 200 r/min，外接一用电器，电阻为R＝18 Ω，试写出R两端电压的瞬时值表达式．
解析：角速度ω＝2πn＝40π rad/s，
最大值Em＝nBSω＝100×0.5×50×10－4×40π V＝10π V，
线圈中感应电动势e＝Emcosωt＝10πcos(40πt) V，
由闭合电路欧姆定律i＝，
故R两端电压u＝Ri＝9πcos(40πt) V.
答案：u＝9πcos(40πt) V
12．如图所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝ T，线框的CD边长为20 cm，CE、DF长均为10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)在e－t坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化的图象．
解析：(1)线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcosωt，
即e＝BSωcosωt.其中B＝ T，
S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，
ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，
故e＝×0.02×100πcos(100πt) V，
即：e＝10cos(100πt) V.
(2)线框中感应电动势随时间变化的图象如图所示：
答案：(1)e＝10cos(100πt) V (2)见解析图
课时作业(二) 楞次定律
一、单项选择题
1．如图所示，在匀强磁场中有一个用比较软的金属导线制成的闭合圆环．在此圆环的形状由圆形变成正方形的过程中( )
A．环中有感应电流，方向a→d→c→b
B．环中有感应电流，方向a→b→c→d
C．环中无感应电流
D．条件不够，无法确定
解析：由圆形变成正方形的过程中，面积减小，磁通量减小，由楞次定律可知，正方形中产生a→d→c→b方向的电流，A对．
答案：A
2．如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆立在轨道上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是( )
A．感应电流的方向始终是P→Q
B．感应电流的方向先是P→Q，后是Q→P
C．PQ受磁场力的方向垂直于杆向左
D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向右，后垂直于杆向左
解析：在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项对、A项错，再由PQ中电流方向及左手定则可判断C、D项错误，故选B.
答案：B
3．如图所示，一个N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的固定矩形导线框，则( )
A．磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿abcd方向；经过位置②时，沿adcb方向
B．磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿adcb方向；经过位置②时，沿abcd方向
C．磁铁经过位置①和②时，线框中感应电流都沿abcd方向
D．磁铁经过位置①和②时，线框中感应电流都沿adcb方向
解析：当磁铁经过位置①时，穿过线框的磁通量向下且不断增加，由楞次定律可确定感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量的增加，根据安培定则可判定感应电流应沿abcd方向．同理可判定当磁铁经过位置②时，感应电流沿adcb方向．
答案：A
4．通电长直导线中有恒定电流I，方向竖直向上，矩形线框与直导线在同一竖直面内，现要使线框中产生如图所示方向的感应电流，则应使线框( )
A．稍向左平移
B．稍向右平移
C．稍向上平移
D．以直导线为轴匀速转动
解析：由楞次定律或右手定则可以判断，线框左移，磁通量增加，感应电流的方向与图示方向相反；选项C、D磁通量不变，无感应电流产生．故选项B正确．
答案：B
5．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关，按图所示连接，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片P向左加速滑动时，电流表指针向右偏转．由此可以推断( )
A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，都能引起电流表指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流表指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流表指针静止在中央
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，所以无法判断电流表指针偏转的方向
解析：线圈A上移或断开开关时，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转，故A错误、B正确；P匀速向左滑动时穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转，P匀速向右滑动时穿过线圈B的磁通量增大，电流表指针向左偏转，故C错误；由以上分析可知，D错误．
答案：B
6.
如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度l大于线框的宽度h.那么下列说法中正确的是( )
A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生
B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生
C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是磁场能转变成电能
D．线框在磁场中运动的过程中，电能转变成机械能
解析：本题考查了感应电流的产生条件及电磁感应中的能量转化．有无感应电流产生关键要看穿过闭合线框的磁通量是否发生变化，有导体切割磁感线时不一定产生感应电流，线框只在进入和穿出磁场的过程中，穿过它的磁通量才会发生变化，该过程中发生了机械能和电能的相互转化．故选A.
答案：A
7．(烟台高二检测)矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线MN中通入如图所示的电流，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是( )
A．导线框abcd中没有感应电流
B．导线框abcd中有顺时针方向的感应电流
C．导线框所受的安培力的合力方向水平向左
D．导线框所受的安培力的合力方向水平向右
解析：直导线中通有向上且增大的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且增大，根据楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向，故A、B错误；根据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线框所受安培力的合力方向水平向右，故C错误、D正确．
答案：D
二、多项选择题
8．如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( )
解析：根据楞次定律可确定感应电流的方向：对C选项，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向——向上；
(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；
(3)感应电流产生的磁场方向——向下；
(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同．线圈的上端为S极，磁铁与线圈相互排斥．综合以上分析知，选项C、D正确．
答案：CD
9．如图所示，光滑U形金属框架放在水平面内，上面放置一导体棒，有匀强磁场B垂直框架所在平面，当B发生变化时，发现导体棒向右运动，下列判断正确的是( )
A．棒中电流从b→a
B．棒中电流从a→b
C．B逐渐增大
D．B逐渐减小
解析：ab棒是因“电”而“动”，所以ab棒受到的安培力向右，由左手定则可知电流方向a→b，故B对，由楞次定律可知B逐渐减小，D对．
答案：BD
10．如图所示，导体AB、CD可在水平光滑轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不连通．当导体棒AB向左移动时( )
A．AB中感应电流的方向为A到B
B．AB中感应电流的方向为B到A
C．CD向左移动
D．CD向右移动
解析：由右手定则可知AB中感应电流方向由A→B，因而CD中电流方向由C→D.由左手定则知CD所受安培力方向向右，故CD向右移动．
答案：AD
11．如图所示，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( )
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：回路A中有电源，当S1闭合后，回路中有电流，在回路的周围产生磁场，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，电流周围的磁场发生变化，从而使穿过回路B的磁通量发生变化，产生感应电动势，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．
答案：AD
三、非选择题
12．我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和其所遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分．
(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道____________．
(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转．电路稳定后，若向左移动滑片，此过程中电流表指针向________偏转；若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向________偏转．(填“左”或“右”)
解析：(1)电流表中没有电流通过时，指针在中央位置，要探究线圈中电流的方向，必须知道电流从正(负)接线柱流入时，电流表指针的偏转方向．
(2)闭合开关时，线圈A中的磁场增强，线圈B中产生的感应电流使电流表指针向右偏转，则当向左移动滑片时，会使线圈A中的磁场增强，线圈B中感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，电流表指针将向右偏转；当将线圈A抽出时，线圈A在线圈B处的磁场减弱，线圈B中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，线圈B中产生的感应电流将使电流表指针向左偏转．
答案：(1)电流从正(负)接线柱流入时，电流表指针的偏转方向 (2)右 左
课时作业(五) 电磁感应中的电路及图象问题
一、单项选择题
1．如图所示，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变化的图示，可能正确的是( )
解析：在金属棒PQ进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D项错误．在磁场中运动时，感应电动势E＝Blv，与时间无关，保持不变，故A选项正确．
答案：A
2．如图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( )
A．恒为
B．从0均匀变化到
C．恒为－
D．从0均匀变化到－
解析：由楞次定律可知，在磁感应强度由B1均匀增大到B2的过程中，φb>φa，所以φa－φb<0；由法拉第电磁感应定律可知，线圈两端a、b之间电势差Uab＝E＝n＝－n；综上可知，选项C正确，选项A、B、D错误．
答案：C
3．磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，则在0～2 s内线圈中感应电流的大小和方向为( )
A．逐渐增大，逆时针
B．逐渐减小，顺时针
C．大小不变，顺时针
D．大小不变，先顺时针后逆时针
解析：因为B－t图象的斜率不变，所以感应电流恒定．根据楞次定律判断电流方向顺时针．
答案：C
4．(开封高二检测)如图所示，将两块水平放置的金属板用导线与一线圈连接，线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场，两板间有一带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场的磁感应强度B随时间t变化的图象是( )
解析：带正电油滴处于静止，说明感应电动势恒定，在正对金属板之间产生的电场为恒定的匀强电场，电场力与重力平衡．即电场力向上，说明上极板为感应电动势的负极，根据电流在电源内部从负极流向正极可以判断感应电流是自上而下的方向，右手判断感应电流的磁场是竖直向上的，根据楞次定律感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化，说明原磁场在减小，根据感应电动势恒定，判断原磁场在均匀减小，C对．
答案：C
二、多项选择题
5．如图甲所示，一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头为电流I的正方向．线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图乙所示，则磁感应强度B随时间变化的图线可能是( )
答案：CD
6．(河北唐山统考)如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A．在0～3 s内导线圈中产生的感应电流方向不变
B．在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1 V
C．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C
D．在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W
解析：在0～2 s内，磁感应强度变化率为＝1 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E1＝nS＝100×0.12×1 V＝1 V；在2～3 s内，磁感应强度变化率为＝2 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E2＝nS＝100×0.12×2 V＝2 V．在0～2 s内穿过线圈的磁通量增加，在2～3 s内穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知在0～3 s内线圈中产生的感应电流方向发生了变化，选项A错误．在t＝2.5 s时，产生的感应电动势为E2＝2 V，选项B错误．在0～2 s内，感应电流I＝＝10 A，通过导线横截面的电荷量为q＝IΔt＝20 C，选项C正确．在t＝1 s时，导线圈内感应电流的瞬时功率P＝UI＝I2R＝102×0.1 W＝10 W，选项D正确．
答案：CD
三、非选择题
7．如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d＝0.5 m．右端接一阻值为4 Ω的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B按如图乙规律变化．CF长为2 m．在t＝0时，金属棒从图中位置由静止在恒力F作用下向右运动到EF位置，整个过程中，小灯泡亮度始终不变．已知ab金属棒电阻为1 Ω，求：
(1)通过小灯泡的电流；
(2)恒力F的大小；
(3)金属棒的质量．
解析：(1)金属棒未进入磁场时，电路总电阻R总＝RL＋Rab＝5 Ω
回路中感应电动势为：E1＝＝S＝0.5 V
灯泡中的电流强度为：IL＝＝0.1 A
(2)因灯泡亮度不变，故在t＝4 s末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流强度：I＝IL＝0.1 A
恒力大小：F＝FA＝BId＝0.1 N
(3)因灯泡亮度不变，金属棒在磁场中运动时，产生的感应电动势为：E2＝E1＝0.5 V
金属棒在磁场中的速度：v＝＝0.5 m/s
金属棒未进入磁场的加速度为：a＝＝0.125 m/s2
故金属棒的质量为：m＝＝0.8 kg
答案：(1)0.1 A (2)0.1 N (3)0.8 kg
课时作业(八) 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
一、单项选择题
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：产生涡流的条件是穿过金属块的磁通量发生变化，对A、B、C给出的三种情况，穿过金属块的磁通量不发生变化．所以不产生涡流；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，故D正确．
答案：D
2．如图所示，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，线圈的运动情况是( )
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：当磁铁转动时，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安培力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．
答案：C
3．如图，光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上，环1竖直放置，环2水平放置，均处于中间分割线上，在平面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间分割线向右运动时，下列说法正确的是( )
A．两环都向右运动
B．两环都向左运动
C．环1静止，环2向右运动
D．两环都静止
解析：条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持为零不变，无感应电流，仍静止．环2中磁通量变化，根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果是使环2向右运动．
答案：C
4．电磁炉采用感应电流(涡流)的加热原理，其原理图如图所示，它是通过电子线路产生交变磁场，把铁锅放在炉面上时，在铁锅底部产生交变的电流．它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点．下列关于电磁炉的说法正确的是( )
A．电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部
B．电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品
C．电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热
D．电磁炉的锅具一般用铁锅，是因为铝锅、铜锅中不能形成涡流
解析：电磁炉面板如果采用金属材料，在交变磁场中产生涡流发热，会使线圈烧毁；用陶瓷器皿作为锅具不能形成涡流，不能对食品加热；铝锅、铜锅在电磁炉上也能形成涡流，但由于铝、铜是非铁磁性的金属，导磁性弱，通过它们的磁场只是一小部分，因此在铝锅、铜锅中形成的涡流远比铁锅中的小．
答案：A
5．如图所示，金属球(铜球)下端有通电的线圈，今把小球拉离平衡位置后释放，此后关于小球的运动情况是(不计空气阻力)( )
A．做等幅振动
B．做阻尼振动
C．振幅不断增大
D．无法判定
解析：小球在通电线圈磁场中运动，小球中产生涡流，故小球要受到安培力作用阻碍它的相对运动，做阻尼振动，故振幅越来越小，A、C、D错误，B正确．
答案：B
二、多项选择题
6．变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的，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：不使用整块硅钢而采用很薄的硅钢片，这样做的目的是增大铁芯电阻，减少电能转化成铁芯的内能，从而提高效率．这是防止涡流而采取的措施．
答案：BD
7．如图所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是( )
A．2是磁铁，在1中产生涡流
B．1是磁铁，在2中产生涡流
C．该装置的作用是使指针能够转动
D．该装置的作用是使指针能很快地停下
解析：1在2中转动，1中产生涡流，安培力阻碍1的转动，故A、D正确．
答案：AD
8．如图所示，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( )
A．A、B两点在同一水平线上
B．A点高于B点
C．A点低于B点
D．铜环最终将做等幅摆动
解析：铜环在进入和穿出磁场的过程中，穿过环的磁通量发生变化，环中有感应电流产生，将损耗一定的机械能，所以A点高于B点．铜环的摆角会越来越小，最终出不了磁场，而做等幅摆动．
答案：BD
课时作业(六) 电磁感应中的动力学及能量问题
一、单项选择题
1．如图所示，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积的电荷量为q1；第二次bc边平行于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( )
A．Q1>Q2，q1＝q2
B．Q1>Q2，q1>q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2
D．Q1＝Q2，q1>q2
解析：根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab
同理Q2＝lbc，又lab>lbc，故Q1>Q2；
因q＝t＝t＝，
故q1＝q2.因此A正确．
答案：A
二、多项选择题
2．如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、有效电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是( )
A．金属棒在导轨上做匀减速运动
B．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
C．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv2
D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为mv2
解析：因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用，且安培力随速度的减小而减小，所以金属棒向左做加速度减小的减速运动；
根据E＝＝，q＝IΔt＝Δt＝，
解得x＝；
整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量mv2；整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量mv2，电阻R上产生的焦耳热为mv2.故选项C、D正确．
答案：CD
三、非选择题
3．水平面上两根足够长的金属导线平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接，导轨上放一质量为m的金属棒(如图所示)，金属杆与导轨的电阻忽略不计，匀强磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动的速度v也会变化，v与F的关系如图所示．(取重力加速度g＝10 m/s2)
(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动？
(2)若m＝0.5 kg，L＝0.5 m，R＝0.5 Ω，磁感应强度B为多大？
解析：(1)变速运动(或变加速运动、加速度减少的加速运动、加速运动)．
(2)感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，安培力F安＝BIL＝因金属杆受拉力、安培力作用，由牛顿定律得：F－＝ma，所得v＝F－，由图线可以得到直线的斜率k＝2，所以B＝＝1 T.
答案：(1)变加速运动 (2)1 T
4．如图所示，质量为m＝100 g的铝环，用细线悬挂起来，环中央距地面高度h＝0.8 m，有一质量为M＝200 g的小磁铁(长度可忽略)，以v0＝10 m/s的水平速度射入并穿过铝环，落地点距铝环原位置的水平距离x＝3.6 m，则磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看作平抛运动)，求：
(1)铝环向哪边偏斜？
(2)若铝环在磁铁穿过后速度v′＝2 m/s，在磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？(g取10 m/s2)
解析：(1)由楞次定律可知，当小磁铁向右运动时，铝环向右偏斜(阻碍相对运动)．
(2)由磁铁穿过铝环后飞行的水平距离可求出穿过后的速度
v＝＝ m/s＝9 m/s
由能量守恒可得：
W电＝Mv－Mv2－mv′2＝1.7 J.
答案：(1)向右偏斜 (2)1.7 J
5．如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，则：
(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；
(2)导体ab匀速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)
解析：(1)闭合S之前导体自由下落的末速度为：
v0＝gt＝4 m/s.
S闭合瞬闻，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力．
F安＝BIL＝＝0.016 N>mg＝0.002 N.
此刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为
a＝＝－g，所以ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动．当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动．
(2)设匀速下落的速度为vm，
此时F安＝mg，即＝mg，vm＝＝0.5 m/s.
答案：(1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动
(2)0.5 m/s
课时作业(十一) 电感和电容对交变电流的影响
一、单项选择题
1．关于电容对交变电流的影响，下列说法正确的是( )
A．对一只给定的电容器来说它对任何频率的交变电流的阻碍作用都相同
B．同一只电容器对高频交变电流的容抗大于对低频交变电流的容抗
C．同一只电容器对高频交变电流的容抗小于对低频交变电流的容抗
D．同一只电容器对高频交变电流的容抗等于对低频交变电流的容抗
解析：电容器的容抗跟交流电的频率成反比，频率越大，容抗越小，对交变电流的阻碍作用就越小．
答案：C
2．关于电阻、电感、电容对电流作用的说法正确的是( )
A．电阻对直流电和交流电的阻碍作用相同
B．电感对直流电和交流电均有阻碍作用
C．电容器两极板间是绝缘的，故电容支路上没有电流通过
D．交变电流的频率增加时，电阻、电感、电容的变化情况相同
解析：电阻的阻值对直流电和交流电相同，A正确；电感对直流电没有阻碍作用，对交流电有阻碍作用，B错误；由于电容器不断地充放电，电路中存在充电电流和放电电流，C错误；电阻的阻值与交流电的频率无关，感抗随交流电频率的增大而增大，容抗随交流电频率的增大而减小，D错误．
答案：A
3．如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L＝1 mH，C＝200 pF)，此电路的重要作用是( )
A．阻直流通交流，输出交流
B．阻交流通直流，输出直流
C．阻低频通高频，输出高频交流
D．阻高频通低频，输出低频交流和直流
解析：因线圈自感系数L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，电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容C很小，对低频成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它旁路，最终输出的是低频交流和直流．
答案：D
4．(广州高二检测)如图所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表A的示数增大，可行的办法是( )
A．使发电机F的转速增大
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：当发电机转速增大时，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，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．
答案：A
5．(潍坊高二检测)如图所示，在电路两端加上正弦交变电流，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是灯1变亮，灯2变暗，灯3不变，则M、N、L中所接元件可能是( )
A．M为电阻，N为电容器，L为电感线圈
B．M为电感线圈，N为电容器，L为电阻
C．M为电容器，N为电感线圈，L为电阻
D．M为电阻，N为电感线圈，L为电容器
解析：当交变电流的频率增大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，由灯1变亮、灯2变暗可知M为电容器、N为电感线圈，而电阻与交变电流的频率无关，故L为电阻，C正确．
答案：C
6．如图所示，L1、L2为两个完全相同的灯泡，其中L2和直流电阻可以忽略的电感线圈串联，当在a、b之间分别接直流电源和频率不同的交流电源时，关于两个灯泡的亮度以下说法正确的是( )
A．两个灯泡的亮度总是一样的，与接什么电源无关
B．接直流电源时L1亮一些
C．所接电源的频率越大，L1比L2亮的越明显
D．所接电源的频率越小，L1比L2亮的越明显
解析：因为电感线圈的直流电阻可以忽略，接直流电源时，L1、L2一样亮，故B错；电感线圈对交变电流有阻碍作用，频率越大其阻碍作用越大，故C对，A、D错．
答案：C
7．在电子技术中，从某一装置输出的交变电流常常既有高频成分，又有低频成分，若只需要把低频成分输送到后一级装置中，那么要在这两级电路之间接一电路元件是( )
A．电感线圈 B．电容器
C．电阻 D．二极管
解析：应将电容器并联接入电路，如图所示，电容器对高频成分容抗小，易通过；对低频成分容抗大，输入到下一级，有这种作用的电容器叫高频旁路电容．
答案：B
8．在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需把低频成分输送到下一级装置，如图所示，则下列做法合理的是( )
A．在a、b间接入一个电容器
B．在a、b间接入一个低频扼流圈
C．在a、b间接入一个高频扼流圈
D．在a、b间接入一个电容器或高频或低频扼流圈都可以
解析：假设接入电容器，通过的是高频电流，不符合题意，故应接入线圈，通过的是低频电流，故应接高频扼流圈，故C正确．
答案：C
9．某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分，为使放大器仅得到交流低频成分，如图所示电路中可行的是( )
解析：A图放大器得到所有成分．B图放大器可得到直流成分，若为高频扼流圈也能得到低频成分．C图既可得高频成分也可得低频成分．D图通过C1的是高、低频都有，通过C2的是旁路电容让高频成分滤去，故只有D合适．
答案：D
10．(陕西西工大附中三模)图中L为电感足够大的理想电感，C是电容足够大的理想电容器，R1、R2是阻值大小合适的相同电阻，G1、G2是两个零刻度在中央的相同的灵敏电流计，且电流从哪一侧接线柱流入指针即向哪一侧偏转，E是可以不计内阻的直流电源．针对该电路下列判断正确的是( )
A．开关S闭合的瞬间，仅G1的指针发生明显地偏转
B．开关S闭合的瞬间，两电流计指针将同时发生明显的偏转
C．电路工作稳定后，两电流计均有明显不为零的恒定示数
D．电路工作稳定后再断开开关S，此后的短时间内，G1的指针将向右偏转，G2的指针将向左偏转
解析：开关S闭合的瞬间，由于L的自感，其所在支路相当于断路，所以电流计G1指针发生偏转，因C的电容足够大，S闭合瞬间，C所在支路相当于短路，G2又偏转，A、B错误；电路工作稳定后，R1被短路，G1无示数，只有R2串联在电路中，所以G2有示数，C错误；电路工作稳定后再断开开关S，L和R1组成回路，要阻碍原电流的减小，C和R2组成回路，电容器要进行放电，故G1的指针将向右偏转，G2的指针将向左偏转，D正确．
答案：D
二、多项选择题
11．对交变电流能够通过电容器的正确理解是( )
A．在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动
B．在有电容器的交流电路中，有电荷定向移动
C．当电容器接到交变电源上时，电容器交替进行充、放电，电路中才有交变电流
D．当电容器接到交变电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流
解析：电容器能够通过交变电流，是通过电容器交替充、放电而进行的，实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质，故C对、D错；既然电容器交替充、放电，电路中就有了电荷的定向移动，故B对、A错．
答案：BC
12．(湖南怀化期中)某电路的输入电流既有直流成分，又有交流高、低频成分，若通过如图装置，只把交流低频成分输送到下一级，那么关于该电路中各元件的作用，说法正确的是( )
A．L起到消除交流成分的作用
B．C1是隔直电容器
C．C2起到消除高频成分的作用
D．以上说法都不对
解析：线圈L通直流阻交流，起到消除直流成分的作用，A错；C1隔直流通交流，B对；C2允许高频通过，起到消除高频成分的作用，C对．
答案：BC
13．(揭阳高二检测)关于电子技术中的扼流圈，下列说法正确的是( )
A．扼流圈是利用电感线圈对交变电流的阻碍作用来工作的
B．高频扼流圈的作用是允许低频交流通过，而阻碍高频交流通过
C．低频扼流圈的作用是不仅要阻碍高频交流通过，还要阻碍低频交流通过
D．高频扼流圈的自感系数比低频扼流圈的自感系数大
解析：扼流圈是利用变化的电流通过线圈时，感应出自感电动势，从而来阻碍电流的变化，故A正确．高频扼流圈是“通低频，阻高频”，故B正确；低频扼流圈是“阻低频，阻高频，通直流”，故C正确；高频扼流圈比低频扼流圈自感系数小，故D错．
答案：ABC
14．如图所示，输入端A、B的输入电流既有直流成分，又有交流成分，下列说法中正确的是(L的直流电阻不为0)( )
A．直流成分只能从L通过
B．交流成分只能从R通过
C．通过R的既有直流成分，又有交流成分
D．若L的直流电阻RL解析：由于线圈的直流电阻不为0，所以有直流通过R，而线圈对交流有阻碍作用，因此也有交流成分通过R，选项B错误，选项C正确；由于R对交流也有阻碍作用，所以也有交流成分通过L，选项A错误；因为RL答案：CD
课时作业(十三) 电能的输送
一、单项选择题
1．以下关于电能输送的说法，正确的是( )
A．由公式P＝知，输电电压越低，输电线上的功率损失越少
B．由公式P＝知，输电线电阻越大，输电线上的功率损失越少
C．由公式P＝I2R知，输电电流越大，输电线上的功率损失越大
D．由公式P＝UI知，输电线上的功率损失与电流成正比
解析：输电线损失的功率ΔP＝I2R，故C正确；因U＝ΔU＋U3，ΔU为线损电压，U3为降压变压器的原线圈电压，A中的U不是输电电压，故A错误，分析可知B、D也错误．
答案：C
2．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些．这是因为用电高峰时( )
A．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低
B．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小
C．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大
D．供电线路上电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小
解析：照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器多，总电阻变小，供电线路上的电流变大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，C正确．
答案：C
3．水电站向小山村输电，输送电功率为50 kW，若以1 100 V送电，则线路损失为10 kW，若以3 300 V送电，则线路损失可降为( )
A．3.3 kW B．1.1 kW
C．30 kW D．11 kW
解析：由P＝UI，ΔP＝I2R可得：ΔP＝R，所以当输送电压增大为原来的3倍时，线路损失变为原来的，即ΔP＝1.1 kW.
答案：B
4．远距离输电，原来用电压U0输电，在输电线上损失的电功率为ΔP，现在要使输电线上损失的电功率减少到原来的，则输电电压应为( )
A．100U0 B.U0
C. D.
解析：设线路电阻为r，损失功率为ΔP＝I2r，线路电流为I＝
解得ΔP＝
则ΔP∝
当ΔP为原来的时，U′0＝U0
选项B正确．
答案：B
5．(安庆高二检测)如图为远距离的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则( )
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U2，则U1I1＝U2I2，得U2＝，故A正确；发电厂的输出电压是U，所以输电线上的电压降不可能是U，故B错误；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，所以输电线路上损耗的功率是Ir，故C错误；发电厂的输出电压是U，末端间的电压为U1，输电线路上损失的电功率是I1(U－U1)，故D错误．
答案：A
二、多项选择题
6．电能输送的过程中，若输送电功率一定，则在输电线上的功率损失( )
A．与输电线上电压损失的平方成反比
B．与输送电压的平方成正比
C．与输电线上电压损失的平方成正比
D．与输电电流的平方成正比
解析：输电线上的功率损失ΔP＝I2R，电压损失ΔU＝U－U′＝IR，输电电流I＝，所以ΔP＝I2R＝＝2R.可见在输送功率P一定时，ΔP与ΔU2成正比，与U2成反比，与I2成正比．
答案：CD
7．在远距离输电时，输送的电功率为P，输送电压为U，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则P′、P用的关系式正确的是( )
A．P′＝
B．P′＝
C．P用＝P－
D．P用＝P
解析：输电线电阻R＝ρ，输电电流I＝，
故输电线上损失的电功率为
P′＝I2R＝2ρ＝
用户得到的功率为
P用＝P－P′＝P.
答案：BD
8．(烟台高二检测)某发电厂原来用11 kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220 kV输电，输送的电功率都是P.若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是( )
A．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流降为原来的
B．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍
C．根据公式P损＝I2R＝R，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的
D．根据公式P损＝，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍
解析：输电线上电流为I＝，也可以用I＝来表示，其中ΔU为输电线电阻R两端的电压，而不是输送电压，故A正确、B错误；输电线上的功率损失为P损＝I2R＝R，C正确；如果用P损＝，则U应为R两端的电压ΔU，故D错误．
答案：AC
9．如图为模拟远距离输电电路，两理想变压器的线圈匝数n1＝n4A．A1、A3的示数相等
B．A1、A2、A3的示数相等
C．A1的示数大于A2的示数
D．A2的示数大于A3的示数
解析：因为＝，＝，n1＝n4I2，I4>I3，即A1的示数大于A2的示数；A2的示数小于A3的示数；又I2＝I3，所以I1＝I4，即A1、A3的示数相等，选项A、C正确，B、D错误．
答案：AC
10．如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n1∶n2＝n4∶n3.当用户用电器的总电阻减少时( )
A．U1∶U2＝U4∶U3
B．用户的电压U4增加
C．输电线上损失功率增大
D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率
解析：根据＝，＝，以及n1∶n2＝n4∶n3，知U1∶U2＝U4∶U3，故A正确．用户用电器总电阻减小，则电流增大，所以输电线上的电流增大，根据P损＝I2R知，输电线上损耗的功率增大，根据ΔU＝IR知，输电线上的电压损失变大，发电机的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不变，则降压变压器的输入电压变小，用户的电压U4减小，故C正确、B错误．用户消耗的功率等于发电机的输出功率与输电线上损失的功率之差，故D错误．
答案：AC
三、非选择题
11．某小河水流量为4 m3/s，水流下落的高度为5 m．现在利用它来发电，设所用发电机的总效率为50%，求：
(1)发电机的输出功率；
(2)若输电导线的总电阻为4 Ω，输电导线上损失的电功率为发电机输出功率的5%，则需用多大的电压输送电能？
(3)在(2)的条件下，输电导线上的电压损失．
解析：(1)水由高处流下，重力势能转化为动能，推动水轮机做功，设水的流量为Q，则发电机的输入功率P1＝ρQgh
所以输出功率为P2＝ηP1＝ηρQgh＝50%×1.0×103×4×9.8×5 W＝9.8×104 W.
(2)设输电电压为U，输电线上的电流为I，电阻为R，损失的电功率为P3.由P3＝I2R得
I＝＝＝ A＝35 A
由P2＝IU得输电电压
U＝＝ V＝2.8×103 V.
(3)输电导线上损失的电压为
ΔU＝IR＝35×4 V＝140 V.
答案：(1)9.8×104 W (2)2.8×103 V
(3)140 V
12．(江西丰城中学周考)如图所示为演示远距离输电的装置，理想变压器T1、T2的原副线圈匝数比分别为1∶4和5∶1，交流电源的内阻r＝1 Ω，三只灯泡的规格均为“6 V,1 W”，输电线总电阻为10 Ω.若三只灯泡都正常发光，则交流电源的电动势E为多大？
解析：设变压器T1的原线圈电压为U1，副线圈电压为U2，变压器T2的原线圈电压为U3，副线圈电压为U4.通过T1原线圈的电流为I1，输电线中的电流为I2，T2副线圈中的电流为I3.根据题意得：U4＝6 V，而I3＝0.5 A
对T2，由I2n3＝n4I3得：I2＝I3＝0.1 A
线路上损失的电压为ΔU线＝I2R线＝1 V
由＝得：U3＝U4＝30 V
由线路上的电压关系得：U2＝ΔU线＋U3＝31 V
由＝得：U1＝U2＝7.75 V
再对T1由I1n1＝I2n2求得：I1＝0.4 A
最后由闭合电路欧姆定律得：E＝I1r＋U1＝8.15 V
答案：8.15 V
课时作业(十二) 变压器
一、单项选择题
1．一输入电压为220 V，输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏．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上5匝线圈，如图所示，然后将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V．按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( )
A．1 100,360 B．1 100,180
C．2 200,180 D．2 200,360
解析：根据＝可得＝，可知n1＝1 100.排除C、D两项．再由＝可知n2＝180，故A错B对．
答案：B
2．如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是( )
A．I1和I2表示电流的瞬时值
B．U1和U2表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，U2不变，I1变大
D．滑片P向下滑动过程中，U2变小，I1变小
解析：交流电表的示数为有效值，故A、B项均错误；P向下滑动过程中，R变小，由于交流电源、原副线圈匝数不变，U1、U2均不变，所以I2＝变大，由＝，得I1＝I2变大，故C项正确、D项错误．
答案：C
3．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V,60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则( )
A．电流表的示数为 A
B．电源输出功率为1 200 W
C．电流表的示数为 A
D．原线圈端电压为11 V
解析：由灯泡正常发光，可知副线圈电压为220 V，由＝可知，原线圈电压U1＝20×220 V＝4 400 V，D错．
又因输入功率等于输出功率，P1＝P2＝60 W，故B错．
电流表读数为有效值，原线圈中电流I1＝＝ A＝ A，故A错、C正确．
答案：C
4．理想变压器的原线圈连接电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过触头Q调节，在副线圈输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，如图所示．若( )
A．Q位置不变，将P向上滑动，U′变大
B．Q位置不变，将P向上滑动，电流表的读数变大
C．P位置不变，将Q向上滑动，电流表的读数变大
D．P位置不变，将Q向上滑动，变压器的输入功率不变
解析：当理想变压器的输入电压U，以及原、副线圈的匝数比不变时，副线圈两端的电压也不变，A项错．由P出＝知R增大时，输出功率减小，又由P入＝P出得原线圈中的电流表读数要减小，B项错．
Q往上滑动时，U′增大，而负载电阻不变，则输出功率要增大，即输入功率也要增大，原线圈中的电流就要增大，C项对、D项错．
答案：C
5．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )
A．U＝66 V，k＝ B．U＝22 V，k＝
C．U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝
解析：由于变压器的匝数比为3∶1，可得原、副线圈的电流比为1∶3.根据P＝I2 R可知原、副线圈中电阻R的功率之比k＝，由＝，其中U2＝U，则U1＝3U，结合原、副线圈的电流比为1∶3，可得原线圈中电阻R上的电压为，所以有3U＋＝220 V，得U＝66 V，故选项A正确．
答案：A
二、多项选择题
6．为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示，两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表，则( )
A．n1>n2
B．n3>n4
C．a为交流电流表，b为交流电压表
D．a为交流电压表，b为交流电流表
解析：由电路连接方式可知，左图是电压互感器，把高电压经过变压器降压后测量，所以n1>n2，a为交流电压表，右图为电流互感器，把大电流经过变压器变为小电流再测量，所以n3答案：AD
7．如图所示，在某交流电路中，有一正在工作的变压器，原、副线圈匝数分别为n1＝600，n2＝120，交流电源电压U1＝220 V，原线圈中串联一个0.2 A的保险丝，为保证保险丝不被烧断，则( )
A．负载功率不能超过44 W
B．副线圈电流最大值不能超过1 A
C．副线圈电流有效值不能超过1 A
D．副线圈电流有效值不能超过0.2 A
解析：由P入＝P出可知P入＝U1I1＝44 W．又由＝，得U2＝44 V，故I2不能大于1 A，负载功率不能超过44 W.
答案：AC
8．(锦州高二检测)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1.电池和交变电源的电动势都为6 V，内阻均不计．下列说法正确的是( )
A．S与a接通的瞬间，R中无感应电流
B．S与a接通稳定后，R两端的电压为0
C．S与b接通稳定后，R两端的电压为3 V
D．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶1
解析：在S与a接通的瞬间，由于电流由零突然变大，所以线圈中的磁通量会发生变化，副线圈中的R会有感应电流，所以A错误；在S与a接通稳定后，电路中的电流稳定，磁通量不会发生变化，所以副线圈中不会有感应电流产生，电阻R两端的电压为0，所以B正确；在S与b接通稳定后，由于b是交流电源，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为3 V，所以C正确；变压器不会改变交流电源的频率，所以原、副线圈中电流的频率是相同的，所以D错误．
答案：BC
9．如图甲所示为一自耦变压器，变压器的原线圈AB端输入电压如图乙所示，副线圈电路中定值电阻R0＝11 Ω，电容器C的击穿电压为22 V，移动滑动触头使电容器刚好不会被击穿，所有电表均为理想电表，下列说法正确的是( )
A．电压表的示数为220 V
B．原、副线圈的匝数比为10∶1
C．电流表的示数等于通过电阻R0的电流
D．原线圈AB端输入电压的变化规律为u＝311sin100πt V
解析：电压表的示数等于交变电压的有效值，所以电压表的示数为U1＝＝220 V，选项A正确；电容器刚好不被击穿，所以副线圈电压的最大值为22 V，有效值为U2＝ V＝11 V，所以原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝U1∶U2＝10∶1，选项B错误；交变电流能“通过”电容器，所以电流表的示数大于R0上的电流，选项C错误；由u－t图象可知u＝311sin100πt V，选项D正确．
答案：AD
10．由于天气原因某小区的供电系统遭到严重破坏．为此，启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，发电机输出的电压u＝480sin100πt V，图中R表示输电线的电阻．滑动触头P置于a处时，用户的用电器恰好正常工作．在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则( )
A．若A2的示数为2 A，R＝10 Ω，则原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1
B．若A2的示数为2 A，R＝10 Ω，则原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1
C．若要发电机的输出电压发生波动使V1的示数小于正常值，而用电器不变时，应使滑动触头P向下滑动
D．若要V1的示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑动
解析：若A2的示数为2 A，R＝10 Ω，又用户电压为220 V，故副线圈两端电压U2＝220 V＋I2R＝240 V，又原线圈两端电压U1＝480 V，故原、副线圈的匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，选项A正确，B错误；由＝得U2＝U1，若U1变小，为保证用电器仍能正常工作，则n2应变大，滑动触头P应向上滑动，选项C错误；当用电器增加时，副线圈中的电流增大，输电线电阻R上的电压增大，为保证用电器仍能正常工作，则副线圈两端的电压应增大，故滑动触头P应向上滑动，选项D正确．
答案：AD
三、非选择题
11．如图所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数n1＝1 100匝．接入电压U1＝220 V的交流电路中．
(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U2＝6 V，U3＝110 V，它们的匝数n2、n3分别为多少？
(2)若在两副线圈上分别接上“6 V,20 W”、“110 V,60 W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？
解析：(1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系：
由＝得n2＝n1＝×1 100匝＝30匝
n3＝n1＝×1 100匝＝550匝．
(2)设原线圈输入电流为I1，由P入＝P出得
U1I1＝U2I2＋U3I3＝P2＋P3
所以I1＝＝ A＝ A.
答案：(1)30匝 550匝 (2) A
12．如图所示，一理想变压器的原线圈匝数n1＝1 100匝、副线圈匝数n2＝30匝，原线圈与电流表A1串联后接在电压u1＝220sin100πt(V)的交流电源上，电阻R＝12 Ω，电流表A1、A2和电压表V2均为理想的交流电表，求：
(1)三只电表A1、A2和V2的读数分别是多少？
(2)电阻R在t＝30 s时间内产生的热量是多少？
解析：(1)由交流电压的瞬时表达式可知，原线圈电压U1＝220 V，根据＝得：U2＝220× V＝6 V
所以V2的示数为6 V.
根据I2＝得：I2＝ A＝0.5 A，所以A2的示数为0.5 A.
根据＝得：I1＝×0.5 A＝ A＝0.014 A，所以A1的示数为0.014 A.
(2)电阻R在t＝30 s时间内产生的热量Q＝IRt＝90 J
答案：(1)0.014 A 0.5 A 6 V (2)90 J
课时作业(十五) 传感器的应用
一、单项选择题
1．下列器件应用力传感器的是( )
A．鼠标器 B．火灾报警器
C．测温仪 D．电子秤
解析：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．
答案：D
2．在电梯门口放置一障碍物，会发现电梯门不停地开关，这是由于在电梯门上装有的传感器是( )
A．光传感器 B．温度传感器
C．声传感器 D．压力传感器
解析：在电梯门口放置一障碍物，电梯门不停地开关，说明电梯门口有一个光传感器，故A选项正确．
答案：A
3．(杭州高二检测)下列有关各种电阻应用的说法中错误的是( )
A．热敏电阻可应用于温度测控装置中
B．光敏电阻是一种光电传感器
C．电阻丝可应用于电热设备中
D．电阻在电路中主要起到通过直流、阻碍交流的作用
解析：热敏电阻的原理是通过已知某电阻的电阻值与温度的函数关系，测得该热敏电阻的值即可获取温度，从而应用于温度测控装置中，A说法正确；光敏电阻是将光信号与电信号进行转换的传感器，B说法正确；电阻丝通过电流会产生热效应，可应用于电热设备中，C说法正确；电阻对直流和交流均起到阻碍的作用，D说法错误．
答案：D
4．(成都高二检测)传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)，下列实验现象中正确的是( )
A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转
B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向左偏转
C．当丙传感器接入电路实验时，若液体深度h变大，则电流表指针向左偏
D．当丙传感器接入电路实验时，若液体深度h变小，则电流表指针向左偏
答案：D
二、多项选择题
5．下列说法中正确的是( )
A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声音信号
B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片
C．电子秤所使用的测力装置是力传感器
D．热敏电阻能够把温度这个热学量转换为电阻这个电学量
解析：话筒是声传感器，能将声音信号转换成电信号，故B、C、D均正确．
答案：BCD
6．如图是电饭锅的结构图，如果感温磁体的“居里温度”为103℃时，下列说法中正确的是( )
A．常温下感温磁体具有较强的磁性
B．当温度超过103℃时，感温磁体的磁性较强
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，锅内的温度就不可能达到103℃，开关按钮就不会自动跳起
解析：本题是课本中学习的温度传感器的应用——电饭锅的原理．
答案：ACD
7．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0.某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程( )
A．物体处于失重状态
B．物体处于超重状态
C．升降机一定向上做匀加速运动
D．升降机可能向下做匀减速运动
解析：电流表的示数变为2I0且保持不变．说明此时压敏电阻的阻值比升降机静止时小，压敏电阻所受压力变大，物体处于超重状态，即物体具有向上的加速度，B、D正确，A、C错误．
答案：BD
三、非选择题
8．(石家庄高二检测)有一种测量体重的电子秤，其原理图如图中的虚线框内所示，它主要由三部分构成：踏板和压力杠杆ABO、压力传感器R(一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(其实质是电流表)．其中AO∶BO＝5∶1.已知压力传感器的电阻与其所受压力的关系如下表所示：
压力F/N
0
50
100
150
200
250
300
电阻R/Ω
300
270
240
210
180
150
120
设踏板的杠杆组件质量不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.68 V，则：
(1)利用表中数据归纳出电阻R随压力F变化的函数关系式；
(2)该电子秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表刻度盘多少毫安处？
(3)如果某人站在踏板上，电流表刻度盘示数为20 mA，这个人的体重是多少？
解析：(1)由表中数据归纳得出R＝300－0.6F(Ω)．
(2)依题意可知，电子秤空载时压力传感器受到的压力为0，由表可知，此时压力传感器的电阻R1＝300 Ω，电路中的电流为I＝ A＝15.6 mA，所以该秤零刻度线应标在电流表刻度盘的15.6 mA处．
(3)当电流表刻度盘的读数为I2＝20 mA时，压力传感器的电阻R2＝ Ω＝234 Ω
由R＝300－0.6F算得F2＝110 N
再由F2·AO＝G·BO得G＝550 N.
答案：(1)R＝300－0.6F(Ω)
(2)15.6 mA (3)550 N
课时作业(十四) 传感器及其工作原理
一、单项选择题
1．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化为电信号的过程．下列属于这类传感器的是( )
A．红外线报警装置
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：只有A中是将光信号转化为电信号．
答案：A
2．人类发射的绕地球运转的所有航天器，在轨道上工作时都需要电能，所需要的电能都是由太阳能电池把太阳能转化为电能得到的，要求太阳能电池板总是对准太阳，为达到这一要求应利用下列哪种传感器来感知太阳方位( )
A．力传感器
B．光传感器
C．温度传感器
D．生物传感器
解析：太阳帆的有效采光面积不同，所产生的电流不同，当电流最大时正对太阳，所以应用的是光传感器，选项B正确，选项A、C、D错误．
答案：B
3．(烟台高二检测)如图所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制成的传感器，话筒的振动膜前面有薄薄的金属涂层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极．在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，从而使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因是电容器两板间的( )
A．距离变化
B．正对面积变化
C．电介质变化
D．电压变化
解析：振动膜前后振动，使振动膜上的金属涂层与金属板间的距离发生变化，从而将声音信号转化为电信号．
答案：A
4．关于光敏电阻和热敏电阻，下列说法中正确的是( )
A．光敏电阻是用半导体材料制成的，其阻值随光照增强而减小，随光照的减弱而增大
B．光敏电阻是能把光照强度这个光学量转换为电流这个电学量的传感器
C．热敏电阻是用金属铂制成的，它对温度感知很灵敏
D．热敏电阻是把热量这个热学量转换为电阻这个电学量的传感器
解析：光敏电阻是把光强转换为电阻的元件；热敏电阻是把温度转换为电阻的元件，故B、D错误；热敏电阻和光敏电阻都是由半导体材料制成的，半导体具有光敏性和热敏性，金属铂与热敏电阻相反，故C错误．
答案：A
5．右图是观察电阻值随温度变化情况的示意图．现在把杯中的水由冷水变为热水，关于欧姆表的读数变化情况正确的是( )
A．如果R为金属热电阻，读数变大，且变化非常明显
B．如果R为金属热电阻，读数变小，且变化不明显
C．如果R为热敏电阻(用半导体材料制作)，读数变化非常明显
D．如果R为热敏电阻(用半导体材料制作)，读数变化不明显
解析：若为金属热电阻，温度升高后，电阻变大，读数变化不明显，A、B错误．若为热敏电阻，读数将明显变化，C对、D错．
答案：C
6.
位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的滑片P，通过电压表显示的数据，来反映物体M位移的大小x.假设电压表是理想的，则下列说法正确的是( )
A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化
B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化
C．物体M不动时，电路中没有电流
D．物体M不动时，电压表没有示数
解析：电压表为理想电表，则电压表不分流，故滑片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；电压表测的是滑片P左侧电阻分得的电压，故示数随物体M的移动而变化，故B正确，C、D错误．
答案：B
二、多项选择题
7．如图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发出频率恒定的声波使a振动，则( )
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板所带电荷量不变
C．a振动过程中，灵敏电流表中的电流方向不断变化
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：由于平行板电容器两极板与电源两极相连接，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对．
答案：CD
8．下图为光敏电阻自动计数器的示意图，其中A是发光仪器，B是传送带上的物品，R1为光敏电阻，R2为定值电阻，此光电计数器的基本工作原理是( )
A．当有光照射R1时，信号处理系统获得高电压
B．当有光照射R1时，信号处理系统获得低电压
C．该计数器是把光信号转化为电信号，从而被记录的
D．信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
解析：当传送带上没有物品挡住由A射出的光信号时，光敏电阻阻值变小，由分压规律知供给信号处理系统的电压变低；当传送带上有物品挡住由A射出的光信号时，光敏电阻的阻值变大，供给信号系统的电压变高并计数一次，这种高低交替变化的信号经过信号处理系统的处理，就会自动将其转化为相应的数字，实现自动计数的功能．
答案：BCD
9.
(衡水模拟)为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口．在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前、后两个内侧面分别固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )
A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势低
B．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高
C．污水中离子浓度越高，电压表的示数越大
D．污水流量Q与U成正比
解析：由左手定则可以判断出，正离子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转聚集而导致后表面电势比前表面电势高，同理，负离子向前表面偏转聚集而导致前表面电势比后表面电势低，可知，前、后表面电势高、低的关系与正、负离子的多少无关．故A项正确，B项错误；设前、后表面间的最高电压为U，则＝qvB，所以U＝vBb，由此可知U与离子浓度无关，故C项错误；因Q＝vbc，而U＝vBb，所以Q＝，D项正确．
答案：AD
课时作业(十) 描述交变电流的物理量
一、单项选择题
1．标有“250 V,0.5 μF”字样的电容器能接入下面哪个电路中使用( )
A．220sin100πt V
B．220 V照明电路中
C．380sin100πt V
D．380 V动力电路中
解析：从该电容器的铭牌知，它的耐压值为250 V，也就是它允许加的最大电压为250 V，对于220 V的照明电路，最大值为220 V＝311 V，超出了它的耐压值．故正确答案为A.
答案：A
2．(北京海淀重点中学测试)将R＝200 Ω的电阻接入如图所示的交流电路中，电源内阻不计．则可判断( )
A．此交流电动势的有效值为311 V
B．此交流电的频率为100 Hz
C．线圈在磁场中转动的角速度为100 rad/s
D．在一个周期内电阻R上产生的热量是4.84 J
解析：由图象可知该交流电动势的最大值为311 V，则其有效值E＝＝220 V，选项A错误；在一个周期内电阻R上产生的热量Q＝T＝4.84 J，选项D正确；由图象可知该交流电周期T＝0.02 s，其频率f＝＝50 Hz，选项B错误；线圈在磁场中转动的角速度ω＝＝100π rad/s，选项C错误．
答案：D
3．电阻R1、R2与交流电源按照图甲的方式连接，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( )
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：从图象可以看出，交变电流中电流最大值为0.6 A，电流有效值为：I＝＝0.6 A，R1两端电压有效值为U1＝IR1＝6 V，R2两端电压最大值为Um＝ImR2＝0.6×20 V＝12 V，综上所述，正确选项为B.
答案：B
4．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5 Ω，现外接一只电阻为95 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )
A．电压表的示数为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：电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图象知电动势的最大值Em＝220 V，有效值E＝220 V，灯泡两端电压U＝＝209 V，A错；由图象知T＝0.02 s，一个周期内电流方向变化两次，可知1 s内电流方向变化100次，B错；灯泡的实际功率P＝＝ W＝459.8 W，C错；电流的有效值I＝＝2.2 A，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Qr＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，D对．
答案：D
5．如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，在改变线圈的转速后，产生的正弦交流电的图象如图线b所示，以下说法正确的是( )
A．线圈先后两次转速之比为2∶3
B．通过线圈的磁通量最大值之比为3∶2
C．先后两次交流电的最大值之比为3∶2
D．先后两次交流电的有效值之比为∶
解析：由正弦交流电的图象可知，a、b两交变电流的周期之比为2∶3，T＝，ω＝2πn，所以线圈前后两次转速之比为3∶2，选项A错误；电压最大值Um＝NBSω，前后两次交变电流的最大值之比为3∶2，选项C正确；通过线圈的磁通量最大值Φ＝BS＝，通过线圈的磁通量最大值之比为1∶1，选项B错误；由最大值与有效值的关系可知，先后两次交流电的有效值之比为3∶2，选项D错误．
答案：C
二、多项选择题
6．关于正弦式交变电流的周期和频率，下列说法中正确的是( )
A．交变电流最大值出现两次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：根据周期的定义知选项A正确，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，但相邻两个峰值的时间间隔为半个周期．交变电流在一个周期内方向改变两次，即方向变化的频率为交变电流频率的2倍，故选项C正确．由T＝＝ s＝0.02 s，知选项D错误．
答案：AC
7．关于交变电流的有效值U和最大值Um，下列说法中正确的是( )
A．任何形式的交变电流都具有U＝的关系
B．对于正(余)弦式交变电流，有U＝
C．照明电压220 V、动力电压380 V指的都是有效值
D．交流电压表和交流电流表测的都是交变电流的最大值
解析：对于正弦式交变电流，有U＝，对其他形式的交变电流该式不一定成立，所以A错误、B正确；对交变电流而言，没有特殊说明的情况下，电流和电压均指有效值，所以C正确；电流表和电压表测的都是有效值，所以D错误．
答案：BC
8．有一交变电流如图所示，则由此图象可知( )
A．它的周期是0.8 s
B．它的峰值是4 A
C．它的有效值是2 A
D．它的频率是0.8 Hz
解析：由图象可得T＝0.8 s，f＝＝1.25 Hz，故A对、D错；由图象可得Im＝4 A，故B对；因电流为非正弦式交流电，故有效值I≠＝2 A，C错．
答案：AB
9．一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e＝220sin100πt(V)，则( )
A．交流电的频率是100π Hz
B．t＝0时，线圈位于中性面
C．交流电的周期是0.02 s
D．t＝0.05 s时，e有最大值
解析：由瞬时值表达式知：感应电动势按正弦规律变化，所以t＝0时，线圈位于中性面．角速度ω＝100π s－1.因ω＝2πf，所以f＝＝50 Hz；由T＝得T＝ s＝0.02 s；当t＝0.05 s时，e＝220sin5π(V)＝0.故B、C选项正确．
答案：BC
10．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么( )
A．线圈消耗的电功率为4 W
B．线圈中感应电流的有效值为2 A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint
解析：从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，电流的瞬时表达式为i＝Imcost,1 A＝Im×，I＝＝ A，故B错误；线圈消耗的电功率P＝I2R＝4 W，故A正确；感应电动势的瞬时表达式为e＝ImRcost＝4cost，故C正确；BSω＝Φm＝4 V，Φm＝，则任意时刻穿过线圈的磁通量Φ＝Φmsint＝sint，故D错误．
答案：AC
三、非选择题
11．如图所示，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：
(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，通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？
(3)由题目所给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡的实际功率为多大？
解析：(1)线框转动时产生感应电动势的最大值Em＝BSω＝×0.02×100π V＝10 V
因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcosωt＝10cos(100πt) V.
(2)线框转过90°过程中，产生的平均电动势＝＝，流过的电荷量q＝·T＝，灯泡电阻R＝＝ Ω＝3 Ω.故q＝＝ C＝ C，与线框转动的快慢无关．
(3)线框产生的感应电动势的有效值E＝＝10 V，灯泡两端电压U＝R＝5 V．因U<6 V，故灯泡不能正常发光，其实际功率P＝＝ W＝ W.
答案：(1)e＝10cos(100πt) V
(2) C 无关 (3)不能 W
12．如图所示，一小型发电机内有N＝100匝的矩形线圈，线圈面积S＝0.10 m2，线圈电阻可忽略不计．在外力作用下矩形线圈在磁感应强度B＝0.10 T的匀强磁场中，以恒定的角速度ω＝100π rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈两端与R＝100 Ω的电阻构成闭合回路．求：
(1)线圈转动时产生的感应电动势的最大值；
(2)从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°的过程中通过电阻R的电荷量；
(3)线圈匀速转动10 s，电流通过电阻R产生的焦耳热．
解析：(1)线圈匀速转动时产生的感应电动势的最大值为
Em＝NBSω＝100×0.10×0.10×100π V＝3.14×102 V.
(2)设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°所用的时间为Δt.
线圈中的平均感应电动势为＝
通过电阻R的平均电流为＝＝
在Δt时间内通过电阻R的电荷量为
q＝Δt＝＝ C＝1.0×10－2 C
(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的是正弦式交变电流，则电阻R两端电压的有效值为U＝Em
电阻R产生的焦耳热为Q＝t
联立解得Q＝4.93×103 J.
答案：(1)3.14×102 V (2)1.0×10－2 C
(3)4.93×103 J
课时作业(四) 电磁感应现象的两类情况
一、单项选择题
1．(上海宝山期末)穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒减少4 Wb，则( )
A．线圈中感应电动势每秒增大4 V
B．线圈中感应电动势每秒减小4 V
C．线圈中无感应电动势
D．线圈中感应电动势保持4 V不变
解析：根据法拉第电磁感应定律，可得：E＝＝4 V，选项D正确，选项A、B、C错误．
答案：D
2.
夏天将到，在北半球，当我们抬头观看教室内的电风扇时，发现电风扇正在逆时针转动．金属材质的电风扇示意图如图所示，由于电磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法，正确的是( )
A．A点电势比O点电势高
B．A点电势比O点电势低
C．A点电势和O点电势相等
D．扇叶长度越短，UAO的电势差数值越大
解析：在北半球，地磁场的竖直分量竖直向下，由右手定则可判断OA中电流方向由O到A，再根据在电源内部电流由负极流向正极，可知A点为正极，电势高，A对，B、C错；由E＝Blv可知D错．
答案：A
3.
如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为( )
A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1
C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2
解析：由右手定则可判断出MN中电流方向为从N到M，通过电阻R的电流方向为a→c.根据E＝BLv知，若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为原来的2倍，E1∶E2＝1∶2，C项正确．
答案：C
4.
如图所示，导体棒AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差为( )
A.BωR2 B．2BωR2
C．4BωR2 D．6BωR2
解析：A点线速度vA＝ω·3R，B点线速度vB＝ωR，AB棒切割磁感线的平均速度＝＝2ωR，由E＝Blv得，AB两端的电势差为E＝B·2R·＝4BωR2，C正确．
答案：C
5.
如图所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为( )
A. B.
C. D.
解析：当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1＝＝＝＝＝.当线框不动，磁感应强度变化时，I2＝＝＝＝，因I1＝I2，可得＝，C选项正确．
答案：C
二、多项选择题
6．在空间某处存在一变化的磁场，则( )
A．在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电流
B．在磁场中放一闭合线圈，线圈中不一定会产生感应电流
C．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定不会产生电场
D．在磁场中放不放闭合线圈，在变化的磁场周围都会产生电场
解析：由感应电流产生的条件可知，只有闭合回路中磁通量发生改变，才能产生感应电流，如果闭合线圈平面与磁场方向平行，则线圈中无感应电流产生，故A错、B对；由麦克斯韦电磁场理论可知，感应电场的产生与变化的磁场周围有无闭合回路无关，故C错、D对．
答案：BD
7．(杭州高二检测)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势，下列表述正确的是( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．当穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势可能不为零
C．当穿过线圈的磁通量变化越快时，感应电动势越大
D．感应电动势的大小与磁通量的变化量成正比
解析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝n，即感应电动势与线圈匝数有关，故A错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，故D错误；磁通量变化越快、感应电动势越大，故C正确；当穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率不一定为零，因此感应电动势不一定为零，故B正确．
答案：BC
8．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：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，感应电动势的大小不同，感应电流的大小不同，由q＝IΔt＝Δt＝Δt＝可知流过导体横截面的电荷量不变．
答案：AD
9．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，如线圈所围面积里的磁通量随时间变化的规律如图所示，则线圈中( )
A．0时刻感应电动势最大
B．0.05 s时感应电动势为零
C．0.05 s时感应电动势最大
D．0～0.05 s这段时间内平均感应电动势为0.4 V
解析：由法拉第电磁感应定律E＝，在Φ－t图象为某点斜率，0时刻和0.1 s时刻斜率绝对值最大，表明电动势值最大，0.05 s时刻斜率为零，则电动势为零，0～0.05 s时间内平均感应电动势为0.4 V，故选项A、B、D正确．
答案：ABD
10．如图甲所示，面积为S＝1 m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(B取向里方向为正)．以下说法中正确的是( )
A．环中产生逆时针方向的感应电流
B．环中产生顺时针方向的感应电流
C．环中产生的感应电动势大小为1 V
D．环中产生的感应电动势大小为2 V
解析：由楞次定律可判断，环中产生逆时针方向的感应电流，选项A正确、B错误；根据法拉第电磁感应定律，环中产生的感应电动势大小为E＝S＝×1 V＝1 V，选项C正确、D错误．
答案：AC
三、非选择题
11.
(滨州高二检测)在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若cd杆以恒定加速度a＝2 m/s2由静止开始做匀变速运动，则：
(1)在5 s内平均感应电动势是多少？
(2)第5 s末，回路中的电流多大？
解析：(1)5 s内的位移x＝at2＝25 m，
5 s内的平均速度＝＝5 m/s，
(也可用＝ m/s＝5 m/s求解)
故平均感应电动势E＝Bl＝0.4 V.
(2)第5 s末：v′＝at＝10 m/s.此时感应电动势：E′＝Blv′.
则回路电流为I＝＝＝ A＝0.8 A.
答案：(1)0.4 V (2)0.8 A
12．如图甲所示，一个圆形线圈匝数n＝1 000匝、面积S＝2×10－2 m2、电阻r＝1 Ω.在线圈外接一阻值为R＝4 Ω的电阻．把线圈放入一个匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示．求：
(1)0～4 s内，回路中的感应电动势；
(2)t＝5 s时，a、b两点哪点电势高；
(3)t＝5 s时，电阻R两端的电压U.
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得，0～4 s内，回路中的感应电动势E＝n
＝1 000× V
＝1 V
(2)t＝5 s时，磁感应强度正在减弱，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向是垂直纸面向里，故a点的电势高．
(3)在t＝5 s时，线圈的感应电动势为E′＝n
＝1 000× V
＝4 V
根据闭合电路欧姆定律得电路中的电流为
I＝＝ A＝0.8 A
故电阻R两端的电压
U＝IR＝0.8×4 V＝3.2 V
答案：(1)1 V (2)a点的电势高 (3)3.2 V
