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1．下列情况不可能是由于水位控制装置损坏引起的是( )
A．洗衣机不加水
B．洗衣机加水不能自动停止
C．洗衣机不排水
D．洗衣机不洗衣
解析：选C.洗衣机水位控制装置正常，才能正常加水，且加到合适的水位，若损坏可能导致一直不加水，或一直不停地加水或加足水后洗衣机仍然不洗衣，故A、B、D可能，C不可能．
2．下列关于力传感器的说法正确的是( )
A．力传感器是通过弹簧测力的
B．力传感器是通过弹簧将力转换为电学量
C．力传感器是通过电阻应变片测力的
D．力传感器是通过悬臂梁将力的变化转换为金属应变片的形变并进一步转换成电学量
解析：选CD.力传感器结构里没有弹簧，它是通过悬臂梁这样一种弹性元件将微小的形变传递到金属应变片这种电阻应变片上，从而将悬臂梁上的应变转换为电阻的变化，这样就把感知的力学量转换成易测易算的电学量．
3．下列装置中利用了温度传感器的是( )
A．电熨斗 B．电饭锅
C．电子秤 D．火灾报警器
解析：选AB.电熨斗、电饭锅都是通过温度传感器来控制温度，A、B正确；电子秤是利用力传感器来测力的，C错误；火灾报警器是利用烟雾对光的散射，使光照射到光电三极管上，光电三极管的电阻减小引起电流变化而发出警报，因此火灾报警器是光电传感器，故D错．
4．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：选B.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，B对，A、C、D错．
5．(原创题)2011年3月11日14时46分，日本9级强震引发海啸和核危机，震中宫城县和岩手县等地受灾严重，灾难发生后，各路救援人员及时深入灾区，与死神抢时间，争分夺秒抢救被埋人员，有些救援队借助“生命探测仪”可以发现深埋在废墟中的伤员，根据所学知识，你认为“生命探测仪”可能用到了( )
A．红外线传感器 B．压力传感器
C．振动传感器 D．电容传感器
解析：选A.伤员被深埋在废墟中，借助红外线传感器，可以感知人与周围环境的差别，且伤员与尸体的温度不同，借助探测仪可以探测到活着的被困人员．
一、选择题
1．类人型机器人装有作为眼睛的“传感器”，犹如大脑的“控制器”，以及可以行走的“执行器”，在它碰到障碍物前会自动避让并及时转弯．下列有关该机器人“眼睛”的说法中正确的是( )
A．是力传感器 B．是光传感器
C．是温度传感器 D．是声音传感器
解析：选B.遇到障碍物会绕开，说明它是光传感器，B对，A、C、D错．
2．“嫦娥一号”卫星上装有8种24件探测仪器，其中可能有( )
A．味觉传感器 B．气体传感器
C．听觉传感器 D．视觉传感器
解析：选D.“嫦娥一号”月球卫星是为探测月球而发射的在轨卫星，而月球上无气体，所以不需要气体传感器和听觉传感器，当然也用不到味觉传感器，真正需要的是为月球“画像”的视觉传感器——立体相机．
3．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．
4．用遥控器调换电视频道的过程，实际上就是传感器把光信号转换成电信号的过程，下列属于这类传感器的是( )
A．红外报警装置
B．走廊照明灯的声控装置
C．自动洗衣机中的压力传感装置
D．电饭煲中控制加热和保温的温控器
解析：选A.红外报警装置是传感器把光信号(红外线)转换成电信号；走廊照明灯的声控装置是传感器把声音信号转换成电信号；自动洗衣机中的压力传感装置是把位移信号转换成电信号，电饭煲中控制加热和保温的温控器把温度信号转换成电信号．
5．(2011年龙岩高二检测)下列有关传感器的说法中错误的是( )
A．汶川大地震时用的生命探测仪利用了生物传感器
B．“嫦娥二号”卫星星载的立体相机获取月球数据利用了光传感器
C．电子秤称量物体质量是利用了力传感器
D．火灾报警器能够在发生火灾时报警是利用了温度传感器
解析：选D.生命探测仪是利用生物传感器，立体相机是利用光学传感器，电子秤是利用压力传感器，火灾报警是在烟雾浓度达到一定程度时能够输出电信号，使警铃发声或使红灯闪烁，自动报警，利用了烟雾传感器而不是利用了温度传感器，A、B、C对，D错．
6．下列器材是应用光传感器的是( )
A．鼠标器 B．火灾报警器
C．测温器 D．电子秤
解析：选A.鼠标器应用的是光传感器，火灾报警器和测温器应用的都是温度传感器，电子秤应用的是力传感器，所以选项A正确．
7．如图3－3－4是自动调温式电熨斗，下列说法正确的是( )
图3－3－4
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 ℃断开电源，现要求60 ℃断开电源，应使调温旋钮下调一些
D．由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮下移一些
解析：选ABD.常温工作时，上下触点是接通的，当温度升高时，上层金属片形变大，向下弯曲，切断电源，由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态时，温度要升高，则应使调温旋钮下移一些，A、B、D对，C错．
8．如图3－3－5所示是会议室和宾馆房间的天花板上装有的火灾报警器的结构原理图：罩内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板．平时光电三极管接收不到LED发出的光，呈现高电阻状态．发生火灾时，下列说法正确的是( )
图3－3－5
A．进入罩内的烟雾遮挡了光线，使光电三极管电阻更大，检测电路检测出变化发出警报
B．光电三极管温度升高，电阻变小，检测电路检测出变化发出警报
C．进入罩内的烟雾对光有散射作用，部分光线照到光电三极管上，电阻变小，发出警报
D．以上说法均不正确
解析：选C.由火灾报警器的原理可知，发生火灾时烟雾进入罩内，使光发生散射，部分光线照在光电三极管上电阻变小，与传感器相连的电路检测出这种变化，发出警报，C对．
9．如图3－3－6所示为用电源、电磁继电器、滑动变阻器、绿灯泡、小电铃、负温度系数半导体热敏电阻、开关、导线等组成的一个高温报警器电路图，要求是：正常情况绿灯亮，有险情时电铃报警，则图中甲、乙、丙分别是( )
图3－3－6
A．小电铃、半导体热敏电阻、绿灯泡
B．绿灯泡、半导体热敏电阻、小电铃
C．半导体热敏电阻、小电铃、绿灯泡
D．半导体热敏电阻、绿灯泡、小电铃
解析：选C.甲的回路应为控制电路，甲当然为半导体热敏电阻，热敏电阻特点是温度高，电阻小，电流大，继电器工作，触头被吸下，乙被接通应报警，即乙是小电铃，平常时，温度低、电阻大、电流小，丙导通，丙应是绿灯泡．
10．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3－3－7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( )
图3－3－7
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.当小车有向右的恒定加速度时，球对压敏电阻的压力是恒力，压敏电阻的阻值就保持不变，电路中有恒定的电流，故从乙图可看出，从0到t1，压敏电阻受的压力为恒力(可能为零)，小车可能做匀速运动，也可能做匀加速运动，而从t1到t2时间内，压敏电阻所受压力大于从0到t1时的压力，且越来越大，t2到t3时间内，压敏电阻受恒力且大于从0到t1时的压力，故从t1到t2时间内，小车做加速度越来越大的运动，从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动．
二、非选择题
11．(2011年厦门高二检测)传感器担负着信息采集的任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)，例如热传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻随温度变化的图线如图3－3－8甲所示，图乙是用热敏电阻R1作为传感器制作的简单自动报警器原理图．则
图3－3－8
(1)为了使温度过高时报警器铃响，开关应接在________(填“a”或“b”)
(2)若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器的滑片P向________移动(填“左”或“右”)．
解析：温度较高时，热敏电阻阻值减小，图乙中通电螺线管的磁性增强，将与弹簧相连的金属导体向左吸引，要使报警器所在电路接通并报警的话，开关应接在a.要实现温度更高时，即热敏电阻更小时才将报警器电路接通的话，应该将滑动变阻器连入电路的阻值调大，即P向左移动．
答案：(1)a (2)左
12．气体传感器利用物质的化学反应将某种气体的浓度转换成电信号输出，如图3－3－9所示，B为将可燃气体或有毒气体(CO，CH4瓦斯煤气)浓度转换为电信号的传感器，简称电子鼻，根据如下材料，U＝220 V电源、M排风扇、G继电器、A控制电源、S控制开关．请设计一个家用自动排烟电路，在图3－3－9中完成连线图．
图3－3－9
解析：电磁继电器起开关作用，所以电池组、开关和电磁继电器应组成一个电路，另一个是由排风扇和高压电源组成的电路．
答案：如图所示
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1．“西电东送”是我国一项重大的能源发展战略，也是我国西部大开发的四大工程之一．将西部地区的电能输送到东部地区，为了减少输电过程中的电能损失，实现远距离输电应采用的最有效的方法是( )
A．增大输电的电流 B．提高输电电压
C．减小输电线电阻 D．以上办法都不行
解析：选B.远距离输电减小电能损失的方式有两种：一种减小输电线电阻但可行性较差，最有效的方式是高压输电减小电流，故选项B正确．
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：选C.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，用电器越多，总电阻越小，供电线路上的电流越大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，C正确．
3．用电器电阻值为R，距交变电源为L，输电线电流为I，电阻率为ρ，要求输电线上电压降不超过U，则输电线横截面积最小值为( )
A．ρL/R B．2ρLI/U
C．U/(ρLI) D．2UL/(ρI)
解析：选B.输电线上电压降U＝Ir，其中r＝ρ，
则Iρ＝U，得S＝，B对．
4．(2010年高考浙江卷)某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是( )
A．输电线上输送的电流大小为2×105 A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻
解析：选B.输出电功率P＝3×106 kW，输电电压U＝500 kV，则输电线上输送的电流大小为I＝＝6×103 A，所以A错；输电线上由电阻造成的损失电压U损＝Ir＝15 kV，所以B正确；输电线上损失的功率ΔP＝U损I＝r，所以D错误；若改用5 kV电压输电，则输电线上的极限电流I′＝＝2000 A，导线上最大消耗功率P′＝I′2r＝20002·2.5 W＝107 W，故C错．
5．某发电站的输出功率为104 kW，输出电压为4 kV，通过理想变压器升压后向80 km远处用户供电．已知输电线的电阻率为ρ＝2.4×10－8 Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4 m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：
(1)升压变压器的输出电压；
(2)输电线路上的电压损失．
解析：设每根输电线的电阻为r，则
r＝ρ＝2.4×10－8× Ω＝12.8 Ω，
理想变压器，高压输出端功率P输＝P0，P0为发电机功率
(1)设升压变压器的输出电压为U输，输电线上电流为I，由线路损失可得2·I2r＝P损
I＝ ＝ A＝125 A
由P输＝U输 I得U输＝＝＝80 kV.
(2)输电线路上的电压损失U损＝I·2r＝125×12.8×2 V＝3.2 kV.
答案：(1)80 kV (2)3.2 kV
一、选择题
1．对于电能输送的以下说法，正确的是( )
A．输送电能的基本要求是经济实惠
B．减小输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电
C．减小输电线上电压损失的唯一方法是增大导线的横截面积
D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输送功率大小、距离远近、技术和经济要求等
解析：选D.输送电能的基本要求是可靠、保质、经济．减少输电线上的功率损失可采用高压输电，也可采用减小输电线电阻，即增大传输导线横截面积的方法，但不经济，且增加架设难度．实际输电时，要综合考虑各种因素．
2．中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其客观原因是电网陈旧老化．近来，农村进行电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格可采取的措施有( )
A．提高输送功率
B．增大输送电流
C．提高输电电压
D．减小输电导线的横截面积
解析：选C.电费高低与线路损耗有关，损耗越大，电费越高，减少损耗的途径有二：一是提高输电电压；二是减小输电线电阻即增大导线的横截面积，故C选项正确．
3．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是( )
A．输电线上的电功率损失是原来的
B．输电线上的电功率损失是原来的
C．输电线上的电压损失是原来的
D．输电线上的电压损失是原来的
解析：选BC.由P＝IU得I＝，导线上损失功率P损＝I2R＝R，因输送功率一定，P损跟输送电压的平方成反比；U损＝R，U损跟输送电压成反比，所以正确选项为B、C.
4．(2011年榆林高二检测)2011年3月11日，日本9级强震引发海啸与核危机，位于震中的宫城县和岩手县等地受灾严重，高压供电线路损坏严重．在维修重建过程中，除了增加铁塔的个数和铁塔的抗拉强度外，还要考虑尽量减小线路上的电能损耗，既不减少输电功率，也不增加导线质量，对部分线路减少电能损耗采取的有效措施是( )
A．提高这部分线路的供电电压，减小导线中电流
B．在这部分线路两端换用更大匝数比的升压和降压变压器
C．在这部分线路上换用更优质的导线，减小导线的电阻率
D．多增加几根电线进行分流
解析：选ABC.根据P＝I2R可知减少损耗的一个方法是提高输电电压，减小输电电流，A、B对；减小电阻的措施是换用更优质的导线，减小导线的电阻率．
5．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P0，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．100 U0 B. U0
C. D.
解析：选B.设线路电阻为r，损失功率为P损＝I2r，线路电流为I＝，解得P损＝，则P损′∝，当P损为原来的时U0′＝U0.
6．为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )
A．输电电流为3I B．输电电流为9I
C．输电电压为3U D．输电电压为U
解析：选AD.输电线上的热耗功率P线＝I2R线，热耗功率由P变为9P，则电流I变为3I，选项A正确．输电功率P不变，由P＝UI，电流变为3I，输电电压为U，选项D正确．
7．在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为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ΔP，用户得到的电功率为P用，则ΔP、P用的关系式正确的是( )
A．ΔP＝ B．ΔP＝
C．P用＝P－ D．P用＝P(1－)
解析：选B.输电线电阻r＝ρ，输电电流I＝，故输电线上损失的电功率为：ΔP＝I2r＝()2ρ＝，用户得到的电功率P用＝P－ΔP＝P(1－)．故B正确．
8．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V．若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )
A．1 kW B．1.6×103 kW
C．1.6 kW D．10 kW
解析：选A.节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I＝＝ A＝50 A．P线＝I2R＝502×0.4 W＝1000 W，故节约的电功率为1 kW，A项正确．
9．(2010年高考江苏卷)在如图2－7－6所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )
图2－7－6
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
解析：选CD.对升压(或降压)变压器而言，由变压器电压比U1∶U2＝n1∶n2知，输入电压不变，匝数不变，输出电压不变，故A选项不正确；由P＝UI知，U不变，P增大，故I增大，使得输电线上的电压损耗ΔU＝I2R线增大，功率损耗ΔP＝IR线增大，所以降压变压器上的输入电压减小，输出电压减小，所以B不正确，C正确；因为输电线上损耗的功率占总功率的比例为＝＝＝∝P1，所以随发电厂输出功率变大，该值变大，D正确．
10．一台发电机最大输出功率为4000 kW，电压为4000 V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1 kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V,60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )
A．T1原、副线圈电流分别为103 A和20 A
B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V
C．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1
D．有6×104盏灯泡(220 V、60 W)正常发光
解析：选ABD.T1原线圈的电流为I1＝＝A＝1×103 A，输电线上损失的功率为P损＝IR＝10%P1，
所以I2＝＝ A＝20 A，选项A对；T1的变压比为＝＝＝；T1上副线圈的电压为U2＝50U1＝2×105 V，T2上原线圈的电压为U3＝U2－I2R＝2×105 V－20×103 V＝1.8×105 V，选项B对；T2上原、副线圈的变压比为＝＝＝，选项C错；能正常发光的灯泡的盏数为：N＝＝6×104(盏)，选项D对．
二、非选择题
11．(2011年开封高二检测)一座小型发电站的输出功率是20 kW，输电线路总电阻是5 Ω.
(1)若输电电压是400 V，输电线路损耗的功率是多少？
(2)若改用5000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，用户得到的电压是多少？
解析：(1)输电线上的电流强度为
I＝＝A＝50 A，
输电线路损耗的功率为
P损＝I2R＝502×5 W＝12500 W＝12.5 kW.
(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为
I′＝＝A＝4 A，
用户端在变压器降压前获得的电压
U1＝U′－I′R＝(5000－4×5)V＝4980 V，
根据＝可知，用户得到的电压为
U2＝U1＝×4980 V＝226.4 V.
答案：(1)12.5 kW (2)226.4 V
12．小型水利发电站的发电机输出功率为24.5 kW，输出电压为350 V，输电线总电阻为4 Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220 V，所以在用户处需安装降压变压器．输电电路图如图2－7－7所示，求：
图2－7－7
(1)输电线上的电流．
(2)升压变压器的原、副线圈的匝数之比．
(3)降压变压器的原、副线圈的匝数之比．
解析：(1)输电线上功率损失：
ΔP＝5%P1＝5%×24.5 kW＝1225 W，
又因为ΔP＝IR线，所以，输电线上的电流为：
I2＝＝A＝17.5 A.
(2)升压变压器原线圈上的电流
I1＝P1/U1＝24.5 kW/(350 V)＝70 A，
升压变压器原、副线圈的匝数之比为
n1∶n2＝I2∶I1＝17.5∶70＝1∶4.
(3)输电线上电压损失：ΔU＝I2R线＝U2－U3，
降压变压器输入电压：
U3＝U2－ΔU＝U1－I2R线
＝(4×350－17.5×4)V＝1330 V.
降压变压器原、副线圈的匝数之比为
n3∶n4＝U3∶U用＝1330∶220＝133∶22.
答案：(1)17.5 A (2)1∶4 (3)133∶22
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1．示波器使用结束时应注意及时关机，关机的下列操作顺序正确的是( )
A．先断开电源开关，再将“辉度调节”旋钮逆时针转到底
B．先断开电源开关，再将“辉度调节”旋钮顺时针转到底
C．先将“辉度调节”旋钮逆时针转到底，再断开电源开关
D．先将“辉度调节”旋钮顺时针转到底，再断开电源开关
答案：C
2．某同学在做观察荧光屏上的亮斑并进行调节实验时，进行了下列操作：首先将辉度调节旋钮逆时针转到底，竖直位移和水平位移旋钮转到某位置，将衰减调节旋钮置于1000挡，扫描范围旋钮置于“外X”挡．然后打开电源开关(指示灯亮)，过2 min后，顺时针旋转辉度调节旋钮，结果屏上始终无亮斑出现(示波器完好)．那么，他应再调节下列哪个旋钮才有可能在屏上出现亮斑( )
A．竖直位移旋钮 B．水平位移旋钮
C．聚焦调节旋钮 D．辅助聚焦调节旋钮
解析：选AB.屏上始终无亮斑出现，说明电子未打到荧光屏上，因此要调节竖直位移旋钮或水平位移旋钮，让电子打在荧光屏上．
3．关于示波器上交直流选择形状“DC”和“AC”，下列说法中正确的是( )
A．输入直流信号，置于“DC或”“AC”均有信号进入示波器
B．输入交流信号，置于“DC”或“AC”均有信号进入示波器
C．输入直流信号，置于“DC”有信号进入示波器
D．输入交流信号，置于“AC”有信号进入示波器
答案：CD
4．如图2－3－5所示，电源内阻很小可以忽略不计，当S断开时，亮斑位于屏上正中央；当S闭合时且滑动变阻器的滑片处在最左端，亮斑向上偏移4格；当滑动变阻器的滑片处在正中间时( )
图2－3－5
A．亮斑向上偏移2格 B．亮斑仍然向上偏移4格
C．亮斑向下偏移2格 D．亮斑向下偏移4格
答案：A
5．如果仅在示波器的偏转电极xx′上加扫描电压，使亮斑在水平方向这样运动；亮斑从一侧匀速地运动到另一侧，然后迅速返回原处，再匀速地移向另一侧，如此反复继续．则此扫描电压随时间变化的规则为图2－3－6中的( )
图2－3－6
解析：选A.根据不同时刻进入xx′偏转电极间电子所受电场力的不同，其偏转情况不同，到达荧光屏上位置不同，因亮斑运动具有周期性，故C不可能，D中亮斑在两侧间往复匀速运动，而B中电压均为正值，亮斑只能在x轴一侧移动故选A.
6．(2011年天津模拟)在“练习使用示波器”实验中，某同学将衰减调节旋钮置于最右边的“”挡，扫描范围旋钮置于“外X”挡，“X输入”与“地”之间未接信号输入电压，他在示波器荧光屏上看到的图像可能是图2－3－7中的( )
图2－3－7
答案：B
7．图2－3－8为示波器面板，图甲为一信号源．
图2－3－8
(1)若要观测北信号源发出的正弦交流信号的波形，应将信号源的a端与示波器面板上的________连接柱相连，b端与________连线柱相连．
(2)若示波器所显示的输入波形如图乙所示，要将波形上移，应调节面板上的________旋钮，要使此波形横向展宽，应调节________旋钮；要使屏上能够显示2个完整的波形，应调节________旋钮．
解析：(1)示波器内部配有X扫描信号，其扫描频率的高低由扫描范围旋钮和微调旋钮共同调节，要测试其他信号，只要将其加在Y输入即可，同时信号的接地端和示波器的“地”相接，故应依次填：Y输入，地．
(2)波形的上下移动靠调节“↑↓”旋钮来实现，左右移动靠调节“ ”来完成；横向展宽要靠X增益来完成；屏上显示完整波形数的多少要用扫描范围和微调完成，所以依次应填：↑↓(或旋钮6)，X增益，扫描范围和微调．
答案：(1)Y输入 地
(2)↑↓ X增益 扫描范围和扫描微调
8．在没有输入电压的情况下，若将如图2－3－9所示荧光屏的图像：
图2－3－9
(1)由(A)图变为(B)图，应调节什么旋钮？怎样调节？
(2)要使(B)图中的亮斑变成亮线应如何调节？
(3)要使(B)图中的亮线变长应如何调节？
答案：(1)由图(A)可见亮斑在坐标原点上方，故应先将“竖直位移”旋钮逆时针旋转，把光斑调到坐标原点．
(2)要使荧光屏上的亮斑变成亮线，应将“扫描范围”旋转由“外X挡”调到较高频率挡．
(3)要使(B)图中的亮线变长应将X增益旋转钮顺时针旋转．
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1．关于变压器，下列说法正确的是( )
A．变压器的工作原理是电磁感应
B．一切变压器的工作基础都是互感现象
C．各种电流接入变压器的输入端，变压器都能持续正常工作
D．只有交变电流接入变压器的原线圈中，变压器才能持续正常工作
解析：选AD.变压器之所以能变压，是因为原线圈接交变电源时，有交变电流流过原线圈，这引起穿过原、副线圈的磁通量发生变化，在原、副线圈中都产生了感应电动势，所以变压器的工作原理是电磁感应，A正确．变压器利用两个线圈变压时，其工作原理是互感，当变压器只利用一个线圈变压时(自耦变压器)，其工作基础是自感，B错．变压器要持续正常工作，原线圈必须接交变电流，若接直流电，原、副线圈中不可能出现持续的感应电动势，则变压器不能持续正常工作，故C错、D正确．
2．(2011年济南高二检测)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是( )
A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1
B．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等
C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1
D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1
解析：选BD.对理想变压器，B选项认为无磁通量损漏，因而穿过两个线圈的磁通量相同，磁通量变化率相同，因而每匝线圈产生的感应电动势相等，才导致电压与匝数成正比；D选项可以认为忽略热损耗，故输入功率等于输出功率．
3．(2011年包头高二检测)理想变压器正常工作时，若增加接在副线圈两端的负载，则( )
A．副线圈中电流增大
B．副线圈输出的电功率减小
C．原线圈中电流不变
D．原线圈输入的电功率增大
解析：选AD.由于U1、U2不变，负载增加，用电器的总电阻减小，由I2＝知I2增大，A对C错．由P＝UI解得P2＝U2I2，所以P2增大，P1增大，B错D对．
4．(2011年高考浙江卷)如图2－6－9所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin314t V的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是( )
图2－6－9
A．2.0 V B．9.0 V
C．12.7 V D．144.0 V
解析：选A.由＝得U2＝，其中U1＝ V，得U2＝ V≈9.0 V，因此题中两线圈并非处于理想状态，会出现漏磁，所以交流电压表的读数小于9.0 V，故选项A正确．
5．一理想变压器，原线圈匝数n1＝1100，接在电压为220 V的交流电源上，当它对11只并联的“36 V,60 W”灯泡供电时，灯泡正常发光，由此可知该变压器副线圈的匝数n2是多少？通过原线圈的电流I1是多大？
解析：因为11只并联的“36 V,60 W”灯泡正常发光，所以副线圈输出的电压必为36 V．由U1/U2＝n1/n2，
得n2＝n1＝匝＝180匝．
每只灯泡正常发光时的电流由P2′＝I2′U2′得
I2′＝P2′/U2′＝ A＝ A
副线圈中的电流I2＝11×I2′＝ A
因I1/I2＝n2/n1，故I1＝I2＝× A＝3 A.
答案：180匝 3 A
一、选择题
1．关于变压器的工作原理，下列说法中正确的是( )
A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量是不变的
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等
C．穿过副线圈的磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
解析：选BC.原线圈中的磁通量如果不发生变化，那么在副线圈中将不会有感应电动势产生，A错；虽然磁通量始终在不断地发生变化，但是在任意时刻，原、副线圈的磁通量都是相同的，B正确；副线圈中的电流是由于电磁感应产生的，不是由于有电流从原线圈流过来，C正确，D错误．
2．对于理想变压器，下列说法中正确的是( )
A．原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率的增大而增大
B．原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流的增大而增大
C．原线圈的电压不随副线圈的输出电流的变化而变化
D．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零
解析：选ABC.输入功率始终等于输出功率，当变压器的匝数比确定时，输入电流与输出电流的比值也就确定，所以输入电流随着输出电流的增大而增大，并且输入电流由输出电流决定，A、B正确．原线圈的电压是输入电压，是由输入设备或发电机决定的，与变压器无关，不随副线圈的输出电流的变化而变化，故C对、D错．
3．如图2－6－10所示四个电路，能够实现升压的是( )
图2－6－10
解析：选D.变压器只能对交变电流变压，不能对直流变压，故A、B错误．由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压．
图2－6－11
4．(2010年高考重庆卷)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了5匝线圈，如图2－6－11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．1100,360 B．1100,180
C．2200,180 D．2200,360
解析：选B.根据变压规律＝可知变压器烧坏后，铁芯新绕线后，有＝，故原线圈n1＝1100；对变压器未烧坏时，有＝，则副线圈n2＝180.故B正确．
5．将输入为220 V，输出为6 V的变压器，改绕成输出为30 V的变压器．若副线圈原来的匝数为30匝，原线圈的匝数不变，则副线圈应增加的匝数是( )
A．150匝 B．120匝
C．130匝 D．144匝
解析：选B.＝＝，因为副线圈的匝数是30匝，所以原线圈的匝数是1100匝，根据＝＝＝，所以副线圈应该增加的匝数是120匝．
图2－6－12
6．在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图2－6－12所示变压器铁芯的左右两个臂上．当通过交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂，线圈1、2的匝数比n1∶n2＝2∶1.在不接负载的情况下( )
A．当线圈1输入电压为220 V的交变电流时，线圈2的输出电压为110 V
B．当线圈1输入电压为220 V的交变电流时，线圈2的输出电压为55 V
C．当线圈2输入电压为110 V的交变电流时，线圈1的输出电压为220 V
D．当线圈2输入电压为110 V的交变电流时，线圈1的输出电压为110 V
解析：选BD.由于两个线圈中磁通量不同，当原线圈中磁通量为Φ时，副线圈中的磁通量为.以线圈1为原线圈，输入交变电压为220 V时，由E＝n可知：E1＝n1，E2＝n2，故U1∶U2＝E1∶E2＝2n1∶n2＝4∶1，选项B正确；同理可知选项D正确．
7．一理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n1和n2，正常工作时输入和输出的电压、电流、功率分别为U1和U2、I1和I2、P1和P2，已知n1＞n2，则( )
A．U1＞U2 B．P1＝P2
C．I1＜I2 D．P1＞P2
解析：选ABC.因变压器为理想变压器，故有＝，P1＝P2，由题意知，n1＞n2，则U1＞U2，又因I1U1＝I2U2，则I1＜I2，故选项A、B、C正确．
8．(2011年陕西高二检测)如图2－6－13所示是一台理想自耦变压器，在a、b之间接正弦交流电，A、V分别为理想交流电流表和交流电压表，若将调压端的滑动头P向上移动，则( )
图2－6－13
A．电压表V的示数变大 B．变压器的输出功率变大
C．电流表A的示数变小 D．电流表A的示数变大
解析：选C.ab间为原线圈，当P向上移动时，原线圈匝数增多，原副线圈匝数比变大，由变压规律＝，U1不变，U2变小，电压表V的示数变小，R不变，由P＝可知，变压器的输出功率变小，A、B错，由U1I1＝U2I2，可以知道，I1变小，C对，D错．
9. 一理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝1∶2，电源电压u＝220sinωt V，原线圈电路中接入一熔断电流I0＝1 A的保险丝，副线圈中接入一可变电阻R，如图2－6－14所示，为了使保险丝不致熔断，调节R时，其阻值最低不能小于( )
图2－6－14
A．440 Ω B．440 Ω
C．880 Ω D．880 Ω
解析：选C.当原线圈电流为I1＝I0＝1 A时，副线圈中电流I2＝I1＝ A.
原线圈两端电压为
U1＝＝220 V.
则副线圈两端电压为
U2＝U1＝×220＝440 V.
因此负载电阻的最小值为：Rmin＝＝880 Ω.故C正确．
图2－6－15
10．(2011年上海高二检测)为了检测变电站向外输电的情况，要在变电站安装互感器，其接线如图2－6－15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：选AD.左边的互感器为电压互感器，输入电压很大，为了保护电表，应降压后测量，所以n1＞n2，降压后也不能在副线圈上直接接电流表，所以a只能是交流电压表；右边的互感器为电流互感器，输入电流极大，要测量则需要升压，从而达到减小电流的目的，所以n3＜n4，升压后电流会很小，正好可以测电流，即b为电流表．
二、非选择题
图2－6－16
11．一台理想变压器，其原线圈2200匝，副线圈440匝，并接一个100 Ω的负载电阻，如图2－6－16所示．
(1)当原线圈接在44 V直流电源上时，电压表示数为________V，电流表示数为________A.
(2)当原线圈接在220 V交流电源上时，电压表示数为________V，电流表示数为________A．此时输入功率为________W，变压器的效率为________．
解析：根据变压器的工作原理和理想变压器的定义分析求解．
(1)原线圈接在直流电源上时，由于原线圈中的电流恒定，所以穿过原、副线圈的磁通量不发生变化，副线圈两端不产生感应电动势，故电压表示数为零，电流表示数也为零．
(2)由＝，得U2＝＝ V＝44 V(电压表示数)，I2＝＝ A＝0.44 A(电流表示数)，P1＝P2＝I2U2＝44×0.44 W＝19.36 W，效率η＝×100%＝100%.
答案：(1)0 0 (2)44 0.44 19.36 100%
12．如图2－6－17所示理想变压器输入的交流电压U1＝220 V，有两组副线圈，其中n2＝36匝，标有“6 V 9 W”、“12 V 12 W”的电灯分别接在两副线圈上均正常发光，求：
图2－6－17
(1)原线圈的匝数n1和另一副线圈的匝数n3；
(2)原线圈中电流I1.
解析：(1)由于两灯泡均正常发光，
所以有U2＝6 V，U3＝12 V
根据原、副线圈电压与匝数的关系，
由＝，＝得
n1＝n2＝×36＝1320(匝)，
n3＝n2＝×36＝72(匝)．
(2)由于P入＝P出，P出＝P2＋P3，所以P入＝P2＋P3，
即I1U1＝P2＋P3，则
I1＝＝A≈0.095 A.
答案：(1)1320匝 72匝
(2)0.095 A
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1．下列关于交变电流的周期和频率，说法正确的是( )
A．为了描述交变电流的周期性变化引入了周期，而不是频率
B．周期为0.02 s的交流电，其频率为50 Hz
C．周期和频率是倒数关系
D．频率为50 Hz的正弦式交变电流的方向每秒改变50次
解析：选BC.周期和频率都是为了描述交变电流的周期性而引入的，周期是完成一次周期性变化所需的时间，频率是在1 s内完成周期性变化的次数，所以周期和频率是倒数关系．由于正弦式交变电流在每个周期内电流方向改变2次，所以50 Hz的正弦式交变电流每秒内电流方向改变100次．
2．下列各种情况中所指的数值，哪些是交流电的有效值( )
A．交流电路中交流电压表所指示的数值
B．家用电器(如电灯泡)上标明的额定电压值
C．闭合矩形导线框在匀强磁场中绕垂直于磁感线的某一边匀速转动过程中，转到线框平面与磁感线平行的位置时感应电动势的数值
D．电工工具上标明的耐压数值
解析：选AB.如果不加特别说明，交流电的数值都是指交流电的有效值，而电工工具的耐压值是指交流电的最大值，表示工具能承受的交流电的最大值，故选项A、B正确．
3．关于交流电的有效值U和最大值Um，下列说法中正确的是( )
A．任何形式的交流电都具有U＝Um/的关系
B．只有正弦交流电才具有U＝Um/的关系
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最大值
解析：选BC.电压、电流的有效值和峰值之间的倍关系是仅限于正弦交流电而言的，所以A是错误的，B是正确的；在交流电的讲述中没有特殊说明情况下的电流和电压均指有效值，所以C是正确的；电流表和电压表的工作原理都是根据有效值制造的，所以D不正确．
4. (2011年济南高二检测)将正弦交流电经过整流器处理后，得到的电流波形刚好去掉了半周，如图2－2－7所示，它的有效值是( )
图2－2－7
A．2 A B. A
C. A D．1 A
解析：选D.利用电流的热效应列方程：I2RT＝2R·＋0，可解得有效值I＝1 A，故选项D正确．
5．如图2－2－8所示两交变电流分别通过相同电阻R.
(1)分别写出它们的有效值、周期、频率；
(2)计算它们在R上产生的功率之比．
图2－2－8
解析：(1)图甲为正弦交变电流，其有效值I1＝0.707Im＝3.54 A，周期T1＝0.4 s，频率f1＝2.5 Hz；图乙为方波交流电，电流的大小不变，方向作周期性变化，由于热效应与电流方向无关，因而它的有效值I2＝5 A，周期T2＝0.3 s，频率f2＝ Hz.
(2)由公式P＝I2R得甲∶P乙＝1∶2.
答案：(1)3.54 A,0.4 s,2.5 Hz 5 A,0.3 s， Hz
(2)1∶2
一、选择题
1．下列说法正确的是( )
A．交变电流在一个周期内电流方向改变两次
B．交变电流的有效值总是最大值的1/倍
C．因为有效值表示交流电产生的平均效果，所以有效值与平均值相同
D．若正弦式交变电流的最大值是10 A，则它的最小值是－10 A
解析：选A.线圈平面每经过中性面一次，电流方向改变一次，在一个周期内线圈平面有两次经过中性面，对于正弦式交变电流有效值是最大值的1/倍，对其他的交变电流不一定有这样的关系，交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的，与平均值不同，交变电流的正负表示电流的方向，不表示电流的大小，交变电流的最小值为零．
2．某交变电流的方向在1 s内改变100次，则其周期T和频率f分别为( )
A．T＝0.01 s B．T＝0.02 s
C．f＝100 Hz D．f＝50 Hz
解析：选BD.由于正弦式交流电每周期内方向改变两次，所以其频率为50 Hz，由T＝得T＝0.02 s.
3．(2011年如皋高二检测)在我们的生活中所使用的电流一般以交变电流居多，关于交变电流下列说法正确的是( )
A．交流电器设备上所标的电压和电流值是交变电流的峰值
B．用交流电流表和电压表测定的读数值是交变电流的最大值
C．给定的交变电流数值，在没有特别说明的情况下是指有效值
D．保险丝的额定电流、电容器的耐压值是交变电流的有效值
解析：选C.各类交流用电器铭牌所示的值、各类交流电表所测得的值均为有效值，给定交流值凡是没有说明的，所指的值以及保险丝的熔断电流等均为有效值，电容器的耐压值为最大值，A、B、D错，C对．
4. (2010年高考广东理综卷)如图2－2－9是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )
图2－2－9
A．周期是0.01 s
B．最大值是311 V
C．有效值是220 V
D．表达式为u＝220sin100πt(V)
解析：选BC.由波形图可知：周期T＝0.02 s，电压最大值Um＝311 V，所以有效值U＝＝220 V，表达式为u＝Umsint(V)＝311sin100πt(V)，故选项B、C正确，A、D错误．
5. 好多同学家里都有调光电灯和调速风扇，过去是用变压器来实现的．缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速，现在的调光灯和调速电风扇是用可控硅电子元件来实现的．如图2－2－10所示为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦式交变电流的每个二分之一周期内，前周期被截去，调节台灯上旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯两端的电压，那么现在电灯两端的电压为( )
图2－2－10
A．Um/2 B．Um/
C．Um/(2) D.Um
解析：选A.每个二分之一周期被截去周期，原电流为正弦交流电，一个周期可以看成只剩半个周期的电压，利用有效值的定义，得()2××T＝×T，所以U＝，故A正确．
6. 如图2－2－11所示，正弦式交流电的电压的最大值为311 V，负载电阻R＝440 Ω，不考虑电表内阻影响，则电路中交流电压表和电流表的示数分别为( )
图2－2－11
A．311 V,0.707 A
B．220 V,0.5 A
C．311 V,10 A
D．311 V,0.05 A
解析：选B.交流电压表、电流表示数均为有效值，U＝＝ V＝220 V，I＝＝ A＝0.5 A.
7．一个照明电灯，其两端允许加的最大电压为311 V．当它接入220 V的照明电路时，这盏灯( )
A．将不亮 B．灯丝将烧断
C．只能暗淡发光 D．能正常发光
解析：选D.220 V的电路电压有效值为220 V，最大值为311 V，刚好适合．
8．两个完全相同的电热器分别通过如图2－2－12甲和乙所示的电流最大值相等的方波交变电流和正弦式电流，则这两个电热器功率Pa、Pb之比为( )
图2－2－12
A．1∶1 B．2∶1
C．1∶2 D．4∶1
解析：选B.本题的关键是要理解有效值与最大值的关系式I＝仅对正(余)弦式电流成立，对于方波交变电流是不成立的．图甲中交变电流的有效值就是Im，故Pa＝IR；图乙中交变电流的有效值I＝，故Pb＝I2R＝R，所以Pa∶Pb＝2∶1.
9．一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n rad/s，则( )
A．线框交变电动势的峰值为nπBS
B．线框交变电动势的有效值为nπBS
C．从开始转动经过1/4周期，线框中的平均感应电动势为2nBS
D．感应电动势瞬时值为e＝2nπBSsin2nπt
解析：选BD.因为ω＝2πn，所以Em＝BSω＝2πnBS，所以A错误；E＝＝nπBS，B正确；因为T＝＝，所以＝＝＝＝4nBS，C错误；e＝Emsinωt＝2πnBSsin2πnt，D正确．
10．三个相同的电阻分别接入电压为U的恒压电路，电压峰值为Um、频率为f的正弦交流电路，电压峰值为Um、频率为2f的正弦交流电路中，在相同时间内三个电阻上产生的热量之比为( )
A．1∶1∶1 B．1∶1∶2
C．2∶1∶1 D．4∶2∶1
解析：选C.根据正弦交流电有效值和最大值(峰值)的关系知，正弦交变电压有效值为U′＝ .又因为Q＝t知：Q1∶Q2∶Q3＝2∶1∶1，故C项正确．
二、非选择题
11．如图2－2－13所示的电流i通过一个R＝1 Ω的电阻，它不是恒定电流．
图2－2－13
(1)计算通电1 s内电阻R中产生的热量．
(2)如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R，也能在1 s内产生同样的热，这个电流是多大？
解析：(1)电流i在1 s内产生的热量Q＝2IRt1＋2IRt2＝2×12×1×0.2 J＋2×22×1×0.3 J＝2.8 J.
(2)由I2Rt＝Q得电流I＝＝ A＝1.67 A，即该恒定电流为1.67 A.
答案：(1)2.8 J (2)1.67 A
12. 如图2－2－14所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N＝100，线圈电阻r＝3 Ω，ab＝cd＝0.5 m，bc＝ad＝0.4 m，磁感应强度B＝0.5 T，电阻R＝311 Ω，当线圈以n＝300 r/min的转速匀速转动时．求：
图2－2－14
(1)感应电动势的最大值；
(2)t＝0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；
(3)此电压表的示数是多少．
解析：(1)电动势的最大值为：
Em＝NBωS＝NB·(2πn转)·(·)＝314 V.
(2)电动势瞬时值的表达式：e＝Emsin ωt＝314sin10πt V.
(3)Uv＝×(Em)＝220 V.
答案：(1)314 V (2)e＝314sin10πt V (3)220 V
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1.
图2－1－15
对于如图2－1－15所示的电流i随时间t做周期性变化的图像，下列描述正确的是( )
A．电流的大小变化，方向也变化，是交流电
B．电流的大小变化，方向不变，不是交流电
C．电流的大小不变，方向不变，是直流电
D．以上说法都不正确
解析：选B.由i－t图像可知电流大小随时间变化而方向不变，故不是交流电，选项B正确．
2．如图2－1－16所示，不能产生交变电流的是( )
图2－1－16
解析：选A.矩形线圈绕着垂直于磁场方向的转轴做匀速圆周运动就产生交流电，而A图中的转轴与磁场方向平行，线圈中无电流产生，所以选A.
3．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：选B.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．
4.
图2－1－17
如图2－1－17所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图像，根据图像可知( )
A．此感应电动势的瞬时表达式为e＝200sin0.02t
B．此感应电动势的瞬时表达式为e＝200sin100πt
C．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零
D．t＝0.02 s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大
答案：B
5.
图2－1－18
(2011年日照高二检测)一矩形线圈，面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝4 Ω，线圈在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中以n＝300 rad/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图2－1－18所示，若从中性面开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值的表达式；
(2)线圈从开始计时经 s时线圈中感应电流的瞬时值；
(3)外电路R两端电压的瞬时值表达式．
解析：(1)线圈转速n＝300 r/min＝5 r/s，
角速度ω＝2πn＝10π rad/s，
线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝50 V，
感应电动势的瞬时值表达式
e＝Emsinωt＝50sin10πt V.
(2)将t＝ s代入电动势瞬时值表达式，得：
e＝50sin(10π×) V＝25 V，
感应电流i＝＝5 A.
(3)由欧姆定律得：u＝R＝40sin10πt V.
答案：(1)e＝50sin10πt V (2)5 A
(3)u＝40sin10πt V
一、选择题
1．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中不正确的是( )
A．在中性面时，通过线圈的磁通量最大
B．在中性面时，感应电动势为零
C．穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零
D．线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次
解析：选C.由中性面的特点可知，应选为C.
2．线圈在匀强磁场中转动产生电动势e＝10sin20πt V，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时，线圈平面位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大
C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速率最大
D．t＝0.4 s时，e有最大值10 V
解析：选AB.由电动势的瞬时值表达式，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量为最大，但此时导线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误．当t＝0.4 s时，e＝10sin20πt＝10×sin(20π×0.4) V＝0，D错误．
3.
图2－1－19
(2011年陕西安康模拟)一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律如图2－1－19所示，下列说法中正确的是( )
A．t1时刻通过线圈的磁通量为零
B．t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大
C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大
D．每当e变换方向时，通过线圈的磁通量的绝对值都为最大
解析：选D.t1、t3时刻线圈中的感应电动势e＝0，故为线圈通过中性面的时刻，通过线圈的磁通量为最大，磁通量的变化率为零，故A、C不对．t2时刻e＝Em，线圈平面转至与磁感线平行时刻，磁通量为零，B也不对．每当e变换方向时，也就是线圈通过中性面的时刻，通过线圈的磁通量绝对值最大，D正确．
4．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电动势的图像如图2－1－20所示，则( )
图2－1－20
A．交流电的频率是4π Hz
B．当t＝0时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大
C．当t＝π s时，e有最大值
D．t＝π s时，e＝－10 V最小，磁通量变化率最小
解析：选B.从图像可知交流电的周期为2π s，频率为Hz，t＝π s时，e＝0最小，A、C错；t＝0时，e最小，Φ最大，B对；t＝π s时，e＝－10 V，e最大，最大，“－”号表示方向，D错．
5.
图2－1－21
矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生交流电，如图2－1－21所示，下列说法中正确的是( )
A．当穿过线圈的磁通量最大时，产生的电动势最大
B．当穿过线圈的磁通量为零时，产生的电动势最大
C．在图示位置时，A边产生的感应电流方向垂直纸面向里
D．在图示位置时，A边产生的感应电流方向垂直纸面向外
解析：选BC.当线圈平面平行于磁感线时，产生的电动势最大，此时穿过线圈的磁通量为零，选项A错误，B正确；判定感应电流的方向用右手定则，由定则可判定A边感应电流方向垂直纸面向里，选项C正确，D错误．
6.
图2－1－22
如图2－1－22所示，矩形线圈ABDC放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈以相同的角速度，分别绕OO′、AC、EF、AB轴线匀速转动，线圈中产生的最大感应电动势分别为E1、E2、E3、E4，则下面判断正确的是( )
A．E1＝E2，E3＝E4 B．E1＝E2＝E3，E4＝0
C．E1＝E2＝E3＝E4 D．E2＝E3，E1＝E4
解析：选B.线圈以相同的角速度，分别绕OO′、AC、EF轴线匀速转动时，线圈中产生的最大感应电动势的大小为Em＝BSω，和转轴的位置没有关系，绕AB轴线匀速转动时，线圈的AB、CD边没有切割磁感线，AC、BD是同方向切割磁感线，所以整个电路中的感应电动势为零．
7．(2011年延安高二检测)如图2－1－23甲所示，一个矩形线框abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线框内磁通量Φ随时间t变化的情况如图乙所示，则下列说法中正确的是( )
图2－1－23
A．t1时刻线框中的感应电动势最大
B．t2时刻ad的运动方向与磁场方向垂直
C．t3时刻线框平面与中性面重合
D．t4、t5时刻线框中感应电流的方向相同
解析：选BC.通过线框的磁通量Φ最大时，磁通量的变化率＝0最小，此时感应电动势等于零，A错；在t2、t4时刻感应电动势最大，此时导线ad、cb的运动方向均垂直于磁感线，所以B正确；t1、t3、t5时刻感应电动势均为零，此时线框所在平面垂直于磁感线，称为中性面，C正确；t5时刻感应电流为零，D错．
8．如图2－1－24甲所示，a、b为两个并排放置的共轴线圈，a中通有如图乙所示的交变电流，则下列判断错误的是( )
图2－1－24
A．在t1到t2时间内，a、b相吸
B．在t2到t3时间内，a、b相斥
C．t1时刻两线圈间作用力为零
D．t2时刻两线圈间吸引力最大
解析：选D.t1到t2时间内，a中电流减小，a中的磁场穿过b且减小，因此b中产生与a同向的磁场，故a、b相吸，A选项正确．同理B选项正确．t1时刻a中电流最大，但变化率为零，b中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确，t2时刻a中电流为零，但此时电流的变化率最大，b中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误．因此，错误的应是D.
9.
图2－1－25
(2011年包头高二检测)如图2－1－25所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)．若从图所示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图像是图中的( )
图2－1－26
解析：选A.由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，所以产生的仍然是正弦交变电流，只是最大值为全部线圈在磁场中匀速转动情况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项B、C错误．再由右手螺旋定则可以判断出A选项符合题意．
10.
图2－1－27
如图2－1－27所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动．沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电流为
C．穿过线圈磁通量为0
D．穿过线圈磁通量的变化率为0
解析：选BC.图示位置为垂直于中性面的位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电流也最大，I＝＝，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.
二、非选择题
11.
图2－1－28
如图2－1－28所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO′轴从图示位置开始匀速转动，已知从图示位置转动时，线圈中感应电动势的大小为10 V，求：
(1)交变电动势的峰值；
(2)线圈从图示位置转动的过程中，交变电动势的平均值．
解析：(1)图示位置为中性面，从图示位置开始计时，交变电动势的瞬时值为e＝Emsinωt
将ωt＝，e＝10 V代入上式，有10＝Emsin
解得Em＝20 V.
(2)线圈从图示位置转过的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ＝BS，经历的时间Δt＝，所以此过程中交变电动势的平均值为
＝＝＝Em＝×20 V＝12.7 V.
答案：(1)20 V (2)12.7 V
12.
图2－1－29
如图2－1－29所示为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B＝0.5 T，线圈匝数n＝50，每匝线圈面积0.48 m2，转速150 r/min，在匀速转动过程中，从图示位置开始计时．
(1)写出交变感应电动势瞬时值的表达式；
(2)画出e－t图线．
解析：(1)当线圈平面经过中性面开始计时，则线圈在时间t内转过角度ωt，于是感应电动势瞬时值e＝Emsinωt，其中Em＝nBSω.
由题意知n＝50，B＝0.5 T，ω＝rad/s＝5π rad/s，S＝0.48 m2，Em＝nBSω＝50×0.5×0.48×5π V≈188 V，所以e＝188sin5πt(V)．
(2)根据交流电的方程画图线时，最大值是正弦图线的峰值，由纵轴上的刻度值标出，交流电的频率与正弦图线的周期相对应，ω＝，而周期由时间轴上的刻度值标出，T＝2π/ω＝0.4 s，e－t图线如图所示．
答案：(1)e＝188sin5πt(V)
(2)见解析
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(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共14小题，每小题5分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．下列说法正确的是( )
A．凡将非电信息转化为电信息的传感器都是物理传感器
B．湿敏传感器只能是物理传感器
C．物理传感器只能将采集到的信息转化为电压输出
D．物理传感器利用的是物质的物理性质和物理效应
解析：选D.各种传感器虽然工作原理不同，但基本功能相似，多数是将非电信息转化为电信息，故A错；湿敏传感器为化学传感器，故B错；传感器既可将信息转化为电压输出，也可转化为电流、电阻等输出，故C错；由物理传感器定义知D正确．
2．有一电学元件，温度升高时电阻却大幅度减小，则这种元件可能是( )
A．金属导体 B．绝缘体
C．半导体 D．超导体
解析：选C.金属导体的电阻随温度升高而增大，超导体的电阻几乎为零，半导体(如热敏电阻)的阻值随温度升高而减小．
3．(2011年盐城高二检测)当前传感器被广泛应用于各种电器、电子产品之中，下述关于常用的几种家用电子器件所采用传感器说法中，正确的是( )
A．电视机对无线遥控信号的接收主要是采用了光电传感器
B．电子秤中主要是采用了光电传感器
C．电脑所用的光电鼠标主要是采用声波传感器
D．电子体温计中主要是采用了温度传感器
解析：选AD.电视机对无线遥控信号的接收主要是采用了红外线传感器即光电传感器，A正确．电子秤中主要是采用了压力传感器，而不是光电传感器，B错误．电脑所用的光电鼠标主要是采用光电传感器而不是声波传感器，C错误．电子体温计中主要是采用了温度传感器，将温度转化为电信号，D正确．
4．2007年度诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家，以表彰他们发现“巨磁电阻效应”，基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术，被认为是纳米技术的第一次真正应用．在下列有关其他电阻应用的说法中，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：选D.热敏电阻对温度很敏感，光敏电阻对光照很敏感，电阻丝可用于电加热，这很常见，所以A、B、C均正确．交流电、直流电均可通过电阻，电阻对它们均可产生阻碍作用，所以D错误．
5．唱卡拉OK用的话筒，内有传感器．其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号．下列说法正确的是( )
A．该传感器是根据电流的磁效应工作的
B．该传感器是根据电磁感应原理工作的
C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变
D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势
解析：选B.当声波使膜片前后振动时，膜片后的金属线圈就跟着振动，从而使处于永磁体的磁场中的线圈切割磁感线，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，从而将声音信号转化为电信号，这是利用电磁感应原理．
6.
图3－5
如图3－5所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，测光敏电阻时，表针的偏角为θ；现用手掌挡住部分光线，表针的偏角为θ′，则可判断( )
A．θ′＝θ B．θ′<θ
C．θ′>θ D．不能确定
答案：B
7．为了保护电脑元件不受损害，在电脑内部有很多传感器，其中最重要的就是温度传感器，常用的温度传感器有两种，一种是用金属做的热电阻，另一种是用半导体做的热敏电阻．关于这两种温度传感器的特点说法正确的是( )
A．金属做的热电阻随着温度的升高电阻变大
B．金属做的热电阻随着温度的升高电阻变小
C．用半导体做的热敏电阻随着温度的升高电阻变大
D．用半导体做的热敏电阻随着温度的升高电阻变小
解析：选AD.金属的电阻率随着温度的升高而变大，半导体在温度升高时电阻会变小．
8．如图3－6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，V为理想电压表，现发现电压表示数增大，可能的原因是( )
图3－6
①热敏电阻温度升高，其他条件不变
②热敏电阻温度降低，其他条件不变
③光照增强，其他条件不变
④光照减弱，其他条件不变
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：选D.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②、④正确，①、③错误．
9.
图3－7
(2010年高考重庆卷)某电容式话筒的原理示意图如图3－7所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板．对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中( )
A．P、Q构成的电容器的电容增大
B．P上电荷量保持不变
C．M点的电势比N点的低
D．M点的电势比N点的高
解析：选D.当P、Q间距增大时，据平行板电容器公式C＝知d增大则C减小，选项A错．稳定后电容器两极板间的电压不变，则据Q＝CU知C减小U不变，则Q减小，选项B错．电容器两极板的电荷量减少，产生放电电流，方向从M→N，因此M点的电势比N点的电势高，选项C错、选项D正确．
10．如图3－8所示是某居住小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R1为光敏电阻、R2为定值电阻，A、B接监控装置．则( )
图3－8
①当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压升高
②当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压降低
③当仅增大R2的阻值时，可增大A、B之间的电压
④当仅减小R2的阻值时，可增大A、B之间的电压
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
??解析：选C.R1是光敏电阻，有光照射时，电阻变小，当有人通过而遮蔽光线时，R1的阻值变大，回路中的电流I减小，A、B间的电压U＝IR2减小，故①项错误，②项正确；由闭合电路欧姆定律得：U＝E－I(R1＋r)，当仅增大R2的阻值时，电路中的电流减小，A、B间的电压U增大，故③项正确；当减小R2的阻值时，电路中的电流增大，A、B间的电压U减小，故④项错误，故应选C.
11．如图3－9所示，RT为负温度系数的半导体热敏电阻，其他电阻都是普通的电阻，当灯泡L的亮度变暗时，说明( )
图3－9
A．环境温度变高 B．环境温度变低
C．环境温度不变 D．都有可能
解析：选B.当灯泡L变暗时，通过L的电流变小，RT的阻值变大，根据热敏电阻的特点知环境温度变低了．
12．(2010年高考福建卷)如图3－10甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，则( )
图3－10
A．t1时刻小球动能最大
B．t2时刻小球动能最大
C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
解析：选C.0～t1时间内小球做自由落体运动，落到弹簧上并往下运动的过程中， 小球重力与弹簧对小球弹力的合力方向先向下后向上，故小球先加速后减速，t2时刻到达最低点，动能为0，A、B错；t2～t3时间内小球向上运动，合力方向先向上后向下，小球先加速后减速，动能先增加后减少，C对；t2～t3时间内由能量守恒知小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能减去小球增加的重力势能，D错．
13.
图3－11
全自动洗衣机中，排水阀是由程序控制器控制其动作的．当洗衣机进行排水和脱水工序时电磁铁的线圈通电，使电磁铁的铁芯2动作，牵引排水阀的活塞，排出污水，牵引电磁铁的结构如图3－11所示．以下说法正确的是( )
A．若某时刻输入控制电流时，a为正，b为负，则铁芯2中A端为N极，B端为S极
B．若某时刻输入控制电流时，a为正，b为负，则铁芯2中A端为S极，B端为N极
C．若a，b处输入交变电流，铁芯2不能吸入线圈中
D．若a，b处输入交变电流，铁芯2能吸入线圈中
解析：选BD.若输入控制电流由a流入，由b流出，则铁芯1左端为N极，右端为S极，它将使铁芯2磁化，A端为S极，B端为N极，并吸入线圈中，若a、b处输入交变电流，铁芯2仍能被吸入线圈中，故选B、D.
14.
图3－12
(2011年西安八校联考)酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酒后驾车及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器．酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图3－12所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系．如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是( )
A．U越大，表示c越大，c与U成正比
B．U越大，表示c越大，但是c与U不成正比
C．U越大，表示c越小，c与U成反比
D．U越大，表示c越小，但是c与U不成反比
解析：选B.传感器电阻r′的倒数与浓度c是正比关系，即＝kc.电路中的电流为I＝，电压表示数U＝IR0＝＝，可见电压与浓度的关系不是正比关系．但随浓度的增加而增加．故B正确．
二、计算题(本题共2小题，共30分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(12分)如图3－13所示为大型电子地磅电路图，电源电动势为E，内阻不计，不称物体时，滑动头P在A端，滑动变阻器接入电路中有效电阻最大，电流最小；称重物时，在压力作用下滑动头下移，滑动变阻器有效电阻变小，电流变大．这样把电流对应的质量值刻在刻度盘上，就可以读出被称物体的质量，若滑动变阻器上A、B间长度为l，最大阻值为R0，已知两弹簧的总弹力与形变量成正比，比例系数为 k，试导出所称重物重力G与电路中电流I的函数关系．
图3－13
解析：设称重物G时弹簧的压缩量为x，由题意得
G＝kx①
此时，滑动头P距B端距离为l－x，滑动变阻器有效电阻为R0－R0，由欧姆定律有
I＝②
由①②解得G＝2kl－.
答案：G＝2kl－
16．(18分)如图3－14所示为检测某传感器的电路图，传感器上标有“3 V 0.9 W”的字样(传感器可看做一个纯电阻)，滑动变阻器R0上标有“10 Ω 1 A”的字样，电流表的量程为0.6 A，电压表的量程为3 V.
图3－14
(1)根据传感器上的标注，计算该传感器的电阻和额定电流．
(2)若电路各元件均完好，检测时，为了确保电路各部分的安全，在a、b之间所加的电源电压的最大值是多少？
(3)根据技术资料可知，如果传感器的电阻变化超过1 Ω，则该传感器就失去了作用．实际检测时，将一个电压恒定的电源加在图中a、b之间(该电源电压小于上述所求电压的最大值)，闭合开关S，通过调节R0来改变电路的电流和R0两端的电压，检测记录如下：
电压表示数U/V 电流表示数I/A
第一次 1.48 0.16
第二次 0.91 0.22
若不计检测电路对传感器电阻的影响，通过计算分析，你认为这个传感器是否仍可使用？此时a、b间所加的电压是多少？
解析：(1)传感器的电阻
R传＝＝ Ω＝10 Ω.
传感器的额定电流I传＝＝ A＝0.3 A.
(2)为了做到电路各部分安全，则要求电路的最大电流I＝I传＝0.3 A，此时电源电压最大值Umax＝U传＋U0，U传为传感器的额定电压，U0为R0调至最大值R0max＝10 Ω时，R0两端的电压，即
U0＝I传R0max＝0.3×10 V＝3 V.
所以电源电压最大值
Umax＝U传＋U0＝3 V＋3 V＝6 V.
(3)设实际检测时加在a、b间的电压为U，传感器的实际电阻为R传′，根据第一次实验的记录数据：
U＝0.16×R传′＋1.48 V.
根据第二次的记录数据有
U＝0.22×R传′＋0.91 V.
解得R传′＝9.50 Ω，U＝3 V.
所以传感器的电阻变化为ΔR＝R传－R传′＝0.50 Ω＜1 Ω，此传感器仍可使用．
答案：见解析
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(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．根据交变电流瞬时表达式i＝5sin500t(A)可知，从开始计时起，第一次出现电流峰值所需要的时间是( )
A．2 ms B．1 ms
C．6.28 ms D．3.14 ms
解析：选D.法一：由已知条件有＝ω＝500 rad/s，则T＝2π/500.从中性面开始计时，第一次出现电流峰值需Δt＝T/4＝2π/500× s＝ s＝3.14×10－3s.
法二：由交流电瞬时值表达式，令i为最大值时有sin(ωt)＝1，即(500t)＝π/2，则
t＝π/1000＝3.14×10－3(s)．选D.
2．一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2－5甲所示，则以下说法中正确的是( )
图2－5
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大
C．t＝0.02 s时刻，交变电流的电动势达到最大
D．该线圈产生的交变电流的电动势随时间变化的图像如图乙所示
解析：选B.学会解读图像是解题的关键．由图甲可知t＝0和t＝0.02 s时刻Φ值最大，线圈平面恰好处在中性面的位置，感应电动势应为零，故选项A、C错；e－t关系图像在t＝0.01 s和t＝0.03 s时刻切线的斜率最大，即Φ的变化率最大，交变电流的感应电动势达到最大值，故选项D错，B正确．
3. 如图2－6所示的电路图中，变压器是理想变压器，原线圈匝数n1＝600匝，装有0.5 A的保险丝，副线圈的匝数n2＝120匝．要使整个电路正常工作，当原线圈接在180 V的交流电源上时，则副线圈( )
图2－6
A．可接耐压值为36 V的电容器
B．可接“36 V 40 W”的安全灯两盏
C．可接电阻为14 Ω的电烙铁
D．可串联量程为3 A的电流表测量其电路的总电流
答案：B
4. 如图2－7所示，L1、L2为两个相同的灯泡，电键S接通恒定直流电源时，灯泡L1发光，L2不亮，后将S接在有效值和直流电压相同的交流电源上，这时( )
图2－7
A．L2比L1更亮些
B．L2比L1更暗些
C．L2仍然不亮
D．L2可能和L1一样亮
解析：选D.换接交流后，由于电阻R对电流的阻碍作用并不发生变化，所以L1变亮不会发生变化，而对于电容器来说，交流是能够通过的，所以换接交流后L2一定会亮，但亮度就不能确定了，这取决于C的容抗的大小．
5．关于电能输送的以下分析，正确的是( )
A．由公式P＝U2/R知，输电电压越高，输电线上功率损失越大
B．由公式P＝U2/R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．
6．一交变电压的瞬时值u＝Umsin100πt(V)，当t＝1/600 s时，u＝5 V，则用交流电压表测电压时，电压表上看到的读数为( )
A．5 V B．5 V
C．10 V D．10 V
解析：选D.因电压表读数为有效值，将t＝ s和u＝5 V代入u＝Umsin100πt，可知Um＝10，故有效值为＝10 V．选项D正确．
7．在观察正弦规律变化的电压图线时，将“扫描范围”旋钮置于第一挡(10 Hz～100 Hz)，把“衰减”旋钮置于“”挡，再调节“扫描微调”旋钮，屏上便出现完整的正弦曲线，如图2－8所示．则下列关于同步极性选择的说法正确的是( )
图2－8
A．图甲是同步开关置于“－”的结果
B．图甲是同步开关置于“＋”的结果
C．图乙是同步开关置于“－”的结果
D．图乙是同步开关置于“＋”的结果
解析：选BC.根据示波器的使用可知，若同步极性选择开关置于“＋”位置，正弦曲线从正半周开始；置于“－”位置，正弦曲线从负半周开始，故选B、C.
8. 如图2－9所示，变频交变电源的频率可在20 Hz到20 kHz之间调节，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的炽热程度相同．则下列说法中正确的是( )
图2－9
A．如果将频率增大，A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强
B．如果将频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱
C．如果将频率减小，A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强
D．如果将频率减小，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱
解析：选BC.某一频率时，两只灯泡炽热程度相同，应有两灯泡消耗的功率相同，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过A1的电流增大，通过A2的电流减小，故B项正确；同理可得C项正确，故选B、C.
9．如图2－10所示的电路中要使电流表读数变大，可采用的方法有( )
图2－10
A．将R上的滑片向上移动 B．将R上的滑片向下移动
C．将开关S由1掷向2 D．将开关S由1掷向3
解析：选BC.在输入电压和原、副线圈匝数比()一定的情况下，输出电压U2是一定的，当R减小时，由I2＝可知电流表读数变大，故应将R上的滑片向下移动，选项B正确．在输入电压U1一定的条件下，减小原、副线圈匝数比，则输出电压U2(U2＝U1)增大，故I2＝增大，开关S应掷向2，选项C正确．
10．如图2－11所示，在远距离输电过程中，若保持原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是( )
图2－11
A．升高U1会减小输电电流I2
B．升高U1会增大线路的功率损耗
C．升高U1会增大线路的电压损耗
D．升高U1会提高电能的利用率
解析：选AD.提高输电电压U1，由于输入功率不变，则I1将减小，又因为I2＝I1，所以I2将减小，故A对，线路功率损耗P损＝IR，因此功率损耗在减小，电压损失减小，故B、C错误，因线路损耗功率减小，因此利用率将升高．
11．钳形电流表的外形和结构如图2－12甲所示．图甲中电流表的读数为1.2 A．图乙中用同一电缆线绕了3匝，则( )
图2－12
A．这种电流表能测直流电流，图乙的读数为2.4 A
B．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为0.4 A
C．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为3.6 A
D．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流，图乙的读数为3.6 A
解析：选C.钳形电流表的工作原理是电磁感应，所以它只能测定交变电流，根据变压器的原理，I1n1＝I0n0，其中n1指钳形电流表内部线圈的匝数，n0指待测电流导线的匝数，I0指外接电流．当在图乙中用同一电缆线绕了n0′＝3匝，则n0′＝3n0，则满足I2n1＝I0n0′，解得I2＝3I1＝3.6 A.
12．(2011年高考福建卷)图2－13甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常开光．下列说法正确的是( )
图2－13
A．输入电压u的表达式u＝20sin(50πt)V
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W
解析：选D.由题图Um＝20 V，T＝0.02 s，则ω＝＝100π rad/s，输入电压u＝20 sin(100πt)V，故A错；由变压器的变压规律知：＝，故U2＝＝ V＝4 V，由题中将S1接1、S2闭合时，灯泡L2正常发光可得，灯泡L2的额定电压为4 V，当只断开S2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L1、L2串联，故L1、L2均不能正常发光，B错；此时P出＝，副线圈负载R总增大，故P出减小，又P入＝P出，故原线圈的输入功率减小，C错误；当S1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R，故P＝＝ W，D正确．
二、计算题(本题共4小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(6分) 某一交流电的电压波形如图2－14所示，求这一交流电的电压的有效值U.
图2－14
解析：假设让一恒定电流和如题图所示的交流分别通过同一电阻，交流电在一个周期内产生的热量为
Q1＝2(·＋·)＝·＋·.
恒定电流在一个周期内产生的热量
Q2＝·T
由交流电有效值的定义Q1＝Q2，即
·＋·＝·T.
解得U＝2 V.
答案：2 V
14．(8分)如图2－15所示，理想变压器原线圈Ⅰ接到220 V的交流电源上，副线圈Ⅱ的匝数为30，与一标有“12 V 12 W”的灯泡连接，灯泡正常发光．副线圈Ⅲ输出电压为110 V，电流为0.4 A．求：
图2－15
(1)副线圈Ⅲ的匝数；
(2)原线圈Ⅰ的匝数以及通过原线圈的电流．
解析：(1)根据已知，U2＝12 V，n2＝30；U3＝110 V.
由于＝，得n3＝n2＝275匝．
(2)由U1＝220 V，根据＝，得n1＝n2＝550匝；
由P1＝P2＋P3＝P2＋I3U3＝56 W，得I1＝≈0.25 A.
答案：(1)275匝 (2)550匝 0.25 A
15. (12分)(2011年广东省华南师大附中检测)如图2－16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：
图2－16
(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？
(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)线圈转动时产生感应电动势的最大值
Em＝BSω＝×0.02×100π V＝10 V
因线圈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＝Emcos ωt＝10cos 100πt V.
(2)线圈转过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)线圈产生的电动势的有效值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＝10cos100πt V (2) C 无关
(3)不能 W
16．(14分)(2011年黄冈高二检测)人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水流能、风能、煤等燃烧的化学能……)转化为电能．为了合理的利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方．但是，用电的地方往往很远．因此，需要高压输送线路把电能输送到远方．如果某发电站将U＝6000 V的电压直接地加在高压输电线的输入端，向远方供电，且输送的电功率为P＝800 kW.则此时安装在高压输送线路的输入端和终端的电能表一昼夜读数就相差ΔE＝9600 kW·h(1 kW·h＝1 度电)．求：
(1)该输电线路的电阻为多少？
(2)此种情况下，高压线路的输电效率和终端电压．
(3)若要使此高压输电线路的输电效率为98%，则在发电站处应安装一个变压比(n1∶n2)是多少的变压器？
(4)若输电效率仍为98%，用户所需电压为220 V，则应在用户处安装一个变压比(n3∶n4)是多少的变压器？
解析：(1)由ΔE＝9600 kW·h可知
ΔP＝＝400 kW，由P＝UI可知ΔP＝ΔUI，
且I＝＝ A，则ΔU＝＝3000 V.
由ΔP＝得R线＝22.5 Ω.
(2)P有＝P－ΔP＝400 kW
输电效率η＝×100%＝50%
终端电压U1＝U－ΔU，则U1＝3000 V.
(3)损失功率为总功率的2%
则P损＝P×2%＝16 kW
＝＝，则＝＝.
(4)由P损＝得U损＝600 V
由＝得U2＝U＝30000 V
则降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－U损＝29400 V
则＝＝.
答案：(1)22.5 Ω (2)50% 3000 V (3)1∶5 (4)1470∶11
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1．许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列表述中正确的是( )
A．安培发现了电流的磁效应
B．菲涅耳发现了电磁感应现象
C．卡文迪许测出万有引力常量
D．牛顿总结了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律
解析：选C.奥斯特发现了电流的磁效应，故A错．法拉第发现了电磁感应现象，故B错．万有引力常量是由卡文迪许最先测出的，故C对．真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律即库仑定律，是由物理学家库仑总结出来的．故D错．
2．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是( )
A．只要有磁感线穿过电路，电路中就有感应电流
B．只要闭合电路在做切割磁感线运动，电路中就有感应电流
C．只要穿过闭合电路的磁通量足够大，电路中就有感应电流
D．只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电流
解析：选D.产生感应电流的条件：一是电路闭合，二是穿过电路的磁通量发生变化，二者必须同时满足，A、C项错误，D项正确．闭合电路切割磁感线时，穿过其中的磁通量不一定变化，也不一定产生感应电流，B错误．
3．有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动．图1－1－10中能产生感应电流的是( )
图1－1－10
解析：选D.A中线圈不切割磁感线，所以A中线圈没有感应电流产生．即使切割了磁感线，也不能保证就能产生感应电流，比如B和C中的线圈竖直边切割了磁感线，但闭合线圈的磁通量没有发生变化，故B、C中的线圈也没有感应电流产生．
4．如图1－1－11，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可能实现的是( )
图1－1－11
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.先闭合S2形成闭合电路，然后将S1断开或闭合的瞬间，由于电磁感应在B中产生感应电流，而使电流计指针偏转．A、D正确．
5．在图1－1－12中，线圈平面与匀强磁场垂直，若其回路面积从10 m2变为20 m2，同时把磁感应强度从1 T变为2 T，则回路中的磁通量的变化量是多少？
图1－1－12
解析：回路中的磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(20×2－10×1) Wb＝30 Wb.
答案：30 Wb
一、选择题
1．(2011年西安高二检测)在以下科学家中发现电磁感应现象的是( )
A．伽利略 B．奥斯特
C．赫兹 D．法拉第
解析：选D.伽利略提出了斜面的理想实验，奥斯特发现了电流的磁效应，赫兹用实验证实了电磁波的存在，法拉第发现了电磁感应现象，故A、B、C错，D正确．
2．对电流磁效应的对称性思考或逆向思维，人们提出的问题是( )
A．摩擦产生热 B．电流产生磁
C．静电感应出电 D．磁体产生电流
解析：选D.电流的磁效应证实了电与磁是有联系的，既然电能产生磁，那么磁就应该能够产生电，这就是对称思维或逆向思维．
3．如图1－1－13所示，在探究电磁感应现象的实验中，下列在闭合线圈中能产生感应电流的是( )
图1－1－13
A．向线圈中快速插入条形磁铁
B．向线圈中匀速插入条形磁铁
C．把条形磁铁从线圈中快速拔出
D．把条形磁铁静止地放在线圈中
解析：选ABC.磁铁插入或拔出线圈时，无论动作是快速、匀速还是慢速，只要磁铁和线圈有相对运动，穿过闭合线圈的磁通量就发生了变化，线圈中就能产生感应电流．而把条形磁铁静止地放在线圈中，穿过线圈的磁通量不变，即使线圈闭合也不会在其中产生感应电流．
4．如图1－1－14所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，在下列情况中闭合线圈内产生感应电流的是( )
图1－1－14
A．导线中电流I变大
B．线框在纸面内向右平移
C．线框在纸面内向下平移
D．线框以ab边为轴转动
解析：选ABD.导线中电流变大时，其周围的磁场增强，使穿过线圈的磁通量增大．线框在纸面内向右平移，远离导线的磁场越来越弱，使穿过线圈的磁通量减少．根据通电直导线周围的磁场分布可知，沿平行于导线方向的磁场强弱相同，所以在纸面内向下平移线框时，线框所经过的区域磁场不变，穿过其中的磁通量不变，不会产生感应电流．线框以ab边为轴转动时，cd边切割磁感线，穿过线圈的磁通量发生了变化(先是减弱，然后增加，这种变化交替发生)，线框中也会产生感应电流．
5．如图1－1－15所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef.已知ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，电流磁场穿过圆面积的磁通量将( )
图1－1－15
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．始终为零 D．不为零，但保持不变
解析：
选C.利用安培定则判断直线电流产生的磁场，作出俯视图如图所示．考虑到磁场具有对称性，可以知道，穿入线圈的磁感线的条数与穿出线圈的磁感线的条数是相等的．故选C.
6．如图1－1－16所示的装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是( )
图1－1－16
A．开关S接通的瞬间
B．开关S接通后，电路中电流稳定时
C．开关S接通后，滑动变阻器滑片滑动的瞬间
D．开关S断开的瞬间
解析：选ACD.开关S接通的瞬间，开关S接通后滑动变阻器滑片滑动的瞬间，开关S断开的瞬间，都使螺线管线圈中的电流变化而引起磁场变化，线圈A中的磁通量发生变化而产生感应电流．
7．(2011年宁夏固原高二检测)在一根水平方向的通电长直导线下方，有一个小线框abcd，跟长导线放置在同一竖直平面内，今使小线框分别做如下四种不同的运动，试判断如图1－1－17所示的线框内无感应电流产生的是( )
图1－1－17
A．左右平移
B．上下平移
C．在纸面前后平移
D．绕ad、bc边的中心轴转动
解析：选A.根据直导线磁场分布的特点如图，从线框内磁通量有无变化，即可确定有无感应电流．
A的运动，穿过线框的磁通量都不变，线框中没有感应电流．B、C、D三种运动，穿过线框的磁通量都会发生变化，线框中有感应电流．
8.如图1－1－18所示，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( )
图1－1－18
A．7 Wb B．13.6 Wb
C．15.2 Wb D．20.6 Wb
解析：选C.因为B、S都变化．所以可用后来的磁通量减去原来的磁通量．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．
9．(2011年延安高二检测)如图1－1－19，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ，导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面(纸面)向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们分别以速度v1、v2做匀速直线运动，下列哪种情形回路中有电流通过( )
图1－1－19
A．v1＝v2 B．v1>v2
C．v1解析：选BC.只要两杆速度不同，穿过闭合回路的磁通量就会变化，回路中就有感应电流．选项A中v1＝v2时，闭合回路的面积不变，在匀强磁场中磁通量也不会变，所以回路中没有感应电流产生；选项B中v1>v2，两金属杆1、2间距离减小，回路面积减小，使磁通量减小，会在回路中产生感应电流；同理选项C会使回路中磁通量变大，也会产生感应电流，所以选项B、C正确．
10．如图1－1－20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大于线框的高度h，那么下列说法中正确的是( )
图1－1－20
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，都是机械能转变成电能
D．整个线框都在磁场中运动时，机械能转变成电能
解析：选AC.产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，线框全部在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，故B错．而进入和穿出磁场的过程中磁通量发生变化，也就产生了感应电流，故A正确．在产生感应电流的过程中消耗了机械能，故C正确D错误．
二、非选择题
11．如图1－1－21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方向以速度v匀速通过磁场区域，从ab边刚进入磁场时开始计时(t＝0)：
图1－1－21
(1)试指出哪些时间段线框中有感应电流产生；
(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)如图所示，图中磁通量最大值Φm＝BS＝Bl2.
答案：见解析
12．如图1－1－22所示，有一垂直纸面向里的匀强磁场，B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1 cm.现于纸面内先后放上圆线圈A、B、C，圆心均在O处，A线圈的半径为1 cm,10 匝；B线圈的半径为2 cm,1 匝；C线圈的半径为0.5 cm,1 匝．问：
图1－1－22
(1)在B减为0.4 T的过程中，A和B中磁通量改变多少？
(2)在磁场转过30°角的过程中，C中磁通量改变多少？
解析：(1)因为磁感线穿过A、B线圈的有效面积相同，所以B与A线圈磁通量始终一样，故它们的改变量也一样．
ΔΦ＝(B2－B1)πr2＝－1.256×10－4 Wb，
所以A和B中磁通量都减少1.256×10－4 Wb.
(2)对C线圈，Φ1＝Bπr′2；当磁场转过30°时，Φ2＝Bπr′2cos 30°.故Φ2－Φ1＝Bπr′2(cos 30°－1)≈－8.4×10－6Wb.
所以C中磁通量减少8.4×10－6 Wb.
答案：(1)均减少1.256×10－4 Wb
(2)减少8.4×10－6 Wb
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1．下列关于自感现象的说法正确的是( )
A．自感现象是由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象
B．线圈中自感电动势的方向总与引起自感的原电流的方向相反
C．线圈中自感电动势的大小与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关
D．加铁芯后线圈的自感系数比没有加铁芯时要大
解析：选ACD.自感现象是导体本身电流变化使得穿过线圈的磁通量变化而产生的电磁感应现象，自感电动势与线圈的磁通量变化快慢有关，故A、C正确，自感电动势阻碍原电流的变化，并不一定与原电流反向，B错误．
2．关于线圈的自感系数，下列说法中正确的是( )
A．线圈中产生的自感电动势越大，线圈的自感系数一定越大
B．线圈中的电流变化越快，自感系数就越大
C．线圈中的电流不发生变化，自感系数一定为零
D．线圈的自感系数与线圈自身的因素以及有无铁芯有关
解析：选D.线圈的自感系数与线圈的形状、横截面积、长短、匝数、有无铁芯等因素有关．故选项D正确．
3．某同学在探究日光灯的过程中，提出了下列说法，其中正确的有( )
A．日光灯正常发光后，取下启动器，日光灯即熄灭
B．日光灯正常发光后，取下镇流器，日光灯仍正常发光
C．启动器中的电容器被击穿后，日光灯管两端发红，中间不亮
D．启动器中的电容器被击穿后，使电路中始终有电流，镇流器不能产生瞬时高压，灯管无法点燃，若将电容器部分剪掉，则启动器仍可使日光灯正常工作
解析：选CD.由于启动器在日光灯正常工作时不起作用，所以在日光灯正常发光后取下时不会对日光灯的正常工作产生影响，日光灯不熄灭；镇流器在日光灯正常工作时起的作用是降压限流作用，它上面有电流通过，取下时日光灯就不能工作了．
4．如图1－6－8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，当断开电路的瞬间会有( )
图1－6－8
A．灯泡立刻熄灭
B．灯泡慢慢熄灭
C．闪亮一下后再慢慢熄灭
D．闪亮一下后突然熄灭
解析：选A.当电路断开时，由于通过线圈的电流从有到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈与灯泡不能构成闭合回路，因此灯泡立刻熄灭．
5．(2010年高考北京卷)在如图1－6－9所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t的变化的图像是( )
图1－6－9
图1－6－10
解析：选B.闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明RL＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至到达电流为I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流为I，故C、D错误．
一、选择题
1．关于线圈的自感系数、自感电动势的下列说法中正确的是( )
A．线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大
B．对于某一线圈，自感电动势正比于电流的变化量
C．一个线圈的电流均匀增大，这个线圈的自感系数、自感电动势都不变
D．自感电动势总与原电流方向相反
解析：选C.线圈的自感系数由线圈本身的因素(如长度、面积、匝数等)决定．E自∝，而不是E自∝ΔI，C对，A、B错．线圈中电流减小时自感电动势方向与原电流方向相同，电流增大时，电动势方向与原电流方向相反，D错．
2．启动器是由电容器和氖管两大部分组成，其中氖管中充有氖气，内部有静触片和U形动触片．通常动、静触片不接触，有一小缝隙．则下列说法正确的是( )
A．当电源的电压加在启动器两端时，氖气放电发出辉光并产生热量，导致双金属片受热膨胀
B．当电源的电压加在启动器两极后，动、静触片间辉光放电，受热膨胀两触片接触而不分离
C．启动器中U形动触片是由单金属片制成
D．当动、静两触片接触后，氖气停止放电、温度降低，两触片分离
解析：选AD.启动器U形动触片是由膨胀系数不同的双金属片压制而成．故C项错．电源把电压加在启动器两极间，使氖气放电而发出辉光，辉光产生热量使U形动触片膨胀伸展，跟静触片接触把电路接通．电路接通后，启动器的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分开，电路自动断开．故B错，A、D正确．
3．在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采用双线并绕的方法，如图1－6－11所示．其原理是( )
图1－6－11
A．当电路中的电流变化时，两股导线产生的自感电动势相互抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线产生的感应电流相互抵消
C．当电路中的电流变化时，两股导线中原电流的磁通量相互抵消
D．以上说法都不对
解析：选C.由于采用双线并绕的方法，当电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感，选项A、B错误，只有C正确．
4．如图1－6－12所示，L是自感系数很大、直流电阻很小的线圈，电表的零刻度在表盘的中央，且量程较大，闭合开关S，各表的指针都偏向零刻度的右边．则在断开开关的瞬间，哪几个表的指针偏向零刻度的左边( )
图1－6－12
A．A1 B．A2
C．A3 D．V
解析：选CD.开关断开的瞬间，A1的读数为零，线圈L上产生自感电动势阻碍电流的减小，所以A2上电流方向不变，此时L、A2、A3、R形成回路，A3、V上的电流反向．
5．如图1－6－13所示的四个日光灯的接线图中，S1为启动器，S2为电键，L为镇流器，能使日光灯正常发光的是( )
图1－6－13
A．①③ B．②④
C．①② D．②③
解析：选A.日光灯工作时，电流通过镇流器、灯丝，电源和启动器形成回路，使启动器发出辉光，相当于启动器短路接通，同时电流加热灯丝，灯丝发射电子，镇流器起控制加热电流的作用；之后启动器断开瞬间，镇流器产生很大的自感电动势，出现一个高电压加在灯管两端，灯管中的气体导电、发光，此时启动器已无作用．所以启动器可用手动的开关来代替(实际操作时，当启动器丢失或损坏时，可手持带绝缘皮的导线短接启动器然后再断开)，所以A项正确；④中，当启动器两金属片断开时，镇流器产生的瞬时高压不能加在灯管上，故④错；②中，当动、静触片分开后，灯管和电源分开，故②错．
6．如图1－6－14所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零)，A是一灯泡，下列说法正确的是( )
图1－6－14
A．开关S接通瞬间，无电流通过灯泡
B．开关S接通后，电路稳定时，无电流通过灯泡
C．开关S断开瞬间，无电流通过灯泡
D．开关S接通瞬间及接通稳定后，灯泡中均有从a到b的电流，而在开关S断开瞬间，灯泡中有从b到a的电流
解析：选B.开关S接通瞬间，灯泡中的电流从a到b，线圈由于自感作用，通过它的电流逐渐增加．开关S接通后，电路稳定时，纯电感线圈对电流无阻碍作用，将灯泡短路，灯泡中无电流通过．开关S断开的瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原有向右的电流将逐渐减小，该电流从灯泡中形成回路，故灯泡中有从b到a的瞬间电流．
7．图1－6－15中L是一只有铁芯的线圈，它的电阻不计，E表示直流电源的电动势．先将S接通，稳定后再将S断开．若将L中产生的感应电动势记为EL，则在接通和断开S的两个瞬间，以下说法正确的是( )
图1－6－15
A．两个瞬间EL都为零
B．两个瞬间EL的方向都与E相反
C．接通瞬间EL的方向与E相反
D．断开瞬间EL的方向与E相同
答案：CD
8．(2011年武汉高二检测)如图1－6－16所示的电路中，电键S闭合且电路达到稳定时，流过灯泡A和线圈L的电流分别为I1和I2，在电键S切断的瞬间，为使小灯泡能比原来更亮一些，然后逐渐熄灭，应( )
图1－6－16
A．必须使I2＞I1
B．与I1、I2大小无关，但必须使线圈自感系数L足够大
C．自感系数L越大，切断时间越短，则I2也越大
D．不论自感系数L多大，电键S切断瞬间I2只能减小，不会增大
解析：选AD.电键S断开后，线圈L与灯泡A构成回路，线圈中由于自感电动势作用电流由I2逐渐减小，灯泡由于与线圈构成回路，灯泡中电流由I1变为I2然后逐渐减小，所以要想小灯泡能比原来更亮一些，应有I2＞I1，所以A、D项正确．
9.
图1－6－17
(2011年榆林高二检测)如图1－6－17所示，AB支路由带铁芯的线圈和电流表A1串联而成，设电流为I1；CD支路由电阻R和电流表A2串联而成，设电流为I2.两支路电阻阻值相同，在接通开关S和断开开关S的瞬间，会观察到( )
A．S接通瞬间，I1B．S接通瞬间，I1I2
C．S接通瞬间，I1>I2，断开瞬间I1D．S接通瞬间，I1>I2，断开瞬间I1＝I2
解析：选A.S接通瞬间，线圈L产生自感，对电流有较大的阻碍作用，I1从0缓慢增大，而R中电流不受影响，I110．如图1－6－18所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有( )
图1－6－18
A．a先变亮，然后逐渐变暗
B．b先变亮，然后逐渐变暗
C．c先变亮，然后逐渐变暗
D．b、c都逐渐变暗
解析：选AD.a、b、c三个灯泡相同，设S闭合时通过三个灯泡的电流均是I，则L1上电流为2I，L2上电流为I.当S断开瞬间，a、b、c三灯上原有电流立即消失，L1上在原有2I电流基础上逐渐减小，L2上在原有I电流基础上逐渐减小，L1、L2上产生的感应电流方向相同．所以在S断开瞬间a灯上瞬时有3I的电流而后逐渐减小，即a灯先变亮后逐渐变暗，故A正确，B、C错误；b、c两灯在原有I的电流基础上逐渐减小，即b、c两灯逐渐变暗，故D正确．
11．如图1－6－19所示是日光灯电路图，若按图示的电路连接，关于日光灯发光的情况，下列叙述中正确的是 ( )
图1－6－19
A．S1接通，S2、S3断开，日光灯就能正常发光
B．S1、S2接通，S3断开，日光灯就能正常发光
C．S3断开，接通S1、S2后，再断开S2，日光灯就能正常发光
D．当日光灯正常发光后，再接通S3，日光灯仍能正常发光解析：选C.当S1接通，S2、S3断开时，电源电压220 V直接加在灯管两端，达不到灯管启动的高压值，日光灯不能发光，选项A错误．
当S1、S2接通，S3断开时，灯管两端被短路，电压为零，日光灯不能发光，选项B错误．
当日光灯正常发光后，再接通S3，则镇流器被短路，灯管两端电压过高，会损坏灯管，选项D错误．
只有当S1、S2接通，再断开S2，镇流器中产生很大的自感电动势，和原电压一起加在灯管两端，使灯管内气体电离，日光灯正常发光，选项C正确．
二、非选择题
12．图1－6－20甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流．电路中电灯的电阻R1＝6.0 Ω，定值电阻R＝2.0 Ω，A、B间的电压U＝6.0 V．开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1＝1.0×10－3s时刻断开开关S，此时刻前后电流传感器显示的电流随时间变化的图像如图乙所示．
图1－6－20
(1)求出线圈L的直流电阻RL.
(2)说明断开开关后通过电灯的电流方向．
(3)在t2＝1.6×10－3s时刻线圈L中的感应电动势的大小是多少？
解析：(1)由题图读出，开始时流过线圈L的电流I0＝1.5 A，由欧姆定律I0＝，解得RL＝－R＝2 Ω.
(2)断开开关后，通过电灯R1的电流方向从右向左．
(3)由题图读出t2＝1.6×10－3s时刻线圈L的电流I＝0.30 A，线圈L此时相当于一个电源，由闭合电路欧姆定律，得E＝I(RL＋R＋R1)，解得E＝3.0 V.
答案：(1)2 Ω (2)从右向左 (3)3.0 V
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1．关于楞次定律，可以理解为( )
A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场
B．感应电流的磁场总要阻碍导体相对于原磁场运动
C．若原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场反向；若原磁通量减少，感应电流的磁场跟原磁场同向
D．感应电流的磁场总是与原磁场反向
解析：选BC.感应电流的磁场不是总是阻碍原磁场，而是阻碍原磁场磁通量的变化，感应电流产生的磁场方向可能与原磁场方向相同，也有可能与原磁场方向相反．根据楞次定律，这种“阻碍”可表现为阻碍导体相对于原磁场的运动．
2．(2011年陕西榆林高二检测)某同学用如图1－4－11所示的实验装置进行探究感应电流方向的活动．他将条形磁铁的N极快速插入线圈中，发现灵敏电流表的指针向右偏转．关于其他的操作情况判断，下列说法中正确的是( )
图1－4－11
A．将S极插入，电流表的指针向左偏转
B．将N极拔出，电流表的指针向右偏转
C．将S极拔出，电流表的指针向左偏转
D．将N极插入后静止不动，指针将停止指在右侧某一示数
解析：选A.将N极插入线圈中，电流表指针向右偏转，则若将S极插入线圈中，电流表指针将向左偏转．因为尽管两次都是使得穿过线圈的磁通量增大，但原磁场方向不同，产生的感应电流的磁场方向不同，电流方向也恰好相反．同理，若将S极拔出，电流表的指针将向右偏转．若将N极拔出，则与将N极插入的现象相反，因为磁场方向相同，但穿过线圈的磁通量一个是增加，一个是减少，所以其产生的感应电流的方向应相反．若N极插入后静止不动，磁通量没有发生变化，没有电流产生．
3．如图1－4－12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( )
图1－4－12
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：选BD.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．
4．(2010年高考海南卷)一金属圆环水平固定放置．现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环( )
A．始终相互吸引
B．始终相互排斥
C．先相互吸引，后相互排斥
D．先相互排斥，后相互吸引
解析：选D.当条形磁铁靠近圆环时，产生感应电流，感应电流在磁场中受到安培力的作用，由楞次定律可知，安培力总是“阻碍变化”，因此，条形磁铁靠近圆环时，受到排斥力；当磁铁穿过圆环远离圆环时，受到吸引力，D正确．
5．如图1－4－13所示，当圆环向右运动时acb、adb、elf中有电流的是________，它们的方向分别为________，a、b两点相比较________点电势高．
图1－4－13
解析：当圆环向右运动时，acb、adb同时向右做切割磁感线运动，这种切割方式等效于在a、b间连两条直导线切割．由右手定则判定，感应电流的方向是b→c→a→e→l→f→b和b→d→a→e→l→f→b，相当于acb、adb两个相同电源并联，外电路是线圈elf，圆环是电源，故a点电势高．
答案：acb、adb、elf b→c→a、b→d→a、e→l→f a
一、选择题
1．(2011年哈尔滨高二检测)关于对楞次定律的理解，下面说法中正确的是( )
A．感应电流的方向总是要使它的磁场阻碍原来的磁通量的变化
B．感应电流的磁场方向，总是跟原磁场方向相同
C．感应电流的磁场方向，总是跟原磁场方向相反
D．感应电流的磁场方向可以跟原磁场方向相同，也可以相反
解析：选AD.根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场的磁通量的变化，A项正确；感应电流的磁场方向在磁通量增加时与原磁场方向相反，在磁通量减小时与原磁场方向相同，B、C项错误，D正确．
2．(2011年上海高二检测)一根沿东西方向的水平导线，在赤道上空自由落下过程中，导线上各点的电势( )
A．东端最高 B．西端最高
C．中点最高 D．各点一样高
解析：选A.赤道上空地磁场方向是由南向北，则根据右手定则不难判断导线的东端电势最高，故答案为A.
3．如图1－4－14表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，其中能产生由a到b的感应电流的是( )
图1－4－14
解析：选A.由右手定则可判定A中ab中电流由a向b，B中由b向a，C中由b向a，D中由b向a，故A正确．
4．如图1－4－15所示，一水平放置的矩形闭合线框abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈感应电流( )
图1－4－15
A．沿abcd流动
B．沿dcba流动
C．先沿abcd流动，后沿dcba流动
D．先沿dcba流动，后沿abcd流动
解析：选A.线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，由Φ＝B⊥S看出，因B⊥变小，故Φ变小，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，向上穿过线框，由右手螺旋定则可知，线框中电流的方向为abcd.当线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ时，由Φ＝B⊥S看出，由于B⊥变大，故Φ变大，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，即向上穿过线框，由右手螺旋定则可以判断，感应电流的方向为abcd.
5．如图1－4－16所示，用细线悬挂一个很轻的铝环，铝环可以自由摆动．甲、乙两图的不同在于甲图中的铝环是完整闭合的，乙图中的铝环下端沿直径方向裂开了一个狭缝，不闭合．下列实验现象中正确的是( )
图1－4－16
A．甲图中当磁铁向铝环靠近时，铝环后退
B．乙图中当磁铁向铝环靠近时，铝环后退
C．甲图中当磁铁离开铝环时，铝环被吸引
D．乙图中当磁铁离开铝环时，铝环被吸引
解析：选AC.由于甲图中的铝环是完整的、闭合的，当磁铁靠近或远离它时，铝环中产生感应电流，感应电流自身产生的磁场对磁铁有排斥或吸引的力；而乙图中的铝环不闭合，不能产生感应电流，与磁铁间没有磁场力作用，铝环位置不会受磁铁运动的影响．
6．(2011年启东中学高二检测)如图1－4－17所示，AOC是光滑的金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属棒，立在导轨上，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在OC上，a端始终在OA上，直到完全落在OC上，空间存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则ab棒在上述过程中( )
图1－4－17
A．感应电流方向是b→a
B．感应电流方向是a→b
C．感应电流方向先是b→a，后是a→b
D．感应电流方向先是a→b，后是b→a
解析：选C.由数学知识可知，金属棒下滑过程中，与坐标轴所围面积先增加后减小，穿过回路aOb的磁通量先增加后减小，根据楞次定律，感应电流方向先是b→a，后是a→b.
7．如图1－4－18所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合线圈，在滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动的过程中，ab线圈将( )
图1－4－18
A．静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，因电源正负极不明，无法确定转动方向
解析：选B.当P向右滑动时，电路中的总电阻是减小的，因此通过线圈的电流增加，电磁铁两磁极间的磁场增强，穿过ab线圈的磁通量增加，线圈中有感应电流，线圈受磁场力作用发生转动．直接使用楞次定律中的“阻碍”，线圈中的感应电流将阻碍原磁通量的增加，线圈就会通过转动来改变与磁场的正对面积，来阻碍原磁通量的增加，只有逆时针转动才会减小有效面积，以阻碍磁通量的增加．故选项B正确．
8．(2011年安康高二检测)“磁单极子”是指只有S极或N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布．物理学家们长期以来一直试图用实验证实自然界中存在磁单极子，如图1－4－19所示的实验就是用于检测单极子的实验之一，abcd为用超导材料围成的闭合回路，该回路放在装置中，可认为不受周围其他磁场的作用．设想有一个S极磁单极子沿abcd的轴线从左向右穿过超导回路，那么在回路中可能发生的现象是( )
图1－4－19
A．回路中无感应电流
B．回路中形成持续的abcda流向的感应电流
C．回路中形成持续的adcba流向的感应电流
D．回路中形成先abcda流向后adcba流向的感应电流
解析：选B.S极磁单极子在运动前在超导圆内产生的磁场向左．当S极磁单极子向右运动穿过超导圆时，根据楞次定律，超导回路中感应电流方向沿abcda方向．又因为是超导材料，所以回路中有持续的电流．答案B正确．考查楞次定律，超导体．
9．(2011年济南高二检测)如图1－4－20所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是( )
图1－4－20
A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a
B．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a
C．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b
D．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b
解析：选B.依据右手定则可判断出导体棒PQ中的电流由P到Q，Q处电势最高，P处电势最低，由P到Q电势依次升高．外电路中的电流方向总是从高电势流向低电势处，因此流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a，选项B正确．
10.
图1－4－21
如图1－4－21所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连，要使导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是(两线圈共面放置)( )
A．向右匀速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向右加速运动
解析：选BC.欲使N产生顺时针方向的感应电流，则感应电流的磁场方向应为垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此，对于前者，应使ab减速向右运动；对于后者，则应使ab加速向左运动．故应选BC.(注意匀速运动只能产生恒定电流；匀变速运动产生均匀变化的电流．)
二、非选择题
11．(2010年高考上海卷)如图1－4－22，金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧，若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向________(填“左”或“右”)运动，并有________(填“收缩”或“扩张”)趋势．
图1－4－22
解析：P向左移动，螺线管中的电流增大，环中磁通量增大，由楞次定律“阻碍”的含义可知，环向左移动，且有收缩趋势．
答案：左 收缩
12．如图1－4－23所示的电路中，A、B两个线圈绕在同一个闭合铁心上，线圈B与电流表G组成一闭合电路，线圈A的两端分别与平行的金属导轨P、Q相连，P、Q处在匀强
磁场中，磁场方向与导轨面垂直．试分析判断：当导体棒ab在平行导轨P、Q上向左做(1)匀速、(2)匀加速、(3)匀减速滑动时，是否有电流通过电流表？若有电流通过，其方向如何？
图1－4－23
解析：导体棒ab向左切割磁感线运动时，将产生由a到b的感应电流，感应电流通过线圈A时，铁心中有顺时针方向的磁场，这个磁场既穿过线圈A，又穿过线圈B.
(1)当ab向左做匀速运动时，感应电流都不变．穿过线圈B的磁通量不发生变化，线圈B中不会产生电磁感应现象，所以没有感应电流通过电流表．
(2)当ab向左做匀加速运动时，速度不断增大，感应电流随着v增大而增大，穿过线圈B的磁通量也增大，线圈B中将产生电磁感应现象，根据楞次定律，线圈B中感应电流的磁场方向应朝上．阻碍磁通量增大；运用安培定则，线圈B中的电流将由d到c通过电流表G.
(3)当ab向左做匀减速运动时，通过电流表G的感应电流方向是由c到d.
答案：(1)没有；(2)感应电流由d到c通过电流表G；(3)感应电流由c到d通过电流表G.
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1．(2011年高考江苏卷)美国科学家Willard S．Boyle与George E．Smith因电荷耦合器件(CCD)的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖．CCD是将光学量转变成电学量的传感器．下列器件可作为传感器的有( )
A．发光二极管 B．热敏电阻
C．霍尔元件 D．干电池
解析：选BC.发光二极管有单向导电性，A错；热敏电阻和霍尔元件都可作为传感器，B、C对；干电池是电源，D错．
2．关于干簧管，下列说法正确的是( )
A．干簧管接入电路中相当于电阻的作用
B．干簧管是根据热胀冷缩的原理制成的
C．干簧管接入电路中相当于开关的作用
D．干簧管是作为电控元件以实现自动控制的
答案：C
3.
图3－1－10
有定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三只元件，将这三只元件分别接入如图3－1－10所示电路中的A、B两点后，用黑纸包住元件或者把元件置入热水中，观察欧姆表的示数，下列说法中正确的是( )
A．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是热敏电阻
B．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数不变化，这只元件一定是定值电阻
C．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻
D．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数相同，这只元件一定是定值电阻
解析：选AC.热敏电阻的阻值随温度变化而变化，定值电阻和光敏电阻不随温度变化；光敏电阻的阻值随光照变化而变化，定值电阻和热敏电阻不随之变化．
4.
图3－1－11
如图3－1－11所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面有薄薄的金属层，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，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．介质变化 D．电压变化
解析：选A.平行板电容器的电容C∝εrS/d，本题中的介质没有变化，正对面积也没有变化，引起电容变化的因素是板间距离d.
5．随着生活质量的提高，自动干手机已进入家庭，洗手后，将湿手靠近自动干手机，机内的传感器便驱动电热器加热，使热空气从机内吹出，将湿手烘干．某型号干手机的说明书中有如下一段文字：“功能与特点：◆采用红外线感应原理，即感应即动作，卫生、方便．◆超高温保护，即过热、过电流双重保护．◆采用内热式的再循环原理，低噪音、高转速、烘干能力强．◆高强度塑钢外壳，牢固可靠，美观大方．”据此可判断( )
A．自动干手机内装有由温度传感器组成的保护电路
B．自动干手机是靠位移传感器来感知使用者手的靠近
C．自动干手机消耗的电能转化为空气的内能及动能
D．自动干手机是靠红外线传感器来感知使用者手的靠近
解析：选ACD.由说明书中“功能与特点”的第二项可知，自动干手机具有过热保护功能，其中必然要用温度传感器来感知热空气的温度，温度过高从而自动控制电路断开，A正确；由说明书中“功能与特点”的第一项可知，D正确，B错误；从能量守恒的角度知C正确．
一、选择题
1．利用半导体材料可以制成( )
A．标准电阻 B．热敏电阻
C．光敏电阻 D．温度报警器
答案：BCD
2．关于物理传感器、化学传感器和生物传感器的下列说法中，正确的是( )
A．物理传感器利用材料的某种物理性质工作，因而只能用于机械加工行业不能用于化工领域
B．化学传感器是利用某种化学反应来工作的，因而只能输出某种化学物质而不能输出电学量
C．生物传感器的适用范围广，可在任意温度条件下工作
D．生物传感器由于含有生命物质，因而对使用传感器的环境条件有一定要求
解析：选D.不论哪种传感器都可以将非电学量转换成电学量输出，故B错．物理传感器在化工领域也可以使用，如温度传感器等，故A错．生物传感器能够使用的前提是感受器中的生命物质保持生物活性，故C错D对．
3．关于传感器的下列说法正确的是( )
A．所有传感器都是由半导体材料做成的
B．金属材料也可以制成传感器
C．传感器主要是通过感知电压的变化来传递信号的
D．以上说法都不正确
解析：选B.半导体材料可以制成传感器，其他材料也可以制成传感器，所以A错，B正确；传感器不但能感知电压的变化，还能感受力、温度、光、声、化学成分等非电学量，所以C错．
4．街旁的路灯，江海里的航标都要求在夜晚亮，白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，这是利用半导体的( )
A．压敏性 B．光敏性
C．热敏性 D．三种特性都利用
答案：B
5．传感器的种类多种多样，其性能也各不相同，空调机在室内温度达到设定的温度后，会自动停止工作，空调机内使用的传感器是( )
A．生物传感器 B．红外传感器
C．温度传感器 D．压力传感器
解析：选C.空调机是根据温度调节工作状态的，所以其内部使用了温度传感器，故选项C正确．
6.
图3－1－12
如图3－1－12是观察电阻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：选C.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．
7.
图3－1－13
如图3－1－13所示，R3是光敏电阻，当开关S闭合后在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射电阻R3时，则( )
A．R3的电阻变小，a点电势高于b点电势
B．R3的电阻变小，a点电势低于b点电势
C．R3的电阻变大，a点电势高于b点电势
D．R3的电阻变大，a点电势低于b点电势
解析：选A.光照射R3时，由光敏电阻特性，R3的电阻变小，所以UR3减小，a点电势升高，即a点电势高于b点电势，A正确．
图3－1－14
8．如图3－1－14所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，L为小灯泡，当温度降低时( )
A．R1两端的电压增大
B．电流表的示数增大
C．小灯泡的亮度变强
D．小灯泡的亮度变弱
解析：选C.R2与L并联后与R1串联，并与电源组成闭合回路，当热敏电阻温度降低时，电阻R2增大，外电阻增大，外电压增大，电流表示数减小，R1两端电压减小，L两端电压增大，亮度变强，答案为C.
图3－1－15
9．如图3－1－15所示是一火警报警器的一部分电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I2、报警器两端的电压U的变化情况是( )
A．I2变大，U变大 B．I2变小，U变小
C．I2变小，U变大 D．I2变大，U变小
解析：选D.抓住半导体热敏材料特性即电阻随温度升高而减小，再用电路动态变化的分析思路，按局部→整体→局部进行，当传感器R2处出现火情时，温度升高，电阻减小，电路的总电阻减小，总电流I增大，路端电压Uab＝U＝E－Ir减小，I(r＋R1)增大，U并＝E－I(r＋R1)减小，通过R3的电流I3减小，通过R2的电流I2＝I－I3增大．答案为D.
10．(2011年武汉外国语学校检测)温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的．如图3－1－16甲所示，电源的电动势E＝9.0 V，内阻不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当R的温度等于20 ℃时，电流表示数I1＝2 mA；当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻的温度是( )
图3－1－16
A．60 ℃ B．80 ℃
C．100 ℃ D．120 ℃
解析：选D.由题图乙可知，当t＝20℃时，热敏电阻阻值R1＝4 kΩ.由闭合电路欧姆定律知E＝I1(R1＋Rg)，代入数值可求得Rg＝500 Ω.当I2＝3.6 mA时，设热敏电阻阻值为R2，即E＝I2(R2＋Rg)，可求得R2＝2 kΩ，由图乙可知这时热敏电阻温度t′＝120 ℃，所以应选D.
11．电容式传感器是用来将各种非电信号转变为电信号的装置，由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而又可推出另一物理量的值，如图3－1－17所示是四种电容式传感器的示意图，关于这四种传感器的作用，下列说法不正确的是( )
图3－1－17
A．甲图的传感器可以用来测量角度
B．乙图的传感器可以用来测量液面的高度
C．丙图的传感器可以用来测量压力
D．丁图的传感器可以用来测量速度
解析：选D.甲图角度变化能导致极板正对面积变化；乙图高度变化能导致极板正对面积变化；丙图F变化能导致极板间距变化；丁图物体位置变化导致电介质变化．所以，甲、乙、丙、丁分别是测角度、高度、压力、位移的物理量．
二、非选择题
12．按如图3－1－18所示连接好电路，闭合开关S，发现小灯泡不亮，原因是________；用电吹风对热敏电阻吹风，会发现小灯泡________，原因是________；停止吹风，会发现________；把热敏电阻放入冷水中会发现________．
图3－1－18
解析：由于热敏电阻的阻值较大，左侧电路中的电流较小，电磁铁磁性较弱吸不住衔铁；电吹风对热敏电阻加热使热敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁小灯泡会变亮，热敏电阻温度仍然较高，小灯泡不会立即熄灭；当热敏电阻放入冷水中时，电阻增大，电磁铁磁性减弱，衔铁被断开，故小灯泡熄灭．
答案：见解析
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1．关于感应电流和感应电动势的关系，下列叙述中正确的是( )
A．电路中有感应电流，不一定有感应电动势
B．电路中有感应电动势，不一定有感应电流
C．两个不同电路中，感应电动势大的其感应电流也大
D．两个不同电路中，感应电流大的其感应电动势也大
解析：选B.有感应电流则磁通量一定变化，因此一定有感应电动势，选项A错误；电路中有感应电动势，若电路不闭合，则无感应电流，故B项正确；两个不同电路，总阻值不一定相等，由I＝，当E大时，若总阻值R＋r很大，则电流I可能较小，故C、D两项均错．
2．下列几种说法正确的是( )
A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大
C．线圈放在磁场越强的位置，产生的感应电动势一定越大
D．线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大
解析：选D.依据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量无关，与磁通量的变化量无关，与线圈匝数和磁通量的变化率成正比．因此，选项A、B都是错误的．感应电动势与磁场的强弱也无关，所以，选项C也是不对的．线圈中磁通量变化越快意味着线圈的磁通量的变化率越大，依据法拉第电磁感应定律可知，选项D是正确的．
3．一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心．若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空( )
A．由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下
B．由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下
C．沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向上
D．沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势
解析：选AD.赤道上方的地磁场方向由南指向北，根据右手定则，飞机由东向西水平飞行时，下端电势高，故A对，B错．若飞机沿经线由南向北或由北向南水平飞行时，杆均不切割磁感线，杆中不会产生感应电动势，故C错，D正确．
4．如图1－3－8所示，平行导轨间距为d，其左端接一个电阻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平面．一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计．当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在导轨上滑行时，通过电阻R的电流强度是( )
图1－3－8
A. B.
C. D.
解析：选D.金属棒MN垂直于磁场放置，运动速度v与棒垂直，且v⊥B，即已构成两两互相垂直关系，MN接入导轨间的长度为，所以E＝BLv＝，I＝＝，故选项D正确．
5．(2011年厦门高二月考)如图1－3－9甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1000，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图1－2－10乙所示．求：
图1－3－9
(1)前4 s内的感应电动势；
(2)前4 s内通过R的电荷量．
解析：(1)由图像可知前4 s内磁感应强度B的变化率＝ T/s＝0.05 T/s
4 s内的平均感应电动势
E＝nS＝1000×0.02×0.05 V＝1 V.
(2)电路中的平均感应电流
＝，q＝t，又因为E＝n，
所以q＝n＝1 000× C＝0.8 C.
答案：(1)1 V (2)0.8 C
一、选择题
1．决定闭合电路中感应电动势大小的因素是( )
A．磁通量 B．磁感应强度
C．磁通量的变化率 D．磁通量的变化量
解析：选C.根据电磁感应定律E＝n，可知C正确．
2．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb，则( )
A．线圈中的感应电动势每秒钟增加2 V
B．线圈中的感应电动势每秒钟减少2 V
C．线圈中无感应电动势
D．线圈中感应电动势保持不变
解析：选D.由题意知：＝2 Wb/s，故E＝＝2 V，保持不变．
3．将一磁铁缓慢或者迅速地插到闭合线圈中的同一位置处，不发生变化的物理量是( )
①磁通量的变化量
②磁通量的变化率
③感应电流的大小
④流过导体横截面的电荷量
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：选B.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，故①④正确，选B.
4．一根直导线长0.1 m，在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中以10 m/s的速度匀速运动，则对于导线中产生的感应电动势的说法中不正确的是( )
A．一定为0.1 V B．可能为零
C．可能为0.01 V D．最大值为0.1 V
解析：选A.当B、L、v两两垂直，导线做垂直切割磁感线运动时感应电动势最大，Em＝BLv＝0.1×0.1×10 V＝0.1 V．当v∥B时，E＝0.所以0≤E≤0.1 V，B、C、D正确，A错误．故选A.
5．一闭合线圈，放在随时间均匀变化的磁场中，线圈平面和磁场方向垂直，若想使线圈中感应电流增强一倍，下述哪些方法是可行的( )
A．使线圈匝数增加一倍
B．使线圈面积增加一倍
C．使线圈匝数减少一半
D．使磁感应强度的变化率增大一倍
解析：选D.根据E＝n＝nS求电动势，要考虑到当n、S发生变化时导体的电阻也发生了变化．若匝数增加一倍，电阻也增加一倍，感应电流不变，故A错．同理C错．若面积增加一倍，长度为原来的倍，因此电阻为原来的倍，电流为原来的倍，故B错．正确选项为D.
6．如图1－3－10所示，六根形状各异的导线处在匀强磁场中，端点的连线MN、PQ相互平行，若各导线运动的速度大小相同，方向沿虚线(虚线与MN、PQ平行)，下列说法正确的是( )
图1－3－10
A．因为②号导线最短，所以感应电动势最小
B．②③④⑤号导线的感应电动势相同，但比①⑥号小
C．六根导线的感应电动势相同
D．①⑥号导线形状不规则，并超过端点，无法与其他四根导线产生的感应电动势进行比较
解析：选C.导线平动切割磁感线时产生的电动势E＝BLv，L为有效长度．若为曲导线，应将始、末两端连接，然后再投影到垂直于速度的方向上．本题中六根导线的有效长度相同，因此C正确．
7．(2010年高考江苏卷)一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( )
A. B．1
C．2 D．4
解析：选B.先保持线框的面积不变，由法拉第电磁感应定律可知E1＝＝S＝；再保持增大后的磁感应强度不变，有E2＝2B＝－，可见先后两个过程中产生的电动势的大小相等，两者的比值为1，选项B正确．
8．一个面积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1－3－11所示，则下列判断正确的是( )
图1－3－11
A．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于－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－0.08 V
D．在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
解析：选A.由E＝n＝n·S得，
在开始2 s内线圈中产生的感应电动势
E＝100××4×10－2 V＝－8 V，
磁通量变化率＝－0.08 Wb/s，
第3 s末虽然磁通量为零，但磁通量变化率为0.08 Wb/s，所以选A.
图1－3－12
9．如图1－3－12所示，导体棒AB的长为2R，绕O点以角速率ω匀速转动，OB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：选C.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．
10．(2011年高考江苏卷)如图1－3－13所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t＝0时，将开关S由1掷到2.q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图像正确的是( )
图1－3－13
图1－3－14
解析：选D.导体棒做加速度减小的加速运动，直至匀速．故q－t图像应如图甲所示，A错；i－t图像应如图乙所示，B错；v－t图像应如图丙所示，C错．D对．
二、非选择题
11．(2011年通州市调研)如图1－3－15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，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向．试求：
图1－3－15
(1)通过电阻R的电流方向；
(2)电压表的示数；
(3)若撤去原磁场，在图中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．
解析：(1)电流方向从A流向B.
(2)由E＝n可得：E＝n，E＝I(R＋r)，U＝IR
解得：U＝1.5π V＝4.7 V.
(3)设线圈拉出磁场经历时间Δt
＝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．代入数据得：q＝0.5π C＝1.57 C.
答案：(1)从A流向B (2)4.7 V
(3)证明见解析 1.57 C
12．如图1－3－16所示，一水平放置的平行导体框宽度L＝0.5 m，接有R＝0.2 Ω的电阻，磁感应强度B＝0.4 T的
匀强磁场垂直导轨平面方向向下，现有一导体棒ab跨放在框架上，并能无摩擦地沿框架滑动，框架及导体棒ab电阻不计，当ab以v＝4.0 m/s的速度向右匀速滑动时，试求：
图1－3－16
(1)导体棒ab上的感应电动势的大小及感应电流的方向；
(2)要维持ab向右匀速运动，作用在ab上的水平外力为多少？方向怎样？
(3)电阻R上产生的热功率多大？
解析：(1)导体棒ab垂直切割磁感线，产生的电动势大小为E＝BLv＝0.4×0.5×4.0 V＝0.8 V，
由右手定则知感应电流的方向由b向a.
(2)导体棒ab相当于电源，由闭合电路欧姆定律得
回路电流I＝＝ A＝4.0 A，
导体棒ab所受的安培力
F＝BIL＝0.4×0.5×4.0 N＝0.8 N，
由左手定则知其方向水平向左．
ab匀速运动，所以水平拉力F′＝F＝0.8 N，方向水平向右．
(3)R上的热功率：P＝I2R＝4.02×0.2 W＝3.2 W.
答案：(1)0.8 V 由b向a (2)0.8 N 水平向右
(3)3.2 W
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一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2011年惠阳高二检测)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．
图1－9
2．如图1－9所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ，则关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看)是( )
A．有顺时针方向的感应电流
B．有逆时针方向的感应电流
C．先逆时针后顺时针方向的感应电流
D．无感应电流
解析：选A.穿过线圈的磁通量包括磁体内和磁体外的一部分，合磁通量是向上的．当线圈突然缩小时合磁通量增加，原因是磁体外向下穿过线圈的磁通量减少．故由楞次定律判断，感应电流的方向为顺时针方向(从上往下看)．
3．(2010年高考广东卷)如图1－10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( )
图1－10
图1－11
解析：选A.由E＝BLv可以直接判断选项A正确．
4．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系，如图1－12所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )
图1－12
A．0～2 s B．2 s～4 s
C．4 s～5 s D．5 s～10 s
解析：选D.图像斜率越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．
5．家用日光灯电路如图1－13所示，S为启动器，A为灯管，L为镇流器，关于日光灯的工作原理下列说法正确的是( )
图1－13
A．镇流器的作用是将交流变为直流
B．在日光灯的启动阶段，镇流器能提供一个瞬时高压，使灯管开始工作
C．日光灯正常发光时，启动器中的两个触片是接触的
D．日光灯发出柔和的白光是由汞原子受到激发后直接辐射的
解析：选B.镇流器是一个自感系数很大的线圈，当流经线圈的电流发生变化时能产生很大的自感电动势阻碍电流的变化，在日光灯启动时，镇流器提供一个瞬时高压使其工作；在日光灯正常工作时，自感电动势方向与原电压相反，镇流器起着降压限流的作用，此时启动器的两个触片是分离的，当灯管内的汞蒸气被激发时能产生紫外线，涂在灯管内壁的荧光物质在紫外线的照射下发出可见光．
6．(2011年德州高二检测)如图1－14所示，两个大小相等互相绝缘的导体环，B环与A环有部分面积重叠，当开关S断开时( )
图1－14
A．B环内有顺时针方向的感应电流
B．B环内有逆时针方向的感应电流
C．B环内没有感应电流
D．条件不足，无法判定
解析：选A.由安培定则可知穿过环B的磁通量向里，当S断开时，磁通量减少，由楞次定律可知B中产生顺时针方向的感应电流，A对．
7．如图1－15所示，用丝线悬挂一个金属环，金属环套在一个通电螺线管上，并处于螺线管正中央位置．如通入螺线管中的电流突然增大，则( )
图1－15
A．圆环会受到沿半径向外拉伸的力
B．圆环会受到沿半径向里挤压的力
C．圆环会受到向右的力
D．圆环会受到向左的力
解析：选A.无论通入螺线管的电流是从a流向b还是从b流向a，电流强度增大时，穿过金属环的磁通量必增加．由于穿过金属环的磁通量由螺线管内、外两部分方向相反的磁通量共同决定，等效原磁场方向由管内磁场方向决定．根据楞次定律，环内感应电流的磁场要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即要阻碍穿过环的磁通量的增加，因此有使环扩张的趋势，从而使环受到沿半径向外拉伸的力．答案为A.
8．(2011年龙岩模拟)如图1－16所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是( )
图1－16
A．a→b→c→d→a
B．d→c→b→a→d
C．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a
D．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d
解析：选B.由楞次定律，一开始磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反”“减同”可知电流方向是d→c→b→a→d.
9.
图1－17
如图1－17所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一电压表，用来测量自感线圈的直流电压．在测量完毕后，将电路拆除时应( )
A．先断开S2
B．先断开S1
C．先拆除电流表
D．先拆除电阻R
解析：选B.只有先断开S1，才能切断线圈L和电压表所组成的自感回路，防止由于自感电流太大而把电压表烧坏．
10．(2011年大庆一中高二检测)如图1－18所示，将边长为l的正方形闭合线圈以不同速度v1、v2向右匀速拉出磁场时(v1图1－18
A．拉力所做的功W2>W1
B．拉力的功率P2>P1
C．流过线框的电荷量Q2>Q1
D．线框中的感应电流I2>I1
解析：选C.F拉＝F安＝BIl＝Bl·＝，W拉＝F拉·l＝，v1W1，选项A正确．P拉＝F拉·v＝，P2>P1，选项B正确．流过线框的电荷量Q＝，Q1＝Q2，选项C错误．电流I＝，I2>I1，选项D正确．
11．如图1－19所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L.现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速经过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图像是( )
图1－19
图1－20
解析：选D.由楞次定律可知，当正方形导线框进入磁场和出磁场时，磁场力总是阻碍物体的运动，方向始终向左，所以外力F始终水平向右，因安培力的大小不同，故选项D是正确的，选项C是错误的．当矩形导线框进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流的大小在中间时是最大的，所以选项A、B是错误的．
12．(2011年泉州高二检测)如图1－21所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，则此过程( )
图1－21
A．杆的速度最大值为
B．流过电阻R的电量为
C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量
D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
解析：选D.当杆的速度达到最大时，安培力F安＝，杆受力平衡，故F－μmg－F安＝0，所以v＝，选项A错；流过电阻R的电量为q＝It＝＝，选项B错；根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，选项C错D对．
二、计算题(本题共4小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(8分)如图1－22所示，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匀强磁场边缘，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外．磁场随时间变化规律为B＝kt(k>0)，已知细线所能承受的最大拉力为2mg，求从t＝0开始，经多长时间细线会被拉断？
图1－22
解析：由题意知＝k
根据法拉第电磁感应定律知E＝·S＝k·
当细线刚要断时：mg＝F安＝BIL.
I＝＝，B＝kt，
联立以上各式解得：t＝.
答案：
图1－23
14．(10分)如图1－23所示，电阻不计的光滑U形导轨水平放置，导轨间距d＝0.5 m，导轨一端接有R＝4.0 Ω的电阻．有一质量m＝0.1 kg、电阻r＝1.0 Ω的金属棒ab与导轨垂直放置．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2 T．现用水平力垂直拉动金属棒ab，使它以v＝10 m/s的速度向右做匀速运动．设导轨足够长．
(1)求金属棒ab两端的电压；
(2)若某时该撤去外力，从撤去外力到金属棒停止运动，求电阻R产生的热量．
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，
E＝Bdv
根据欧姆定律，I＝，U＝IR
由以上各式可得U＝0.8 V.
(2)由能量守恒得，电路中产生的热量Q＝mv2，因为串联电路电流处处相等，所以＝，
代入数据求出QR＝4.0 J.
答案：(1)0.8 V (2)4.0 J
15．(10分)(2010年高考江苏卷)如图1－24所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：
图1－24
(1)磁感应强度的大小B；
(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
(3)流经电流表电流的最大值Im.
解析：(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动，则有
BIL＝mg①
解得B＝.②
(2)感应电动势E＝BLv③
感应电流I＝④
由②③④式解得v＝.
(3)由题意知，导体棒刚进入磁场 时的速度最大，设为vm
由机械能守恒定律得mv＝mgh
感应电动势的最大值Em＝BLvm，
感应电流的最大值Im＝
解得Im＝.
答案：(1) (2) (3)
16．(12分)如图1－25甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l＝0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1 kg的导体棒以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g＝10 m/s2)．
图1－25
(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；
(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；
(3)计算4 s内回路产生的焦耳热．
解析：(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动，有
－μmg＝ma，v1＝v0＋at，x＝v0t＋at2
代入数据解得：t＝1 s，x＝0.5 m，导体棒没有进入磁场区域．
导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x＝0.5 m.
(2)前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为
E＝0，I＝0
后2 s回路产生的电动势为
E＝＝ld＝0.1 V
回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为R＝5λ＝0.5 Ω
电流为I＝＝0.2 A
根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．
(3)前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为Q＝I2Rt＝0.04 J.
答案：见解析
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1．对电容器能通交变电流的原因，下列说法正确的是( )
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.电容器实质上是通过反复充、放电来实现通电的，并无电荷流过电容器．
2．关于电感对交变电流的影响，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.电感对交流电有阻碍作用，阻碍作用越大，感抗越大，感抗与自感系数、交流电频率成正比，本题选项A、D正确．
3．有两个电容器的电容分别为C1＝5 μF和C2＝3 μF，分别加在峰值一定的交流电源上，在下列各种情况下，哪一种情况通过电容器的电流最大( )
A．在C1上所加交变电流频率为50 Hz
B．在C2上所加交变电流的频率为50 Hz
C．在C1上所加交变电流的频率为100 Hz
D．在C2上所加交变电流的频率为100 Hz
解析：选C.由容抗公式XC＝知电容越小，频率越小，容抗越大，电流越不容易通过．若要使电流越容易通过电容器，则容抗应越小，电容越大，频率越大．C1>C2,100 Hz>50 Hz，所以C正确．
4. 一个灯泡通过一个用粗导线绕成的线圈与一交流电源相连接，如图2－4－8所示，一块铁插进线圈之后，该灯将( )
图2－4－8
A．变亮
B．变暗
C．对灯没影响
D．无法判断
解析：选B.线圈和灯泡是串联的，当铁块插进线圈后，电感线圈的自感系数增大，所以电感线圈对交变电流阻碍作用增大，因此电路中的电流变小，灯变暗．
5. 在如图2－4－9所示的电路中，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25 mH的高频扼流圈，C是一个100 pF的电容器，R是负载电阻．下列说法中正确的是( )
图2－4－9
A．L的作用是“通低频，阻高频”
B．C的作用是“通交流，隔直流”
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ACD.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；因电路中无直流电流，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的百分比，选项D正确．
一、选择题
1．在交流电路中，要减小电容器的容抗，可以( )
A．减小两极板的正对面积 B．减小极板间的距离
C．适当增大交变电流的电压 D．减小交变电流的频率
解析：选B.容抗与交流电压的大小无关，f减小，容抗增大，C、D错误；极板正对面积减小，C减小，容抗增大，A错误；两极间距离减小，C增大，容抗减小，B正确．
2．在交流电路中，下列说法正确的是( )
A．影响电流与电压关系的，不仅有电阻，还有电感和电容
B．电感对交变电流有阻碍作用，是因为交变电流通过电感线圈时，线圈中产生自感电动势阻碍电流的变化
C．交变电流能通过电容器，是因为交变电压的最大值大于击穿电压，电容器被击穿了
D．电容器的电容越大、交变电流的频率越高，容抗就越大
解析：选AB.交变电流能通过电容器是因为交流电路中的电容器的两极加上交变电压后，两极板上不断进行充、放电，电路中产生电流，表现为交变电流通过了电容器，故C项错．电容器的电容越大、交流电流的频率越高，容抗越小，D项错．
3．下列说法中正确的是( )
A．电感对交流的阻碍作用是因为电感存在电阻
B．电容对交流的阻碍作用是因为电容器的电阻
C．感抗、容抗和电阻一样，电流通过它们做功时都是电能转化为内能
D．在交变电路中，电阻、感抗、容抗可以同时存在
解析：选D.交变电流通过线圈时，在线圈上产生自感电动势，对电流的变化起到阻碍作用，A错；交流电通过电容器时，电容器两极间的电压与电源电压相反，阻碍了电流的流动，B错；电流通过它们做功时．只有在电阻上产生热，在线圈上产生磁场能，在电容器上产生电场能，C错，故D正确．
4．交变电流通过一段长直导线时，电流为I，如果把这根长直导线绕成线圈，再接入原电路，通过线圈的电流为I′，则( )
A．I′>I B．I′C．I′＝I D．无法比较
解析：选B.长直导线的自感系数很小，其对交变电流的阻碍作用可以看作是纯电阻，流经它的交变电流只受到导线电阻的阻碍作用．当导线绕成线圈后，电阻值未变，但自感系数增大，对交变电流的阻碍作用不但有电阻，而且有线圈的阻碍作用(感抗)．阻碍作用增大，电流减小．
图2－4－10
5．(2011年钢川高二检测)如图2－4－10所示，白炽灯和电容器串联后接在交变电源的两端，当交变电源的频率减小时( )
A．电容器电容增大
B．电容器电容减小
C．电灯变暗
D．电灯变亮
解析：选C.电容器的电容由其本身决定，与交变电源的频率无关，A、B项错误，交变电源的频率减小时，电容器的容抗增大，对交变电流的阻碍作用增大，所以电灯变暗．
6．扼流圈就是电感线圈，有高频扼流圈和低频扼流圈之分，以下说法中正确的是( )
A．扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的
B．低频扼流圈用来“通低频，阻高频”
C．高频扼流圈用来“通直流，阻交流”
D．高频扼流圈对低频交变电流阻碍作用较小，对高频交变电流的阻碍很大
解析：选AD.低频扼流圈的自感系数很大，对低频交变电流的阻碍作用就已很大，对高频交变电流的阻碍更大；高频扼流圈的自感系数很小，对高频交变电流呈现较大的阻抗，对低频交变电流的阻碍作用很小．
7．如图2－4－11所示电路中，L为电感线圈，灯泡电阻为R，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝220sin100πt V，若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的是( )
图2－4－11
A．电流表示数增大 B．电压表示数减小
C．灯泡变暗 D．灯泡变亮
解析：选C.由u＝220sin 100πt V，
可得电源原来的频率为f＝＝ Hz＝50 Hz.
当电源频率由原来的50 Hz增为100 Hz时，线圈的感抗增大；在电压不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误．灯泡的电阻R是一定的．电流减小时，实际消耗的电功率P＝I2R减小，灯泡变暗，选项C正确，D错误．
电压表与电感线圈并联，其示数为线圈两端的电压UL，设灯泡两端电压为UR，则电源电压的有效值为U＝UL＋UR，因UR＝IR，故电流I减小时，UR减小．因电源电压有效值保持不变，故UL＝U－UR，UL增大，选项B错误．
8．如图2－4－12所示，输入端的输入电压既有直流成分，又有交变电流成分(L的直流电阻等于R)，以下说法中正确的是( )
图2－4－12
A．直流成分只能通过L
B．交变电流成分只能从R通过
C．通过R的既有直流成分，又有交变电流成分
D．通过L的交变电流成分比通过R的交变电流成分必定要多
解析：选C.交流和直流都可以通过电阻R，也可以通过电感器，A、B错，C对．但是电感器有通直流，阻交流的作用，所以通过L的交流成分比通过R的交流成分必定要少，D错．
9．如图2－4－13所示，交流电源的电压有效值跟直流电源的电压相等，当将双刀双掷开关接到直流电源上时，灯泡的实际功率为P1，而将双刀双掷开关接在交流电源上时，灯泡的实际功率为P2，则( )
图2－4－13
A．P1＝P2 B．P1＞P2
C．P1＜P2 D．不能比较
解析：选B.电感对直流电没有阻碍，但对交流电有阻碍作用，所以P1＞P2，B正确．
10. (2011年哈师大附中高二检测)如图2－4－14所示，在电路两端加上正弦交流电，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( )
图2－4－14
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：选C.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．
11．在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分，又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输送到再下一级，可以采用如图2－4－15所示电路，其中a、b应选择的元件是( )
图2－4－15
A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈
B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈
C．a是电容较小的电容器，b是低频扼流圈
D．a是电容较小的电容器，b是高频扼流圈
解析：选D.电容器具有“通高频、阻低频”的作用，这样的电容器电容较小，所以a处为电容较小的电容器，电感线圈在该电路中要求起到“通低频，阻高频”的作用，b处接一个高频扼流圈．D对．
二、非选择题
12. 如图2－4－16所示，从AO输入的信号中，有直流电和交流电两种成分．
(1)现在要求信号到达BO两端只有交流电，没有直流电，需要在AB端接一个什么元件？该元件的作用是什么？
(2)若要求信号到达BO端只有直流电，而没有交流电，则应在AB端接入一个什么元件？该元件的作用是什么？
图2－4－16
解析：根据电容和电感对直流电和交流电的作用原理进行分析．
(1)因为BO端不需要直流电，只需要交流电，故根据电容C有“通交流、隔直流”作用，应在AB端接入一个电容器C.该电容器对直流电有阻隔作用，对交流电有通过作用．
(2)因为BO端不需要交流电，只需要直流电，故根据电感L有“通直流、阻交流”的作用，应在AB端接入一个低频扼流圈．
答案：(1)电容器 通交流、隔直流
(2)低频扼流圈 通直流、阻交流
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1．给电动机接通电源，线圈受安培力的作用转动起来．由于线圈要切割磁感线，因此必有感应电动势产生，感应电流方向与原电流方向相反，就此问题，下列说法正确的是( )
A．电动机中出现的感应电动势为反电动势，反电动势会阻碍线圈的运动
B．如果电动机正常工作，反电动势会加快电动机的转动
C．如果电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动，就没了反电动势，线圈中的电流就会很大，很容易烧毁电动机
D．如果电动机工作电压低于正常电压，电动机也不会转动，此时尽管没有反电动势，但由于电压低也不容易烧毁电动机
解析：选AC.根据反电动势的特点可知选项A、C正确．
2．(2011年高考江苏物理卷)如图1－5－9所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中( )
图1－5－9
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安培力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
解析：选B.直线电流的磁场离导线越远，磁感应越稀，故线圈在下落过程中磁通量一直减小，A错；由于上、下两边电流相等，上边磁场较强，线框所受合力不为零，C错；由于电磁感应，一部分机械能转化为电能，机械能减小，D错．故B对．
3．圆形导体环用一根轻质细杆悬挂在O点，导体环可以在竖直平面内来回摆动，空气阻力和摩擦力均可忽略不计．在图1－5－10所示的正方形区域，有匀强磁场垂直纸面向里．下列说法正确的是( )
图1－5－10
A．此摆开始进入磁场前机械能不守恒
B．导体环进入磁场和离开磁场时，环中感应电流的方向肯定相反
C．导体环通过最低位置时，环中感应电流最大
D．最后此摆在匀强磁场中振动时，机械能守恒
解析：选BD.导体环在进、出磁场阶段，导体环有一部分在做切割磁感线运动，电路中有感应电流产生，机械能转化为电能，且由楞次定律知这两种情况下感应电流方向相反．环全部进入磁场后，穿过导体环的磁通量不变，无感应电流．
图1－5－11
4．(2010年高考课标全国卷)如图1－5－11所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2，忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )
A．E1>E2，a端为正 B．E1>E2，b端为正
C．E1解析：选D.将立体图转化为平面图如图所示，由几何关系计算有效切割长度L
L1＝2＝2＝2R
L2＝2＝2＝2R
由机械能守恒定律计算切割速度v，
即：mgh＝mv2，得v＝，则：
v1＝＝，
v2＝＝
根据E＝BLv，E1＝B×2R×，E2＝B×2R×，可见E15.
图1－5－12
水平放置的两根平行金属导轨ad和bc，导轨两端a、b和c、d两点分别连接电阻R1和R2，组成矩形线框，如图1－5－12所示，ad和bc相距L＝0.5 m．放在竖直向下的匀强磁场中．磁感应强度B＝1.2 T，一根电阻为0.2 Ω的导体棒PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4.0 m/s的速度向右匀速运动，若电阻R1＝0.3 Ω，R2＝0.6 Ω，导轨ad和bc的电阻不计，导体与导轨接触良好．求：
(1)导体PQ中产生的感应电动势的大小和感应电流的方向；
(2)导体PQ向右匀速滑动过程中，外力做功的功率．
解析：(1)E＝BLv＝1.2×0.5×4.0 V＝2.4 V
R外＝＝ Ω＝0.2 Ω
I＝＝ A＝6 A.
根据右手定则判断电流方向Q→P.
(2)F＝F安＝BIL＝1.2×6×0.5 N＝3.6 N.
P＝Fv＝3.6×4.0 W＝14.4 W.
答案：(1)2.4 V 电流方向Q→P (2)14.4 W
一、选择题
1．(2011年上海高二检测)著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板的四周固定着一圈带电的金属小球，如图1－5－13所示．当线圈接通电源后，将产生流过如图所示方向的电流，则下列说法正确的是( )
图1－5－13
A．接通电源瞬间，圆板不会发生转动
B．线圈中电流强度的增大或减小会引起圆板向不同方向转动
C．若金属小球带正电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同
D．若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同
解析：选BD.根据楞次定律，线圈中的电流增大或减小会产生方向不同的感生电场，带电金属球在方向不同的电场作用下，会向不同方向转动；在接通电源瞬间，感生电源产生的磁场方向与原磁场方向相反，根据安培定则，电流方向与负电荷定向移动方向相反．故选B、D.
2．如图1－5－14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大于线框的高度h，那么下列说法中正确的是( )
图1－5－14
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．线框在磁场中间运动的过程中，电能转变成机械能
解析：选A.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，该过程中发生机械能和电能的相互转化．
3．如图1－5－15所示，在匀强磁场中，导体ab与光滑导轨紧密接触，ab在向右的拉力F作用下以速度v做匀速直线运动，当电阻R的阻值增大时，若速度v不变，则( )
图1－5－15
A．F的功率减小 B．F的功率增大
C．F的功率不变 D．F的大小不变
解析：选A.导体ab的速度不发生变化，则由公式E＝BLv知感应电动势不发生变化．如果电阻增大，电流将减小，而安培力为F安＝ILB，即导体受到的磁场作用力减小，要使它做匀速直线运动，则拉力F减小，F的功率P＝Fv减小．
图1－5－16
4．(2011年宁夏固原高二检测)如图1－5－16所示，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有匀强磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB( )
A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0
B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0
C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0
D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0
解析：选D.
导体棒水平运动时产生感应电动势，对整个电路，可把AB棒看做电源，等效电路如图所示，当棒匀速滑动时，电动势E不变，故I≠0，C两端电压不变，无充放电现象．故I2＝0.
当棒加速运动时，电动势E不断变大，电容器两端电压增大，电容器不断充电，故I1≠0，I2≠0.
5.
图1－5－17
(2011年陕西高二检测)用均匀导线做成的正方形线框每边长为0.2 m，正方形的一半放在和纸面垂直向里的匀强磁场中，如图1－5－17所示，当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点的电势差是( )
A．Uab＝0.1 V B．Uab＝－0.1 V
C．Uab＝0.2 V D．Uab＝－0.2 V
解析：
选B.题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流，把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内电阻为，画出等效电路如图所示，则ab两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，且依题意知＝10 T/s.由E＝得
E＝＝·＝10× V＝0.2 V.
U＝I＝·＝× V＝0.1 V
由于a点电势低于b点电势，故Uab＝－0.1 V，即B选项正确．
6.
图1－5－18
(2011年广东省实验中学模拟)如图1－5－18所示，导体棒ab可以无摩擦地在足够长的竖直轨道上滑动，整个装置处于匀强磁场中，除电阻R外，其他电阻均不计，则在ab棒下落的过程中( )
A．ab棒的机械能守恒
B．ab棒达到稳定速度以前，其减少的重力势能全部转化为电阻R增加的内能
C．ab棒达到稳定速度以前，其减少的重力势能全部转化为增加的动能和电阻R增加的内能
D．ab棒达到稳定速度以后，其减少的重力势能全部转化为电阻R增加的内能
解析：选CD.ab棒下落过程中切割磁感线，产生感应电流，有机械能转化为电能，电能又进一步转化为内能．达到稳定速度前，动能增加，减少的重力势能转化为导体棒的动能和电阻R的内能；达到稳定速度后，动能不变，减少的重力势能全部转化为电阻的内能．
7.
图1－5－19
如图1－5－19所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于( )
A．棒的机械能增加量
B．棒的动能增加量
C．棒的重力势能增加量
D．电阻R上放出的热量
解析：选A.棒受到重力、恒力F和安培力F安的作用，由动能定理WF＋WG＋W安＝ΔEk，得WF＋W安＝ΔEk＋mgh，即力F做的功与安培力做的功代数和等于机械能的增加量，A对，B、C、D错．
图1－5－20
8．如图1－5－20所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则( )
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α增大，vm将变大
C．如果R增大，vm将变小
D．如果m减小，vm将变大
解析：选B.以金属杆为研究对象，受力如图所示．根据牛顿第二定律得
mgsinα－F安＝ma，
其中F安＝.
当a→0时，v→vm，
解得vm＝，
结合此式分析即得B选项正确．
9．光滑金属导轨宽L＝0.4 m，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图1－5－21甲所示．磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．金属棒ab的电阻为1 Ω，自t＝0时刻起从导轨最左端以v＝1 m/s的速度向右匀速运动，则( )
图1－5－21
A．1 s末回路中电动势为0.8 V
B．1 s末ab棒所受磁场力为0.64 N
C．1 s末回路中电动势为1.6 V
D．1 s末ab所受磁场力为1.28 N
解析：选CD.1 s末磁感应强度为B＝2 T，所以1 s末回路中动生电动势为E＝BLv＝2×0.4×1 V＝0.8 V．感生电动势为E2＝＝0.8 V，所以E＝E1＋E2＝1.6 V．棒所受的磁场力F＝BIL＝·LB＝1.28 N.
二、非选择题
10．如图1－5－22所示，闭合小金属环从高为h的光滑曲面上由静止滚下，又沿曲面的另一侧上升，若图中磁场为匀强磁场，则环上升的高度________h；若为非匀强磁场，则环上升的高度应________h．(填“>”“＝”或“<”)(提示：从能否产生感应电流的角度思考)
图1－5－22
解析：若磁场为匀强磁场，则小金属环中无感应电流，所以小金属环的机械能守恒；若磁场为非匀强磁场，则小金属环中磁通量发生变化，产生感应电流，所以小金属环的机械能部分转化为电能．
答案：＝ <
11．(2011年宝鸡高二检测)如图1－5－23所示，小灯泡的规格为“2 V 4 W”，接在光滑水平导轨上，轨距0.1 m，电阻不计．金属棒ab垂直搁置在导轨上，电阻为1 Ω.整个装置处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中．求：
图1－5－23
(1)为使小灯泡正常发光，ab的滑行速度多大？
(2)拉动金属杆ab的外力的功率为多大？
解析：要使小灯泡正常发光，灯两端电压应等于其额定值2 V，这个电压是由于金属棒滑动时产生的感应电动势提供的．金属棒移动时，外力的功率转化为电路上的总电功率．
(1)小灯泡的额定电流和电阻分别为I＝＝2 A，R＝＝1 Ω，设金属棒滑行速度为v，它产生的感应电流为I感＝，式中r为棒的电阻．由I感＝I，即＝I，得v＝＝ m/s＝40 m/s.
(2)根据能的转化，外力的机械功率等于整个电路中的电功率，所以拉动ab做切割运动的功率为P机＝P电＝I2×(R＋r)＝22×(1＋1) W＝8 W.
答案：(1)40 m/s (2)8 W
12．(2011年杭州教学质检)如图1－5－24甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.30 m．导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R＝0.40 Ω.导轨上停放一质量m＝0.10 kg、电阻r＝0.20 Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示．
(1)利用上述条件证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；
(2)求第2 s末外力F的瞬时功率；
(3)如果水平外力从静止开始拉动杆2 s所做的功W＝0.35 J，求金属杆上产生的焦耳热．
图1－5－24
解析：(1)设路端电压为U，金属杆的运动速度为v，则感应电动势E＝BLv
通过电阻R的电流I＝
电阻R两端的电压U＝IR＝
由图乙可得U＝kt，k＝0.10 V/s
解得v＝·t
因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，
加速度a＝＝1.0 m/s2
(用其他方法证明也可以)．
(2)在2 s末，速度v2＝at＝2.0 m/s
电动势E＝BLv2
通过金属杆的电流I＝
金属杆受安培力F安＝BIL＝
解得：F安＝7.5×10－2 N
设2 s末外力大小为F2，由牛顿第二定律得
F2－F安＝ma
解得：F2＝1.75×10－1 N
故2 s末时F的瞬时功率P＝F2v2＝0.35 W.
(3)设回路产生的焦耳热为Q，
由能量守恒定律，W＝Q＋mv
解得：Q＝0.15 J
电阻R与金属杆的电阻r串联，产生焦耳热与电阻成正比
所以，＝
运用合比定理，＝而QR＋Qr＝Q
故在金属杆上产生的焦耳热Q＝
解得：Qr＝5.0×10－2 J.
答案：(1)见解析 (2)0.35 W (3)5.0×10－2 J
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