2018版物理(沪科版)新课堂同步选修3-2文档：学业分层测评3+探究感应电动势的大小

学业分层测评(六)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．关于日光灯的发光实质，下列说法中正确的有( )A ．是由于灯管两端的灯丝在炽热状态下发光，后经灯管壁多次反射和透射传到周围空间B ．是在镇流器的高电压作用下，灯管内气体被电离成为导体，形成大电流，使气体处于炽热状态而发光C ．日光灯发出的其实就是紫外线D ．日光灯发出的光，实质上是紫外线激发荧光物质发光【解析】 日光灯发光的本质，是灯丝发射的电子与汞原子碰撞而放出紫外线，紫外线照射灯管内壁的荧光物质而发光．故选项D 正确．【答案】 D2．关于日光灯下列说法中正确的是( )A ．日光灯是常用的照明灯具之一，它所消耗的电功率仅为相同亮度白炽灯的15～13B ．灯管内气体的击穿电压和正常工作电压都是220 VC ．灯管发光是由于管内的气体被加热到炽热状态，发出的光D ．让日光灯正常工作，必须一直给其提供比220 V 高很多的电压【解析】 日光灯比白炽灯发光效率高，属于节能的灯具，它所消耗的电功率仅为相同亮度白炽灯的15～13，故选项A 正确．灯管启动电压高于220 V 、正常工作电压低于220 V ，选项B 、D 错误．灯管发光是因为灯管两端炽热的灯丝释放出大量电子，这些电子与汞原子碰撞而放出紫外线，涂在内壁的荧光物质在紫外线的照射下发出可见光．选项C 错误．【答案】 A3．镇流器是由一个线圈和铁芯构成的，下列说法中正确的是( )A ．镇流器中加入铁芯变成了电磁铁，在日光灯电路中起开关的作用B ．镇流器在日光灯正常发光后，只消耗电能，为了节能可以把它短路C．日光灯电路中的镇流器可以用白炽灯泡来替代D．镇流器中的铁芯是为了增大自感系数【解析】镇流器中加入铁芯是为了增大线圈整体的自感系数，进而产生更大的自感电动势．以击穿灯管内气体而导通；灯管导通后镇流器又起降压限流作用，故不可将其短路，且在启动时不可用白炽灯泡来代替．故D正确．【答案】 D4．下列关于日光灯启动器的说法中正确的有()【导学号：05002044】①启动器由氖管和电容器并联组成②没有电容器，启动器无法正常工作③电容器击穿后，日光灯管仍能正常发光④启动器起着自动开关的作用A．①②B．①③C．①④D．②④【解析】启动器主要是一个充有氖气的小玻璃泡，里面装有两个电极，一个是静触片，另一个是由两个膨胀系数不同的金属片制成的U形动触片．启动器相当于一个自动开关，在日光灯点燃前它是接通的，在日光灯点燃后它是断开的．它应与镇流器串联，与日光灯管只能并联连接．电容器与氖管并联，它的作用是防止产生电火花击穿后成为导体使氖管短路．【答案】 C5．(多选)下列对日光灯元件的认识，正确的是()A．启动器氖管内的氖气在较低电压下发光，但不适于照明B．灯管内的汞蒸气在较高电压下发光且适合照明C．启动器中的电容器是使动、静触片在分离时不产生火花D．灯管内壁的荧光物质是在灯丝发出的电子激发下发光的【解析】启动器相当于自动开关，配合镇流器产生瞬时高压，启动器发光时间短且弱，不适于照明，选项A正确，电容器的作用是在动、静触片分离时不产生火花，以避免烧毁触片，选项C正确．灯管内汞蒸气在高电压导通，炽热灯丝发出的大量电子与汞原子碰撞而放出紫外线，荧光物质在紫外线照射下发出可见光，选项B、D均错误．【答案】AC6．下列说法正确的是()A．感应圈的工作原理是电磁感应现象B．日光灯和白炽灯一样，都可接在直流电路中正常工作C．感应圈中的两个线圈的匝数一样多D．一个标有“220 V40 W”的日光灯管，用欧姆表测灯管两端，读数约为1 210 Ω【解析】感应圈就是利用了电路中的电流不断地变化产生感应电动势的，当电流变化较快时，产生高压，故选项A正确；日光灯必须接在交流电路中，故选项B错误；在感应圈中次级线圈的匝数要多于初级线圈，在次级线圈中得到较高的电压，故选项C错误；日光灯在不接通时，处于断路，故电阻为无穷大，选项D错误．【答案】 A7．(多选)下列利用了感应圈的是()A．煤气灶电子点火装置B．汽车发动机点火装置C．自动设备中的延时继电器D．物理、化学实验中的小功率高压电源【解析】煤气灶电子点火装置、汽车发电机点火装置都是利用感应圈产生的高压电火花来完成点火工作的，A、B正确．物理、化学实验中的小功率电源是利用感应圈通过低压直流电源获得高电压，D正确．延时继电器是利用线圈的电磁感应来正常工作的，没有用到感应圈，C错误．【答案】ABD8．如图2－3－4是一种焊接方法的原理示意图．将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流，待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊工件就焊接在一起．下列说法中正确的是()【导学号：05002045】图2－3－4A．线圈中的电流是很强的恒定电流B．线圈中的电流是交变电流，且频率很高C．待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻小D．焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反【解析】线圈中的电流是交变电流，且频率很高，选项B正确，A错误；待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大，选项C错误；根据楞次定律和安培定则可知，当线圈中的电流增大时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相反，当线圈中的电流减小时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同，选项D错误．【答案】 B[能力提升]9.图2－3－5如图2－3－5所示，在日光灯的连接线路中，关于启动器的作用，以下说法正确的是()A．日光灯启动时，为灯管提供瞬时高压B．日光灯正常工作时，起降压限流的作用C．起到一个自动开关的作用，实际上可用一个弹片开关代替(按下接通，放手断开)D．启动器内的电容器毫无作用【解析】日光灯启动时，镇流器为灯管提供瞬时高压，日光灯正常工作时，镇流器起降压限流的作用，启动器只是起一个自动开关的作用，故A、B错误，C正确；启动器内的电容器的作用是在动、静触片分离时避免产生火花而烧坏触片，对启动器起保护作用，故D错误．【答案】 C10．人类生活中对能源的可持续利用可以通过节能方式体现，日光灯是最常用的节能照明工具，它的主要构成有灯管、镇流器、启动器．启动器的构造如图2－3－6所示，为了便于日光灯工作，常在启动器两端并上一个纸质电容器C，现有一盏日光灯总是出现灯管两端亮而中间不亮，经检查，灯管是好的，电源电压正常，镇流器无故障，其原因可能是()图2－3－6【导学号：05002046】A．启动器两脚A、B与启动器座接触不良B．电容器C断路C．电容器C击穿而短路D．镇流器自感系数L太大【解析】题目说镇流器无故障，故D项错误．日光灯管两端亮而中间不亮，说明灯管两端的灯丝处于通电状态，即启动器接通，但不能自动断开，说明电容器C短路了，选C.【答案】 C11．如图2－3－7所示是日光灯的电路图．图2－3－7(1)开关闭合前，启动器的静触片和动触片是________(选填“接通的”或“断开的”)．(2)开关刚闭合时，220 V电压加在________的两电极之间，使________气发出辉光．(3)日光灯灯管点亮瞬间，灯管两端电压________220 V(选填“大于”“等于”或“小于”)．(4)日光灯正常发光时，启动器的静触片和动触片________(选填“接通”或“断开”)，镇流器起着________作用，保证日光灯正常工作．(5)启动器中的电容器能________，没有电容器，启动器也能工作．【解析】(1)开关闭合前，启动器的静触片和动触片是断开的．(2)当开关闭合时，220 V电压加在启动器的两电极之间，使氖气放电而发出辉光，辉光产生的热量使U形动触片膨胀伸长，从而与静触片接触而把电路接通，于是镇流器的线圈和灯管的灯丝中就有电流通过．(3)电路接通后，启动器中的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分离，电路自动断开．在电路突然断开的瞬间，由于镇流器中的电流急剧减小，在镇流器线圈中会产生很高的自感电动势，其方向与原来电压方向相同，加在日光灯管两端，将灯管内的气体电离，灯管开始发光，故灯管点亮瞬间，灯管两端电压大于220 V.(4)日光灯使用的是交变电流，电流的大小和方向都在不断地变化，在日光灯正常发光时，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中会产生自感电动势，它总是阻碍电流的变化，这时镇流器就起着降压限流的作用，保证日光灯正常工作．(5)启动器中的电容器能在静、动触片脱离瞬间避免启动器产生电火花而烧坏，没有电容器，启动器也能工作．【答案】(1)断开的(2)启动器氖(3)大于(4)断开降压限流(5)避免启动器产生电火花12．日光灯管的寿命和开关次数有密切关系，频繁开关会使灯管的寿命大大缩短，据统计，同样的日光灯，连续点燃不关，点亮的时间要比每昼夜开关八次的日光灯点亮时间长两倍半，为什么频繁开关会影响灯管的寿命？【导学号：05002047】【解析】日光灯在通电启动的一瞬间，气体放电，日光灯灯丝不但要发射热电子，还要受到带电粒子强有力的轰击，每启动一次，要消耗大量的电子，还要受到高电压冲击一次，启动的次数越多，灯丝的寿命越短．【答案】见解析。

学业分层测评(七) 怎样产生交变电流(建议用时：45分钟)[学业达标]1．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动产生交流电．穿过线圈的磁通量Φ与感应电动势e的大小关系正确的是()①Φ最大，e最大；②Φ最小，e最小；③Φ最大，e最小；④Φ最小，e最大．A．①②B．③④C．①④D．②③【解析】当磁通量Φ最大时，线圈平面垂直于磁感线，线圈不切割磁感线，e最小为零；当磁通量Φ最小时，线圈平面平行于磁感线，线圈垂直切割磁感线，e最大，故B正确．【答案】 B2．(多选)下列各图中，哪些情况线圈中能产生交流电()【解析】线圈转动过程中磁通量发生改变时，才能产生交流电，A项中磁通量不变，故A项不符合题意．【答案】BCD3．交流发电机在工作时电动势为e＝E m sin ωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为()【导学号：68312076】A．e′＝E m sin ωt2B．e′＝2E m sinωt2C．e′＝E m sin 2ωt D．e′＝E m2sin 2ωt【解析】交变电压的瞬时值表达式e＝E m sin ωt，而E m＝NBωS，当ω加倍而S减半时，E m不变，故正确答案为C.【答案】 C4．如图2-1-9甲所示，一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图2-1-9乙所示，下列说法中正确的是()甲乙图2-1-9A．t1时刻通过线圈的磁通量为零B．t2时刻线圈位于中性面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变化方向时，通过线圈的磁通量最大【解析】t1、t3时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A、C错误；t2时刻感应电动势最大，线圈位于垂直于中性面的位置，穿过线圈的磁通量为零，B错误；由于线圈每经过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e变换方向，所以D正确．【答案】 D5．(多选)如图2-1-10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()【导学号：68312077】图2-1-10 A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．穿过线圈的磁通量为0C．线圈中的感应电流为nBl2ωRD．穿过线圈磁通量的变化率为0【解析】图示位置，线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，B正确，D错误；此时由右手定则可知电流方向为adcba，A错误；由峰值表达式E m＝nBSω可知I m＝nBl2ωR，图示位置感应电流等于峰值，C正确．【答案】BC6．(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交变电动势e＝2202sin(100πt)V，则下列判断正确的是()A．t＝0时，线圈位于中性面位置B．t＝0时，穿过线圈平面的磁通量最大C．t＝0时，线圈的有效切割速度最大D．t＝0时，线圈中感应电动势达到峰值【解析】因按正弦规律变化，故t＝0时线圈位于中性面，A正确；t＝0时，穿过线圈的磁通量最大，B正确；t＝0时，线圈的速度方向与磁感线平行，不产生感应电动势，故C、D错误．【答案】AB7．如图2-1-11所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，其转动轴线OO′与磁感线垂直．已知匀强磁场的磁感应强度B＝1T，线圈所围面积S＝0.1 m2，转速12r/min.若从中性面开始计时，则线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式应为()图2-1-11 A．e＝120πsin(120t)VB．e＝24πsin(120t)VC．e＝0.04πsin(0.4πt)VD．e＝0.4πcos(2πt)V【解析】角速度ω＝2πn＝2π×1260rad/s＝0.4π rad/s.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生感应电动势的最大值E m＝BSω＝1×0.1×0.4π V＝0.04π V.则感应电动势瞬时值表达式e＝E m sin ωt＝0.04πsin(0.4πt)V.故正确答案为C.【答案】 C8．(多选)如图2-1-12所示，形状或转轴位置不同、但面积均为S的单匝线圈处在同一个磁感应强度为B的匀强磁场中，以相同的角速度ω匀速转动，从图示的位置开始计时，则下列正确的说法是()【导学号：68312078】图2-1-12A．感应电动势峰值相同B．感应电动势瞬时值不同C．感应电动势峰值、瞬时值都不同D．感应电动势峰值、瞬时值都相同【解析】 当转动轴不是线圈对称轴时，只要转轴与磁场垂直，不论线圈形状如何，转轴位置如何，最大值均为E m ＝NBSω，S 、ω、B 、N 相同，所以E m 相同，从中性面开始计时，瞬时值为正弦形式e ＝E m sin ωt ，可见瞬时值也相同，A 、D 对．【答案】 AD[能力提升]9．如图2-1-13所示，虚线上方空间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框绕垂直于纸面的轴O 以角速度ω匀速逆时针转动．设线框中感应电流的方向以逆时针为正，线框处于图示位置时为时间零点．那么，在选项中能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是( )图2-1-13【解析】 由图示位置计时，前14周期无电流，第2个14周期电流保持不变，第3个14周期无电流，第4个14周期电流反向且保持不变，故A 正确．【答案】 A10．如图2-1-14甲所示，A ，B 为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A 线圈中通有如图2-1-14乙所示的电流i ，则( ) 【导学号：68312079】甲乙图2-1-14①在t1到t2时间内A，B两线圈相吸②在t2到t3时间内A，B两线圈相斥③t1时刻两线圈间作用力为零④t2时刻两线圈的相互作用力最大()A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④【解析】本题考查交变电流的变化规律和图像．由t1到t2时间内，穿过B 线圈的磁通量在减小，所以B中产生的感应电流方向与A中相同，即相吸；由t2到t3时间内，穿过B线圈的磁通量在增大，B中产生的感应电流方向与A中相反，即相斥；t1时刻A中电流最大，B中感应电流为零，t2时刻A中电流为零，而B中感应电流最大，在t1，t2时刻两线圈的相互作用力都为零．故正确答案为A.【答案】 A11．某一交变电流如图2-1-15所示．图2-1-15(1)该图像表示线圈在何处开始计时？(2)线圈在哪些时刻处于与磁场方向垂直的位置？(3)t1、t2时刻线圈分别处于与磁场方向垂直的面夹角多大处？【解析】(1)e -t图线为正弦函数图线，说明是从线圈位于中性面位置开始计时的，此时，穿过线圈的磁通量最大，而线圈内的感应电动势却为0.(2)当线圈处于与磁场方向垂直的位置(中性面)时，e＝0，所以有0、t3、t6、t8各时刻．(3)由图像知，e＝E m sin ωt式中E m＝10 V．当t＝t1时，e＝5 2 V，有θ1＝ωt1＝45 °；当t＝t2时，e＝10 V＝E m，有θ2＝ωt2＝90 °.【答案】(1)中性面处开始计时(2)0，t3，t6，t8(3)45°90°12．如图2-1-16所示，线圈的面积是0.05 m2，共100匝，匀强磁场的磁感应强度B＝1πT，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时，求：图2-1-16(1)若从线圈的中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)从中性面开始计时，线圈转过130s时电动势瞬时值多大？【导学号：68312080】【解析】(1)n＝300 r/min＝5 r/s，因为从中性面开始转动，并且求的是瞬时值，故e＝E m sin ωt＝NBS·2πn sin(2πnt)＝50sin(10πt) V.(2)当t＝130s时，e＝50sin(10π×130) V≈43.3 V.【答案】(1)e＝50sin(10πt) V(2)43.3 V。

章末分层突破[自我校对]①电路闭合，磁通量变化②阻碍③磁通量的变化④导体和磁场的相对运动⑤方向⑥增减⑦安培定则⑧导体切割磁感线⑨ΔΦΔt⑩n ΔΦΔt⑪BL v⑫自身电流⑬自身电流⑭涡旋状____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________1．确定电源，产生感应电动势的那部分电路就相当于电源，利用法拉第电磁感应定律确定其电动势的大小，利用右手定则或楞次定律确定其方向以及感应电流的方向，需要强调的是：在电源内部电流是由负极流向正极的，在外部从正极流向外电路，并由负极流入电源．2．分析电路结构，画出等效电路图，这一步关键是“分析”的到位与准确，承上启下，为下一步的处理做好准备．3．利用电路规律求解，主要还是利用欧姆定律、串并联电路中电功、电热之间的关系等．4．注意：电源两极间的电压为路端电压．如图1-1所示，两根平行的光滑长直金属导轨，其电阻不计，导体棒ab、cd跨在导轨上，ab的电阻R大于cd的电阻r，当cd在大小为F1的外力作用下匀速向右滑动时，ab在大小为F2的外力作用下保持静止，那么以下说法中正确的是()图1-1A．U ab>U cd，F1>F2B．U ab＝U cd，F1<F2C．U ab>U cd，F1＝F2D．U ab＝U cd，F1＝F2【解析】cd导体棒在F1的作用下，做切割磁感线运动，成为电源．U ab 成为电路外电阻上的分压，等效电路如图所示．由于导轨的电阻不计，U ab＝U cd.另外，由于cd棒与ab棒中电流大小相等，导体棒有效长度相同，所处磁场相同，故两棒分别受到的安培力大小相等、方向相反．ab、cd两棒均为平衡态，故导体棒分别受到的外力F1、F2与所受到的安培力平衡，故F1＝F2.故选项D正确．【答案】 D1.考查形式比较灵活，有时根据电磁感应现象发生的过程，确定图像的正确与否，有时依据不同的图像，进行综合计算．2．解题关键弄清初始条件，正、负方向的对应，变化范围，所研究物理量的函数表达式，进出磁场的转折点是解决问题的关键．3．解决图像问题的一般步骤(1)明确图像的种类，即是B t图像还是Φt图像，或者E t图像、I t 图像等．(2)分析电磁感应的发生过程．(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数关系式．(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．(6)画图像或判断图像．如图1-2(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图1-2(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()【导学号：68312188】(a)(b)图1-2【解析】由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确．【答案】 C1.2．两种状态处理(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件列式分析．(2)导体处于非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．3．解题步骤(1)用法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则确定感应电动势的大小和方向．(2)应用闭合电路欧姆定律求出电路中的感应电流的大小．(3)分析研究导体的受力情况，特别要注意安培力方向的确定．(4)列出动力学方程或平衡方程求解．如图1-3所示，质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U形金属框架上．框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.【导学号：68312189】图1-3(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程ab位移x的大小．【解析】(1)ab对框架的压力F1＝m1g框架受水平面的支持力F N＝m2g＋F1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2＝μF N ab中的感应电动势E＝Bl vMN中电流I＝ER1＋R2MN受到的安培力F安＝BIl框架开始运动时F安＝F2由上述各式代入数据解得v＝6 m/s.(2)闭合回路中产生的总热量Q N＝R1＋R2 R2Q由能量守恒定律，得Fx＝12m1v2＋Q N代入数据解得x＝1.1 m.【答案】(1)6 m/s(2)1.1 m(1)感应电动势和平均电动势一般应用公式E＝求解，而瞬时电动势常用E＝Bl v求解.(2)解决电磁感应的图象问题时要注意以下物理量间的关系.①Φ∝B，B∝I(I产生磁场B).②E∝∝∝，而I感∝E.1.(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图1-4所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()【导学号：68312180】图1-4A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【解析】设圆盘的半径为L，可认为圆盘由无数根辐条构成，则每根辐条切割磁感线产生的感应电动势E＝12BL2ω，整个回路中的电源为无数个电动势为E的电源并联而成，电源总内阻为零，故回路中电流I＝ER＝BL2ω2R，由此可见A正确．R上的热功率P＝I2R＝B2L4ω24R，由此可见，ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，故D错误．由右手定则可判知B正确．电流方向与导体切割磁感线的方向有关，而与切割的速度大小无关，故C错误．【答案】AB2.如图1-5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()图1-5A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt【解析】 根据法拉第电磁感应定律解题．线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ·ΔB Δt ·S ＝n ·2B －B Δt ·a 22＝nBa 22Δt ，选项B 正确．【答案】 B3.如图1-6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t 1到t 2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B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )【导学号：68312181】图1-6A ．恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1C ．恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1【解析】 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n (B 2－B 1)S t 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n(B 2－B 1)S t 2－t 1，选项C 正确．【答案】 C4.磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图1-7方向的感应电流，则磁铁()【导学号：68312182】图1-7A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动【解析】当磁铁向上(下)运动时，穿过线圈的磁通量变小(大)，原磁场方向向下，所以感应电流磁场方向向下(上)，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向从上向下看为顺(逆)时针；同理判断出磁铁向右运动或向左运动的情况．故选B.【答案】 B5．如图1-8所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a和E b.不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是() 【导学号：68312183】图1-8A．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向【解析】由楞次定律知，题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向．由法拉第电磁感应定律知E＝ΔΦΔt＝ΔBSΔt＝ΔB·πR2Δt，由于两圆环半径之比R a∶R b＝2∶1，所以E a∶E b＝4∶1，选项B正确．【答案】B6. (多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图1-9所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音．下列说法正确的有()【导学号：68312184】图1-9A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化【解析】铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律E＝N ΔΦΔt知，线圈的感应电动势变大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中感应电流的磁场方向发生变化，则感应电流的方向不断变化，选项D正确．【答案】BCD7．如图1-10所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a＝3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()【导学号：68312185】图1-10A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶1【解析】当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；由法拉第电磁感应定律E＝S ΔBΔt及S a∶S b＝9∶1知，E a＝9E b，选项B正确；由R＝ρLS′知两线圈的电阻关系为R a＝3R b，其感应电流之比为I a∶I b＝3∶1，选项C错误；两线圈的电功率之比为P a∶P b＝E a I a∶E b I b＝27∶1，选项D错误．【答案】 B8.如图1-11所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求图1-11(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma＝F－μmg①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E ＝Blv③联立①②③式可得E ＝Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg . ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律 I ＝E R ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f ＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －f ＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m ⑧ 【答案】 (1)Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m 9．如图1-12所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l ，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：【导学号：68312186】图1-12(1)电阻R 消耗的功率；(2)水平外力的大小．【解析】 (1)导体棒切割磁感线运动产生的电动势为E ＝Bl v ，根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I ＝E R ，电阻R 消耗的功率为P ＝I 2R ，联立可得P＝B 2l 2v 2R .(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F 安＋μmg ＝FF 安＝BIl ＝B 2l 2v R故F ＝B 2l 2v R ＋μmg .【答案】 (1)B 2l 2v 2R (2)B 2l 2v R ＋μmg我还有这些不足：(1) ____________________________________________________________(2) ____________________________________________________________ 我的课下提升方案：(1) ____________________________________________________________(2) ____________________________________________________________。

1.4 电磁感应的案例分析[先填空]1．基本概念电动机转动时，线圈因切割磁感线，会产生感应电动势，感应电动势的方向跟加在线圈上的电压方向相反．这个跟外加电压的方向相反的感应电动势叫做反电动势．2．含反电动势电路的电流和功率关系(1)电流：I U－E反R.(2)功率关系：IU－IE反＝I2R.[再判断]1．电动机转动时，线圈中产生的感应电动势方向与外加电压方向相同．(×) 2．对同一个电动机转得越快，产生的反电动势越大．(√)3．电动机工作时，有反电动势产生，不遵守能量守恒定律．(×)[后思考]1．电动机工作时若被卡住，有什么危害？【提示】 电动机卡住不转，就不产生反电动势，变成了纯电阻电路，电流I ＝U R 会很大，P ＝I 2R 很大，因此会烧坏电动机．2．电动机启动时，灯泡会变暗，这是为什么？【提示】 电动机刚启动时，转速很小，反电动势很小，电流I ＝U R 会很大，此时电动机的输入功率(总功率)P 入＝UI 会很大，因而干路中电流突然增大，其他用电器两端电压会下降，使灯泡变暗．[合作探讨]探讨1：电动机产生的反电动势是否遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律？【提示】 反电动势也是闭合回路中磁通量发生变化而产生的，它同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律．探讨2：电动机的能量是怎样转化的？【提示】 电动机转动产生反电动势，它会阻碍线圈转动，因而需电源向电动机提供能量，此时电动机将电能转化为其他形式的能而对外做功．[核心点击]1．决定反电动势大小的因素如图1-4-1所示，当线圈与磁感线平行时AB 、CD 两边均切割磁感线，设AB 边长L 1，AD 边长L 2，则AB 、CD 两边产生的总感应电动势E 反＝2·BL 1ω·L 22＝BSω.可见决定反电动势的因素有三个，对一个确定的电动机，转速ω越大，反电动势越大．即电动机的线圈转得越快，反电动势就越大．图1-4-12．反电动势与外加电压间的量值关系设线圈电阻为R ，外加电压为U ，由部分电路欧姆定律可得线圈中电流I ＝U－E反′R，即U＝E反′＋IR.(1)电动机启动时：线圈的角速度ω非常小，反电动势E反′＝BSω很小，由U＝E反′＋IR知，电流I很大，此时电动机的输入功率(总功率)P入＝UI很大，所以在生活中，电动机启动时，因干路中电流突然增大，其他电器两端的电压会下降，如灯泡会变暗．尤其是电动机卡壳时，E′反为0，I＝UR很大，这样会很快烧坏电动机的线圈．因此，电动机要避免卡壳，或卡壳时要迅速断开电源．(2)正常工作时：电动机的转速较大，反电动势E′反较大，与两端电压U接近，线圈中电流I很小．3．电功与电热的区别在公式IU＝IE反′＋I2R中，t时间内与电热对应的是I2R；与电流做的总功(电功)对应的是IU；与电动机输出的总功对应的是IE′反，因电动机正常工作时E反′≥IR，所以IE′反≥I2R，电功IU更远大于I2R，即电动机在正常工作时，电功与电热有着明显的区别：电流通过电动机时，绝大部分电能转化为机械能，电功远大于电热．1．关于反电动势，下列说法中正确的是()A．只要线圈在磁场中运动就能产生反电动势B．只要穿过线圈的磁通量变化，就产生反电动势C．电动机在转动时线圈内产生反电动势D．反电动势就是发电机产生的电动势【解析】反电动势是与电源电动势相反的电动势，其作用是削弱电源的电动势，产生反电动势的前提是必须有电源存在，故选C.【答案】 C2．(多选)下列说法正确的是()A．转动的电风扇叶片被卡住时，风扇很容易被烧毁B．电动机转动时线圈上产生的感应电动势叫反电动势C．反电动势会减小电动机电路中的电流D．反电动势消耗的电功率等于电动机的热功率【解析】转动的电风扇叶片被卡住时，电风扇中电流很大，A正确；转动的电动机线圈上产生的感应电动势叫反电动势，B正确；根据I＝U－E反R，C正确；根据功率关系，IU－IE反＝I2R，D错误．【答案】ABC3．(多选)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，就没有了反电动势，线圈中的电流会很大，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，不会烧毁电动机【解析】电动机产生的反电动势会阻碍线圈的转动，A正确，B错误；电动机机械阻力过大和电压过低而停止转动时，都会因电流过大而烧毁电动机．故C正确，D错误．【答案】AC有关电动机工作的两个规律(1)电动机卡住时，电动机相当于纯电阻电路，电流很大，很容易烧坏电动机．(2)电动机正常工作时，反电动势较大，输入到电动机的电能，绝大部分转化为机械能对外做功．[先填空]如图1-4-2所示，释放ab 杆后，在重力的作用下，ab 杆在磁场中下降的过程中，向下切割磁感线产生感应电流，在ab 杆中电流的方向a →b ，则ab 杆受到的安培力方向向上，当安培力等于重力时，杆的下降速度最大，其数值为v m ，则图1-4-2(1)最大速度的条件：mg ＝BIL .(2)最大电动势：E m ＝BL v m .(3)最大电流：设总电阻为R ，则I m ＝E m R .(4)下降的最大速度：v m ＝mgR B 2L 2.(5)重力做功的最大功率：P G ＝mg v m ＝m 2g 2R B 2L 2.(6)最大电功率：P 电＝E 2m R ＝m 2g 2R B 2L 2.能量转换：达到最大速度后，重力做功功率与整个回路电功率相等．[再判断]1．外力克服安培力做功的过程是机械能转化为电能的过程．(√)2．电磁感应现象中一定有能量的转化，其中克服安培力做的功大于电路中产生的电能．(×)3．楞次定律中电磁感应现象中能量转化是能量守恒定律的反映．(√)[后思考]1．在电磁感应现象中，匀速运动的导体棒，是否还需要外力继续对它做功？【提示】 需要外力继续对导体棒做功，才能不断克服安培力做功，只有这样才符合能量守恒．2．从能量转化的角度分析，电磁感应现象的本质是什么？【提示】从能量转化的角度来看，电磁感应现象的本质是通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能的过程．把握好能量守恒的观点，是解决电磁感应问题的基本方法．[合作探讨]如图1-4-3所示，导体棒ab以初速度v向右运动，在切割磁感线的过程中电路中会产生感应电流．图1-4-3探讨1：电路中哪一部分相当于电源？哪端相当于电源的正极？【提示】导体棒ab相当于电源，导体棒的a端相当于电源的正极．探讨2：导体棒ab向右运动的过程中所受安培力沿什么方向？安培力做什么功？【提示】安培力水平向左，做负功．探讨3：在导体棒向右运动的过程中，将有什么能转化为什么能？【提示】导体棒的机械能转化为电能，最终转化为回路的热能．[核心点击]1．电磁感应过程实质是不同形式的能量相互转化的过程．电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用．因此要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，此过程中，其他形式的能转化为电能．安培力做功的过程是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．2．求解电能的主要思路：(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能；(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算．3．解决电磁感应现象中的能量问题的一般步骤：(1)确定等效电源．(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．(3)根据能量守恒列方程求解．4．如图1-4-4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，棒在竖直方向上的恒力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()图1-4-4A．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】棒加速上升时受到重力，拉力F及安培力．根据功和能的关系可知力F与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A选项正确．【答案】 A5.如图1-4-5所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ 始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()图1-4-5A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大【解析】设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝r(3R－r)r＋(3R－r)＝－⎝⎛⎭⎪⎫r－3R22＋⎝⎛⎭⎪⎫3R223R，当r＝3R2时，R外max＝34R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ中的电流为干路电流I＝ER外＋R内，可知干路电流先减小后增大，选项A错误．PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Bl v不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIl v，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为34R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．【答案】 C6.如图1-4-6所示，在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，有一个半径r＝0.5 m的金属圆环．圆环所在的平面与磁感线垂直，OA是一个金属棒，它沿着顺时针方向以20 rad/s的角速度绕圆心O匀速转动．A端始终与圆环相接触，OA棒的电阻R＝0.1 Ω，图中定值电阻R1＝100 Ω，R2＝4.9 Ω，电容器的电容C＝100 pF.圆环和连接导线的电阻忽略不计，则：图1-4-6(1)电容器所带的电荷量是多少？(2)电路中消耗的电功率是多少？【导学号：68312184】【解析】 (1)等效电路如图所示导体棒OA 产生的感应电动势为E ＝BL v ＝Brω·r 2＝5 VI ＝E R ＋R 2＝1 A 则q ＝CU C ＝CIR 2＝4.9×10－10 C.(2)电路中消耗的电功率P ＝I 2(R ＋R 2)＝5 W ，或P ＝IE ＝5 W.【答案】 (1)4.9×10－10 C (2)5 W解决电磁感应电路问题的基本步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向：感应电流方向是电源内部电流的方向．(2)根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．(3)根据E ＝BL v 或E ＝n ΔΦΔt 结合闭合电路欧姆定律，串、并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．。

章末分层突破[自我校对]①P 送U ②I 线_R 线 ③I 线U 损 ④n 1n 2⑤n 2n 1⑥U 2I 2＋U 3I 3______________________________________________________________ ______________________________________________________________ ______________________________________________________________ ______________________________________________________________1.电压思路理想变压器的输入电压U 1，输出电压U 2与原、副线圈匝数之间关系：U 1U 2＝n 1n 2.2．功率思路理想变压器的输入，输出功率关系为：P 入＝P 出，即P 1＝P 2；当变压器有多个副绕组时：P 1＝P 2＋P 3＋….3．电流思路由I ＝P /U 知，对只有一个副绕组的变压器有：I 1∶I 2＝n 2∶n 1；当变压器有多个副绕组时：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋….4．制约思路(变压器动态问题)(1)电压制约：当变压器原、副线圈匝数比(n 1n 2)一定时，输出电压U 2由输入电压U 1决定，即U 2＝n 2U 1n 1，可简述为“原制约副”．(2)电流制约：当变压器、原副线圈的匝数比(n 1n 2)一定，且输入电压U 1确定时，原线圈中的输入电流I 1由副线圈中的输出电流I 2决定，即I 1＝n 2I 2n 1，可简述为“副制约原”．(3)负载制约：①变压器副线圈中的功率P 2由用户负载决定，P 2＝P 负1＋P 负2＋…；②变压器副线圈中的电流I 2由用户负载及输出电压U 2决定，I 2＝P 2/U 2.5．原理思路变压器原线圈中磁通量发生变化，铁心中ΔΦ/Δt 相等，即ΔΦ1Δt ＝ΔΦ2Δt .此式适用于交流电或电压(电流)变化的直流电，但不适用于稳定或恒定电流的情况．(多选)如图3-1，将额定电压为60 V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和2.2 A ．以下判断正确的是( )图3-1A ．变压器输入功率为484 WB ．通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC ．通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD ．变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3【解析】 变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2＝2.2×60 W ＝132 W ，选项A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝U 1U 2＝22060＝113，选项D 正确；由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝311×2.2A ＝0.6 A ，选项B 正确；根据I ＝I m2得副线圈上的电流的最大值I 2m ＝2I 2＝2.2 2A ，选项C 错误． 【答案】 BD1.图3-22．正确理解几个基本关系(1)功率关系：P 1＝P 2，P 2＝P 损＋P 3，P 3＝P 4. (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝U 线＋U 3，U 3U 4＝n 3n 4.(3)电流关系：I 1I 2＝n 2n 1，I 2＝I 线＝I 3，I 3I 4＝n 4n 3.(4)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 线R 线.(5)输电导线上损耗的电功率：P 损＝P 2－P 3＝I 2线R 线＝U 2线R 线＝U 线I 线．(6)输电导线上的电压损失： U 线＝I 线·R 线＝U 2－U 3.如图3-3所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝4∶1，原线圈输入电压U 1＝1 410sin 100πt (V)，副线圈通过电阻r ＝1 Ω的输电线对用户供电，则用户处最多接多少盏“220 V 40 W ”的电灯可保证正常发光？图3-3【解析】 由题意知原线圈的输入电压为 U 1＝U m 2＝1 4102V ≈1 000 V根据原、副线圈的匝数比得副线圈的电压为 U 2＝n 2n 1U 1＝14×1 000 V ＝250 V用电器正常工作电压U 用＝220 V ，则线路损失电压为 ΔU ＝U 2－U 用＝250 V －220 V ＝30 V 输电线上的电流为I ＝ΔU r ＝301 A ＝30 A 每只灯泡的正常工作电流为I 额＝P 额U 额＝40220 A ＝211 A 用户最多可接电灯的盏数为n ＝I I 额＝30211盏＝165盏．【答案】165盏(1)解答理想变压器问题离不开三个关系：电压关系、电流关系、功率关系，在输入电压不变的情况下，输入电流、输入功率随负载的变化而变化.(2)远距离高压输电问题中，损耗功率产生在高压输电线上，一般不计变压器上的功率损失.1.一含有理想变压器的电路如图3-4所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为()图3-4A．2B．3C．4 D．5【解析】设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI.根据变压器的输入功率等于输出功率得UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2联立两式代入数据解得k＝3选项B正确．【答案】 B2．(多选)如图3-5，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，是理想电压表；现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，则()图3-5A．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC．原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD ．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V【解析】 电压表测的是电阻R 两端的电压，根据U 2＝I 2(R 0＋R )得U 2＝6.0 V ．由U 1U 2＝n 1n 2得U 1＝24 V ，由于电压表的读数为有效值，故变压器原线圈两端的电压的有效值为24 V ，其最大值U m ＝2U 1≈34 V ，A 正确，B 错误；由于变压器输入电流不变，所以副线圈电流也不变，负载电阻总阻值原为12R 0，现为6R 0，因此原电压应是现在的两倍，故原线圈两端原来的电压有效值约为48 V ，D 正确，C 错误．所以选A 、D.【答案】 AD3．(多选)如图3-6所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1不变，闭合开关S ，下列说法正确的是( )图3-6A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大【解析】 由于理想变压器输入电压U 1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U 2也不变，灯L 亮度不随P 的滑动改变，故选项A 错误，选项B 正确；P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R 总减小，由I 2＝U 2R 总知，通过副线圈的电流I 2增大，输出功率P 2＝U 2I 2增大，再由I 1I 2＝n 2n 1知输入电流I 1也增大，故选项C 错误，D 正确．【答案】 BD4．远距离输电的原理图如图3-7所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )【导学号：68312118】图3-7A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2R C ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2【解析】 根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R ，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和．选项D 正确．【答案】 D5. (多选)如图3-8，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b .当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )图3-8A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9【解析】 设灯泡的额定电压为U 0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U 0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A 正确，选项B 错误；由9U 0I a ＝U 0I b 得，流过b 灯泡的电流是流过a 灯泡电流的9倍，根据P ＝UI ，a 、b 灯泡的电功率之比为1∶9，选项C 错误，选项D 正确．【答案】 AD6．如图3-9所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )图3-9A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大【解析】当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2＝U2R总变小，R1消耗的功率P R1＝I22R1变小，选项A错误；R1两端的电压U R1＝I2R1变小，则电压表V的示数U V＝U2－U R1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系I1I2＝n2n1，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R′总变小，通过副线圈的电流I′2＝U2R′总变大，则通过原线圈的电流I′1变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压U′R1＝I′2R1变大，则R2两端的电压U′R2＝U2－U′R1变小，电流表A2的示数变小，选项D错误．【答案】B7.一自耦变压器如图3-10所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()图3-10A．U2＞U1，U2降低B．U2＞U1，U2升高C．U2＜U1，U2降低D．U2＜U1，U2升高【解析】 a 、b 间作为原线圈(匝数不变)接电压为U 1的交变电流，在滑动触头由M 点移动到N 点的过程中，相当于副线圈的匝数变少，由变压器工作原理U 1U 2＝n 1n 2知，U 1＞U 2，且U 2降低，选项C 正确．【答案】 C8．如图3-11所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )图3-11A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变【解析】 由于家庭电路上理想变压器为降压变压器，故n 1>n 2，当原、副线圈减少相同的匝数时，其变压比n ′1n ′2变大，根据U 1U 2＝n ′1n ′2，U 1一定，U 2变小，故小灯泡变暗，选项A 错误；选项B 正确；由U 1U 2＝n ′1n ′2知，原、副线圈电压的比值变大，选项C 错误；根据I 1I 2＝n ′2n ′1，则通过原、副线圈电流的比值变小，选项D 错误．【答案】 B我还有这些不足：(1) ____________________________________________________________ (2) ____________________________________________________________ 我的课下提升方案：(1) ____________________________________________________________ (2) ____________________________________________________________。

学业分层测评(二) 探究感应电流的方向(建议用时：45分钟)[学业达标]1．磁场方向如图所示，当闭合电路的一部分导体在磁场中做如图中所示方向的运动时，能产生感应电流的是()【导学号：68312016】A B C D【解析】感应电流的产生条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，而闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动实际上也是其中的一个特例．A图为闭合电路的一部分导体切割磁感线，则有感应电流产生；B图中导线不切割磁感线，无感应电流产生；在分析C图时，一定要把条形磁铁周围的磁感线分布情况弄清楚，在图示位置，线圈中的磁通量为零，在向下运动的过程中，线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流产生；D图中，线圈中的磁通量一直不变，线圈中无感应电流产生．【答案】 A2．如图1-2-7所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H 处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是()【导学号：68312017】图1-2-7A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地【解析】在下落过程中，闭合铜线框中产生感应电流，由“来拒去留”可知，答案选D.【答案】 D3．如图1-2-8所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中()图1-2-8A．始终有感应电流自a向b流过电流表GB．始终有感应电流自b向a流过电流表GC．先有a→G→b方向的感应电流，后有b→G→a方向的感应电流D．将不会产生感应电流【解析】条形磁铁从左边进入螺线管的过程中，在螺线管内产生的磁场方向向右，且穿过螺线管的磁通量不断增加，根据楞次定律，产生的感应电流的方向是a→G→b；条形磁铁从螺线管中向右穿出的过程中，在螺线管中产生的磁场方向仍向右，穿过螺线管的磁通量不断减小，根据楞次定律，产生的感应电流的方向是b→G→a，故C正确．【答案】 C4．如图1-2-9所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是()【导学号：68312018】图1-2-9A B C D【解析】由安培安则判断直线电流在导线框处的磁场方向，再由直线电流的磁场变化和楞次定律可判断导线框中的电流方向，再结合线框所受到的安培力的合力方向的变化，即可判断出导线框中的电流i随时间t变化的图线可能是A.【答案】 A5．(多选)如图1-2-10，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是()图1-2-10A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动【解析】根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D正确．【答案】ABD6.如图1-2-11所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R的滑片自左向右滑动时，线框ab的运动情况是()【导学号：68312019】图1-2-11A．保持静止不动B．逆时针转动C．顺时针转动D．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向【解析】根据题图所示电路，线框ab所处位置的磁场是水平方向的，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减弱，则穿过闭合导线框b的磁通量将减少．Φ＝BS sin θ，θ为线圈平面与磁场方向的夹角，根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原磁通量的减少，则线框ab只有顺时针旋转使θ角增大，而使穿过线圈的磁通量增加，则C正确．注意此题并不需要明确电源的极性．【答案】 C7.如图1-2-12所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时()图1-2-12A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生B．整个环中有顺时针方向的电流C．整个环中有逆时针方向的电流D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流【解析】由右手定则知ef上的电流由e→f，故右侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，选D.【答案】 D8．(多选)如图1-2-13所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上．形成一个闭合回路．当一条形磁铁从高处下落接近回路时()【导学号：68312020】图1-2-13A．p、q将互相靠拢B．p、q将互相远离C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度小于g【解析】方法一：假设磁铁的下端为N极，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律可判断出感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可判断出回路中感应电流的方向为逆时针方向(俯视)．再根据左手定则可判断p、q所受的安培力的方向，安培力使p、q相互靠拢．由于回路所受的安培力的合力向下，根据牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.若磁铁的下端为S极，根据类似的分析可以得出相同的结果，所以A、D选项正确．方法二：根据楞次定律的另一种表达——感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题中的“原因”是回路中的磁通量增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以p、q将相互靠近且磁铁的加速度小于g.故选项A、D正确．【答案】AD[能力提升]9．在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，如图1-2-14所示．导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面．当导线ab 加速向右运动时，M所包围的小闭合线圈N产生的感应电流方向及所具有的形变趋势是()图1-2-14A．顺时针方向，有收缩的趋势B．顺时针方向，有扩张的趋势C．逆时针方向，有收缩的趋势D．逆时针方向，有扩张的趋势【解析】导线ab向右加速运动时，M中产生顺时针方向且逐渐增大的感应电流．由楞次定律可判断N中产生逆时针方向的感应电流且有收缩的趋势，C 选项正确．【答案】 C10．(多选)如图1-2-15所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是()【导学号：68312021】图1-2-15A．向右加速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向左减速运动【解析】当PQ向右运动时，用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→M 的，用左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动，因此选项A错误；若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、MN所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，所以选项C正确；同理可判断选项B正确，选项D错误．【答案】BC11．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遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分.【导学号：68312022】甲乙图1-2-16(1)如图1-2-16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感应电流的方向，必须知道__________________________ _______________________________________________________________.(2)如图1-2-16乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏．电路稳定后，若向左移动滑动触头，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．(均选填“左”或“右”) 【解析】(1)电流表没有电流通过时，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，则当左移滑片时，会使线圈A中的磁场增强，电流表指针将向右偏；当线圈A抽出，在线圈B处的磁场减弱，线圈B中产生的感应电流将使电流表指针向左偏．【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12．重为G的线圈系在一个弹簧测力计上，其下方有一通电导线，如图1-2-17甲所示，导线所通过的电流如图乙所示，它们均在同一平面内，求下列不同时刻弹簧测力计的示数与G的关系.【导学号：68312023】甲乙图1-2-17(1)在t1时刻；(2)在t2时刻；(3)在t3时刻．【解析】(1)在t1时刻穿过线圈的磁通量增加，线圈产生感应电流，由楞次定律知，弹簧测力计的示数小于G；(2)在t2时刻穿过线圈的磁通量不变，线圈不产生感应电流，由力的平衡知，弹簧测力计的示数等于G；(3)在t3时刻穿过线圈的磁通量减少，线圈产生感应电流，由楞次定律知，弹簧测力计的示数大于G.【答案】(1)小于G(2)等于G(3)大于G。

学业分层测评(二)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．由法拉第电磁感应定律知(设回路的总电阻一定)()A．穿过闭合电路的磁通量达最大时，回路中的感应电流达最大B．穿过闭合电路的磁通量为零时，回路中的感应电流一定为零C．穿过闭合电路的磁通量变化量越大，回路中的感应电流越大D．穿过闭合电路的磁通量变化越快，回路中的感应电流越大【解析】感应电动势大小和磁通量大小、磁通量变化量的大小无关，它由磁通量变化率决定，故选D.【答案】 D2. (多选)无线电力传输目前取得重大突破，在日本展出了一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力．两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图1－2－10所示，下列说法正确的是()图1－2－10A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C．A中电流越大，B中感应电动势越大D．A中电流变化越快，B中感应电动势越大【解析】根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感应电动势，A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小取决于磁通量变化率，电流变化越快即变化率越大，电动势越大，所以C错误，D正确．【答案】BD3．闭合电路的磁通量Φ随时间t变化图象分别如图1－2－11甲、乙、丙、丁所示，关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是()甲乙丙丁图1－2－11A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势D．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变【解析】根据法拉第电磁感应定律，图甲中回路不产生感应电动势，图乙中回路产生的感应电动势保持不变，图丁中斜率先减小后增大，回路中感应电动势先减小后增大．图丙中0～t0时间内的磁通量的变化率大于t0～2t0时间内的磁通量的变化率，故选C.【答案】 C4. 如图1－2－12所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好．磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面．设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L，金属棒与导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为()图1－2－12【导学号：05002008】A．I＝BL vR B．I＝3BL v2RC ．I ＝BL v 2RD ．I ＝3BL v 3R【解析】 公式E ＝BL v 适用于B 、L 、v 三者互相垂直的情况．本题B 与L ，B 与v 是相互垂直的，但L 与v 不垂直，故取L 垂直于v 的长度L sin θ，即有效切割长度，所以E ＝BL v sin 60°＝32BL v ，由欧姆定律I ＝E R 得I ＝3BL v 2R ，故B正确．【答案】 B5．如图1－2－13所示，两个相连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过小金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在小环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为( )【导学号：05002009】图1－2－13A.12E .13E C.23E D ．E【解析】 等效电路如图所示，由题意知R ＝2r ，a 、b 两点间的电势差为U ＝R R ＋rE ＝23E ，故选C.【答案】 C6．如图1－2－14所示，在匀强磁场中，MN 、PQ 是两根平行的金属导轨，而ab 、cd 为串有电压表和电流表的两根金属棒，同时以相同速度向右运动时，下列说法正确的有( )图1－2－14A．电压表有读数，电流表有读数B．电压表无读数，电流表有读数C．电压表无读数，电流表无读数D．电压表有读数，电流表无读数【解析】因两根金属棒以相同速度向右运动，穿过闭合回路的磁通量不变，无感应电流产生，两电表均无读数，故选项C正确．【答案】 C7. (多选)一个面积恒为S＝0.04 m2，匝数n＝100匝的线圈垂直放入匀强磁场中，已知磁感应强度B随时间t变化的规律如图1－2－15所示，则下列说法正确的是()【导学号：05002010】图1－2－15A．在0～2 s内，穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08 Wb/sB．在0～2 s内，穿过线圈的磁通量的变化率等于0C．在0～2 s内，线圈中产生的感应电动势等于8 VD．在第3 s末线圈中产生的电动势为0【解析】0～2 s内，ΔΦΔt＝ΔBΔt S＝2－01×0.04 Wb/s＝0.08 Wb/s，A对，B错．E＝n ΔΦΔt＝100×0.08 V＝8 V，C对．第3 s末，尽管B＝0，但ΔΦΔt≠0，故E≠0，D错．【答案】AC8．如图1－2－16所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一边长为l的正方形导线框，ab边质量为m.其余边质量不计，cd边有固定的水平轴，导线框可以绕其转动，现将导线框拉至水平位置由静止释放，不计摩擦和空气阻力，导线框经过时间t 运动到竖直位置，此时ab 边的速度为v .求：图1－2－16(1)此过程中线框产生的平均感应电动势的大小；(2)线框运动到竖直位置时线框感应电动势的大小．【解析】 (1)线框在初位置Φ1＝BS ＝Bl 2转到竖直位置Φ2＝0根据法拉第电磁感应定律知E ＝ΔΦΔt ＝Bl 2t .(2)转到竖直位置时，bc 、ad 两边不切割磁感线，ab 边垂直切割磁感线，此时求的是瞬时感应电动势，且感应电动势的大小为E ＝Bl v .【答案】 (1)Bl 2t (2)Bl v[能力提升]9．如图1－2－17所示，均匀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B 0.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ΔB Δt 的大小应为( )【导学号：05002011】图1－2－17A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π【解析】 设圆的半径为L ，电阻为R ，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E 1＝12B 0ωL 2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E 2＝12πL 2ΔB Δt ，由E 1R ＝E 2R 得12B 0ωL 2＝12πL 2ΔB Δt ，即ΔB Δt ＝ωB 0π，故C 项正确．【答案】 C10．如图1－2－18所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水平的初速度v 0抛出，设在整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是( )【导学号：05002012】图1－2－18A ．越来越大B ．越来越小C ．保持不变D ．无法判断【解析】 金属棒做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，速度虽然增大，但不切割磁感线；水平方向做匀速运动，切割磁感线的速度不发生变化，所以产生的感应电动势大小不变．【答案】 C11．如图1－2－19甲所示，一个500匝的线圈的两端跟R ＝99 Ω的电阻相连接，置于竖直向下的匀强磁场中，线圈的横截面积是20 cm 2，电阻为1 Ω，磁场的磁感应强度随时间变化的图象如图1－2－19乙所示，求磁场变化过程中通过电阻R 的电流．图1－2－19【解析】 由题图乙知：线圈中磁感应强度B 均匀增加，其变化率ΔB Δt ＝(50－10)4T/s ＝10 T/s. 由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ＝500×10×20×10－4V ＝10 V由闭合电路欧姆定律得感应电流大小为I ＝E R ＋r ＝1099＋1A ＝0.1 A. 【答案】 0.1 A12．一个边长为a ＝1 m 的正方形线圈，总电阻为R ＝2 Ω，当线圈以v ＝2 m/s 的速度通过磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直．若磁场的宽度b ＞1 m ，如图1－2－20所示，求：(1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小；(2)线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热．【导学号：05002013】图1－2－20【解析】 (1)根据E ＝Bl v ，I ＝E R ，知I ＝Ba v R ＝0.5×1×22A ＝0.5 A. (2)线圈穿过磁场过程中，由于b ＞1 m ，故只在进入和穿出时有感应电流，故Q ＝2I 2Rt ＝2I 2R ·a v ＝2×0.52×2×12 J ＝0.5 J.【答案】 (1)0.5 A (2)0.5 J。

学业分层测评(四) 电磁感应的案例分析(建议用时：45分钟)[学业达标]1．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E-t关系如图1-4-7所示．如果只将刷卡速度改为v02，线圈中的E-t关系图可能是()【导学号：68312185】图1-4-7【解析】由公式E＝Bl v可知，当刷卡速度减半时，线圈中的感应电动势最大值减半，且刷卡所用时间加倍，故本题正确选项为D.【答案】 D2．如图1-4-8所示，水平放置的平行金属导轨的两端接有电阻R，导线ab 能在框架上无摩擦地滑动，匀强磁场垂直穿过框架平面，当ab匀速向右移动时，以下说法中错误的是()图1-4-8A ．导线ab 除受拉力作用外，还受磁场力的作用B ．导线ab 移动速度越大，所需拉力越大C ．导线ab 移动速度一定，若将电阻阻值R 增大，则拉动导线ab 的力可调小一些D ．只要使导线ab 运动达到某一速度后，撤去外力，导线ab 也能在框架上维持匀速运动【解析】 当ab 匀速运动时，外力等于安培力，即F ＝F 安＝BIL ＝B BL v R L＝B 2L 2v R .故A 、B 、C 正确；当撤去外力后，导线框在安培力作用下做减速运动，直至停止，故D 错误．【答案】 D3．(多选)如图1-4-9所示，阻值为R 的金属棒从图示ab 位置分别以v 1、v 2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中( )图1-4-9A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶2C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶2D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶2【解析】 感应电动势为BL v ，感应电流I ＝E R ＝BL v R ，大小与速度成正比，产生的热量Q ＝I 2Rt ＝B 2L 2v 2R ·L ′v ＝B 2L 2L ′R v ，B 、L 、L ′、R 是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比；通过任一截面的电荷量q ＝It ＝BL v R ·L ′v ＝BLL ′R ，与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1；金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相等，则外力的功率P＝F v＝BIL·v＝B2L2v2R，其中B、L、R大小相等，外力的功率与速率的平方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4.【答案】AB4.如图1-4-10所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面与水平面的夹角为θ，导轨的下端接有电阻．当导轨所在空间没有磁场时，使导体棒ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨，ab上升的最大高度为H；当导轨所在空间存在方向与导轨平面垂直的匀强磁场时，再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨，ab上升的最大高度为h，两次运动中ab始终与两导轨垂直且接触良好，关于上述情景，下列说法中正确的是()【导学号：68312186】图1-4-10A．比较两次上升的最大高度，有H＝hB．比较两次上升的最大高度，有H<hC．无磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生D．有磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生【解析】没有磁场时，只有重力做功，机械能守恒，没有电热产生，C错误；有磁场时，ab切割磁感线产生感应电流，重力和安培力均做负功，机械能减小，有电热产生，故ab上升的最大高度变小，A、B错误，D正确．【答案】 D5．(多选)如图1-4-11所示，位于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直．现有一平行于导轨的恒力F 作用于杆ab，使它由静止开始向右运动．杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计，用E表示回路中的感应电动势，I表示回路中的感应电流，在I随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于()图1-4-11A ．F 的功率B ．安培力的功率的绝对值C ．F 与安培力的合力的功率D ．IE【解析】 ab 棒在匀强磁场中运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，从而使ab 棒在磁场中受到安培力作用，电路中所产生的电能是通过克服安培力做功实现的，电流通过电阻产生热量，电能转化为热能，遵循能量守恒，所以电阻消耗的功率就是ab 棒上的电功率，P 热＝P 电＝IE ，也就是安培力的功率，由于安培力做负功，所以应为安培力的功率的绝对值，所以B 、D 选项正确；F 做的功一部分转化为电能，另一部分转化为棒的动能，故A 、C 选项错误．【答案】 BD6．如图1-4-12所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨平面垂直，金属杆ab 与导轨接触良好可沿导轨滑动，开始时开关S 断开，当ab 杆由静止下滑一段时间后闭合S ，则从S 闭合开始计时，ab 杆的速度v 与时间t 的关系图像一定错误的是( )【导学号：68312187】图1-4-12A B C D【解析】 闭合S 时，ab 杆受的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v R ，若F ＝G ，则杆做匀速运动，v -t 图如选项A 所示；若F ＞G ，则杆的加速度a ＝F －G m ＝B 2l 2v m －g ，杆做加速度减小的减速运动；当a ＝0时，杆做匀速运动，v -t 图如选项D 所示；若F ＜G ，则杆的加速度a ＝G －F m ＝g －B 2l 2v m ，杆做加速度减小的加速运动；当a ＝0时，杆做匀速运动，v -t 图如选项C 所示．【答案】 B7.如图1-4-13所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )【导学号：68312188】图1-4-13A ．电路中感应电动势的大小为Bl v sin θB ．电路中感应电流的大小为B v sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2l v sin θrD ．金属杆的热功率为B 2l v 2r sin θ【解析】 金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E ＝Bl v (l 为切割磁感线的有效长度)，选项A 错误；电路中感应电流的大小为I＝E R ＝Bl v l sin θ r＝B v sin θr ，选项B 正确；金属杆所受安培力的大小为F ＝BIl ′＝B ·B v sin θr ·l sin θ＝B 2l v r ，选项C 错误；金属杆的热功率为P ＝I 2R ＝B 2v 2sin 2θr 2·lr sin θ＝B 2l v 2sin θr，选项D 错误．【答案】 B8．如图1-4-14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Q 1，通过线框导体横截面积的电荷量为q 1；第二次bc 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )【导学号：68312189】图1-4-14A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2【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Q 1＝W 1＝F 1L b c ＝B 2L 2a b v R L b c ＝B 2S v R L a b ．同理Q 2＝B 2S v R L b c ，又L a b >L b c ，故Q 1>Q 2；因q ＝I t ＝E R t ＝ΔΦR ，故q 1＝q 2.因此A 正确．【答案】 A[能力提升]9．如图1-4-15所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边dc 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )图1-4-15A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH【解析】 设线框刚进入磁场时的速度为v 1，则穿出磁场时的速度v 2＝v 12①线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L .由题意得12m v 21＝mgH② 12m v 21＋mg ·2L ＝12m v 22＋Q ③由①②③得Q ＝2mgL ＋34mgH .C 选项正确．【答案】 C10．如图1-4-16所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接．右端接一个阻值为R 的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中( ) 【导学号：68312180】图1-4-16A ．流过金属棒的最大电流为Bd 2gh 2RB ．通过金属棒的电荷量为BdL RC ．克服安培力所做的功为mghD ．金属棒产生的焦耳热为12(mgh －μmgd )【解析】 金属棒下滑到底端时的速度为v ＝2gh ，感应电动势E ＝BL v ，所以流过金属棒的最大电流为I ＝BL 2gh 2R ，通过金属棒的电荷量为q ＝ΔΦ2R ＝BLd 2R ；克服安培力所做的功为W ＝mgh －μmgd ；电路中产生焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为12(mgh －μmgd )．选项D 正确．【答案】 D11．做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r ＝5.0 cm ，线圈导线的截面积A ＝0.80 cm 2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m.如图1-4-17所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B 在0.3 s 内从1.5 T 均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)图1-4-17(1)该圈肌肉组织的电阻R ；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E ；(3)0.3 s 内该圈肌肉组织中产生的热量Q .【解析】 (1)由电阻定律得R ＝ρ2πr A ，代入数据得R ≈6×118 Ω.(2)感应电动势E ＝ΔB ·πr 2Δt ，代入数据得E ≈4×10－2 V .(3)由焦耳定律得Q ＝E 2R Δt ，代入数据得Q ＝8×10－8 J.【答案】 (1)6×118 Ω (2)4×10－2 V (3)8×10－8 J12．如图1-4-18所示，用质量为m 、电阻为R 的均匀导线做成边长为l 的单匝正方形线框MNPQ ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l ，磁感应强度为B .在垂直MN 边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v 匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN 边与磁场的边界平行．求：【导学号：68312181】图1-4-18(1)线框MN 边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；(2)线框MN 边刚进入磁场时，M 、N 两点间的电压U MN ；(3)在线框从MN 边刚进入磁场到PQ 边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W .【解析】 (1)线框MN 边在磁场中运动时，感应电动势E ＝Bl v线框中的感应电流I ＝E R ＝Bl v R .(2)M 、N 两点间的电压U MN ＝34E ＝34Bl v .(3)只有MN 边在磁场中时，线框运动的时间t ＝l v此过程线框中产生的焦耳热Q 1＝I 2Rt ＝B 2l 3v R只有PQ 边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热Q 2＝B 2l 3v R根据能量守恒定律得水平外力做的功W ＝Q 1＋Q 2＝2B 2l 3v R .【答案】 (1)Bl v R (2)34Bl v (3)2B 2l 3v R。

学业分层测评(一) 电磁感应——划时代的发现(建议用时：45分钟)[学业达标]1．关于磁通量，下列叙述正确的是()【导学号：68312018】A．在匀强磁场中，穿过一个平面的磁通量等于磁感应强度与该平面面积的乘积B．在匀强磁场中，a线圈的面积比b线圈的大，则穿过a线圈的磁通量一定比穿过b线圈的磁通量大C．把一个线圈放在M、N两处，若放在M处时穿过线圈的磁通量比放在N 处时大，则M处的磁感应强度一定比N处大D．同一线圈放在磁感应强度大处，穿过线圈的磁通量不一定大【解析】磁通量等于磁感应强度与垂直磁场方向上的投影面积的乘积，故A错误；线圈面积大，但投影面积不一定大，故B错误；磁通量大，磁感应强度不一定大，故C错误，D正确．【答案】 D2．下列说法正确的是()A．磁感应强度B增强，磁通量一定变大B．线圈面积S增大，磁通量一定变大C．只要穿过电路的磁通量不为零，电路中一定产生感应电流D．穿过闭合电路的磁通量增加，电路中产生感应电流【解析】磁通量为磁感应强度B与垂直磁场方向的线圈面积S的乘积，磁通量发生变化可能是磁感应强度发生变化，也可能是线圈面积发生变化，还可能是磁场与线圈的夹角发生变化引起的，若磁感应强度和线圈面积同时变化，则磁通量不一定变化，故A，B均错；电路中有无感应电流产生取决于穿过回路的磁通量是否发生变化，而不是回路中有无磁通量，故选项C错，D正确．【答案】 D3．如图1-1-8所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r 的范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为()【导学号：68312018】图1-1-8A．πBR2B．πBr2C．nπBR2D．nπBr2【解析】由磁通量的定义式知Φ＝BS＝πBr2；磁通量与线圈的匝数无关．故B正确．【答案】 B4．(多选)在匀强磁场中有两根平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直，导轨上有两根可沿导轨平动的导体棒ab、cd，两根导体棒匀速移动的速度分别为v1和v2，如图1-1-9所示，则下列情况可以使回路中产生感应电流的是()【导学号：68312018】图1-1-9A．ab、cd均向右运动，且v1＝v2B．ab、cd均向右运动，且v1＞v2C．ab、cd均向左运动，且v1＞v2D．ab向右运动，cd向左运动，且v1＝v2【解析】ab、cd均向右运动，当v1＝v2时，闭合回路的磁通量不变，故无感应电流产生，A项错误；B、D两项所述情况，闭合回路的磁通量增加，C 项所述情况，闭合回路的磁通量减少，均有感应电流产生．【答案】BCD5．如图1-1-10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，ef中的电流I产生的磁场穿过圆面积的磁通量将()图1-1-10A．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】利用安培定则判断直线电流产生的磁场，考虑到磁场具有对称性，可以知道，穿过线圈的磁感线的条数与穿出线圈的磁感线条数是相等的，故选C.【答案】 C6．如图1-1-11为研究电磁感应现象的实验装置．下列哪种情况下电流表指针不会偏转()【导学号：68312018】图1-1-11A．闭合开关的瞬间B．闭合开关后，电路中电流稳定时C．闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片时D．闭合开关后，把线圈A从线圈B中拉出时【解析】电流表指针不偏转，说明电流表与B线圈组成的电路中无电流，根据感应电流产生的条件，只需要检查B线圈中磁通量是否变化即可．闭合开关时，电路中的电流从无到有，A中的磁场从无到有，故穿过B的磁通量发生变化，电流表中有电流流过；当电路中电流稳定时，穿过B的磁通量不再发生变化，电流表中无电流流过；移动滑动变阻器的滑片时，会造成A中电流大小变化，能引起B的磁通量变化，电流表中有电流流过；把线圈A从线圈B 中拉出时，穿过B 的磁通量减少，电流表中有电流流过．故只有选项B 符合要求．【答案】 B7．如图1-1-12所示，一有限范围的匀强磁场宽度为d ，若将一个边长为L 的正方形导线框以速度v 匀速地通过磁场区域，已知d ＞L ，则导线框从开始进入到完全离开磁场的过程中无感应电流的时间等于( ) 【导学号：68312018】图1-1-12A.d vB.L vC.d －L vD.d －2L v【解析】 只有导线框完全在磁场里面运动时，导线框中才无感应电流．【答案】 C8．磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，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变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2则( )图1-1-13A ．ΔΦ1＞ΔΦ2B ．ΔΦ1＝ΔΦ2C ．ΔΦ1＜ΔΦ2D ．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[能力提升]9．如图1-1-14所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，B 的方向与水平方向的夹角为30°，图中实线位置有一面积为S 的矩形线圈处于磁场中，并绕着它的一条边从水平位置转到竖直位置(图中虚线位置)．在此过程中磁通量的改变量大小为( )【导学号：68312018】图1-1-14 A.3－12BSB ．BS C.3＋12BS D ．2BS【解析】 取线圈在水平位置穿过线圈的磁通量为正，则Φ1＝BS sin 30°＝12BS .线圈处于竖直位置，磁感线从线圈另一面穿过，磁通量Φ2＝－BS cos 30°＝－32BS .故线圈中的磁通量的改变量ΔΦ＝Φ2－Φ1 ＝－3＋12BS ，即改变量大小为|ΔΦ|＝3＋12BS .【答案】 C10．如图1-1-15所示，a 、b 是两个同平面、同心放置的金属圆环，条形磁铁穿过圆环且与两环平面垂直，则通过两圆环的磁通量Φa 、Φb ( )【导学号：68312018】图1-1-15A．Φa＞ΦbB．Φa＜ΦbC．Φa＝ΦbD．无法比较【解析】条形磁铁磁场的磁感线的分布特点是：①磁铁内外磁感线的条数相同．②磁铁内外磁感线的方向相反．③磁铁外部磁感线的分布是两端密、中间疏．两个同心放置的同平面的金属圆环与磁铁垂直且磁铁在中央时，通过其中的磁感线的俯视图如图所示，穿过圆环的磁通量Φ＝Φ进－Φ出，由于两圆环面积S a＜S b，两圆环的Φ进相同，而Φ出a＜Φ出b，所以穿过两圆环的有效磁通量Φa ＞Φb，故A正确．【答案】 A11.如图1-1-16所示，有一个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.现在纸面内先后放上与磁场垂直的圆线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1 cm，10匝；B线圈半径为2 cm，1匝；C 线圈半径为0.5 cm,1匝．问：图1-1-16(1)在磁感应强度减为0.4 T的过程中，A和B中磁通量改变了多少？(2)在磁场转过30°角的过程中，C中磁通量改变了多少？【解析】(1)对A线圈：Φ1＝B1πR2Φ2＝B2πR2磁通量改变量为ΔΦA＝|Φ2－Φ1|≈(0.8－0.4)×3.14×(1×10－2)2Wb＝1.256×10－4 Wb对B线圈：ΔΦB＝|Φ2－Φ1|≈(0.8－0.4)×3.14×(1×10－2)2 Wb＝1.256×10－4 Wb(2)对C线圈：ΦC＝Bπr2，磁场转过30°时，ΦC′＝Bπr2·cos 30°磁通量改变量：ΔΦC＝|ΦC′－ΦC|＝Bπr2(1－cos 30°)≈0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866) Wb≈8.4×10－6 Wb.【答案】(1)1.256×10－4 Wb 1.256×10－4 Wb(2)8.4×10－6 Wb12.如图1-1-17所示，固定于水平面上的金属框架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式. 【导学号：68312018】图1-1-17【解析】要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化，在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋v t)由Φ1＝Φ2，得B＝B0ll＋v t.【答案】B＝B0l l＋v t。

1.5 自感现象与日光灯[先填空]日光灯与镇流器1．日光灯正常工作后，起辉器不再起作用．(√)2．日光灯正常工作时，管内气体变为导电状态，电阻很小．(√)3．日光灯正常发光后，使镇流器短路，日光灯仍能正常发光，并能降低电能的消耗．(×)[后思考]1．起辉器在日光灯启动时起什么作用？【提示】起辉器起开关作用，接通电路后再断开．2．镇流器有什么作用？【提示】镇流器是带铁心的多匝线圈，当线圈中的电流突然被切断时，可以产生近千伏的电压(起辉电压)，使灯管产生辉光放电；灯管导通后，由于镇流器的存在，镇流器产生的电动势总是阻碍电流的变化，使灯管两端的电压比电源的电压低(约118 V)，镇流器启动时产生高电压，启动后又起限流作用．[合作探讨]起辉器和镇流器是日光灯的重要元件，在日光灯启动和发光过程中起着重要的作用．探讨1：若没有镇流器，日光灯能正常工作吗？【提示】不能．在点亮时，日光灯灯管内的气体电离需高电压，是通过镇流器发生自感现象实现的；正常工作时需低电压，此时镇流器起到降压限流的作用．探讨2：起辉器在日光灯正常工作后还有用吗？【提示】起辉器在日光灯点燃时，起到一个自动开关的作用．日光灯正常工作后，它不再起作用．[核心点击]1．日光灯的构造如图1-5-1所示，日光灯主要是由灯管、镇流器、起辉器三部分构成．起辉器与灯管并联，镇流器与灯管串联．图1-5-12．各部分的作用(1)灯管：灯管两端有灯丝，管内充有微量的氩和稀薄的汞蒸气，管壁上涂有荧光粉．当两灯丝间的气体导电时发出紫外线，紫外线使涂在管壁上的荧光粉发出柔和的可见光．(2)镇流器：镇流器是一个带铁心的线圈，其匝数很多且为闭合铁心，自感系数很大．镇流器的作用：日光灯点燃时，利用自感现象产生瞬时高压；日光灯正常发光时，利用自感现象，对灯管起着降压限流的作用．(3)起辉器：其构造如图1-5-2所示，它是一个充有氖气的小玻璃泡，里面装有两个电极，一个固定不动的静触片和一个用双金属片制成的U形动触片．起辉器的作用：通断电路(开关)．图1-5-23．日光灯的工作原理(1)启动：开关闭合后，电源电压加在起辉器两极，使氖气放电发出辉光，辉光产生的热量使U形动触片膨胀，跟静触片接触把电路接通．电路接通后，氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两触片分开，电路断开．电路断开的瞬间，镇流器产生很高的自感电动势，其方向与原电压方向相同，共同加在灯管两端，使灯管中的汞蒸气放电，日光灯开始工作．(2)正常发光：日光灯正常发光时，镇流器与两灯丝及灯管内的汞蒸气组成串联电路．由于镇流器中的线圈的自感现象，阻碍通过灯管的电流变化，起降压限流作用，确保日光灯正常工作．1．人类生活中对能源的可持续利用可以通过节能方式体现，日光灯是最常用的节能照明工具，它的主要构成有灯管、镇流器、起辉器．起辉器的构造如图1-5-3所示，为了便于日光灯工作，常在起辉器两端并上一个纸质电容器C.现有一盏日光灯总是出现灯管两端亮而中间不亮，经检查，灯管是好的，电源电压正常，镇流器无故障，其原因可能是()图1-5-3A．起辉器两脚A、B与起辉器座接触不良B．电容器C断路C．电容器C被击穿而短路D．镇流器中的线圈匝数太多【解析】由题意知镇流器无故障，故D项错误；日光灯管两端亮而中间不亮，说明灯管两端的灯丝处于通电状态，即起辉器接通，但不能自动断开，说明电容器C短路了，选C.【答案】 C2．对于日光灯的下列说法中正确的是()A．起辉器是在日光灯启动过程中起接通电路并提供瞬时高压的作用B．镇流器在日光灯启动及工作过程中起降压限流作用C．日光灯发光原理同白炽灯一样，不是由灯丝产生足够热量时发光的D．起辉器只在日光灯启动时起暂时接通电路的作用，而镇流器在启动时提供高压，在正常工作时又起降压限流作用【解析】启动时，起辉器起接通电路作用，然后断开，镇流器由于自感产生瞬时高压，将气体击穿后，炽热的灯丝释放电子与汞原子碰撞产生紫外线，再引起荧光物质发光，正常工作时镇流器又阻碍电流变化起降压限流作用，可见A、B、C错，D对．【答案】 D3.如图1-5-4所示是日光灯的结构示意图，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()【导学号：68312182】图1-5-4A．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】当S1接通，S2、S3断开时，电源电压220 V直接加在灯管两端，日光灯不能发光，选项A错误；当S1、S2接通，S3断开时，灯丝两端被短路，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，灯丝被预热，发出电子，再断开S2，镇流器中产生很大的瞬时电压，和原电压一起加在灯管两端，使气体电离，日光灯正常发光，故选项C正确．【答案】 C日光灯电路的分析方法(1)电路连接：日光灯电路中，镇流器与灯管串联，起辉器与灯管并联．(2)各部分作用：起辉器起开关作用；镇流器点燃灯管时提供高压，灯管正常发光时降压限流；灯管能够发光．[先填空]1．自感由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象叫做自感现象，自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势．2．自感电动势的大小(1)规律：自感电动势与电流的变化率成正比．(2)公式：E＝L ΔI Δt.式中的L称为自感系数，只跟线圈自身的因素有关．线圈的横截面积越大、长度越长、匝数越多，它的自感系数就越大．有铁心的比无铁心的自感系数大．[再判断]1．只要线圈本身电流发生变化就有自感电动势产生．(√)2．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反．(√)3．线圈中电流变化得越快，线圈的自感系数就越大．(×)[后思考]1．自感现象是否属于电磁感应现象，是否遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律？【提示】自感现象属于电磁感应现象，同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律．2．在自感现象中，自感电动势的方向与原电流方向之间的关系怎样？【提示】在自感现象中，当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同，即遵循“增反减同”的原则．[合作探讨]如图1-5-5所示，为演示自感现象的电路，闭合开关S时，发现L A2直接亮起来，而L A1逐渐亮起来．图1-5-5探讨1：L A1在闭合开关S时，为什么逐渐亮起来？【提示】电路接通时，电流由零开始增加，穿过L的磁通量随之增加，线圈L中产生自感电动势阻碍电流增加，从而推迟了L A1中电流增加到正常值的时间，使L A1灯比L A2灯晚亮．探讨2：自感电动势的方向是否总与原电流方向相反？【提示】不是．由楞次定律知阻碍作用，当原电流增大时自感电动势的方向与原电流方向相反；当电流减小时自感电动势的方向与原电流方向相同．探讨3：自感电动势有什么作用？【提示】阻碍原电流的变化，但不是阻止，是阻而不止，只是使原电流变化变慢．[核心点击]1．对自感现象的理解(1)自感现象是一种特殊的电磁感应现象，其特殊性在于产生原磁场和产生感应电动势的是同一导体．(2)产生自感现象的原因是导体本身的电流发生变化而引起穿过自身的磁通量的变化，从而产生感应电动势．(3)自感现象的规律符合电磁感应现象的一般规律，仍然遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律．2．对自感电动势的理解(1)产生原因：通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在线圈上产生感应电动势．(2)自感电动势的方向：当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同．(3)自感电动势的作用：阻碍原电流的变化．阻碍不是阻止，原电流仍在变化，只是使原电流的变化时间变长，即总是起着推迟电流变化的作用．3．对电感线圈阻碍作用的理解(1)若电路中的电流正在改变，电感线圈会产生自感电动势阻碍电路中电流的变化，使得通过电感线圈的电流不能突变．(2)若电路中的电流是稳定的，电感线圈相当于一段导线，其阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的．(3)阻碍作用过程中能量转化的特点：线圈对变化电流的阻碍作用结果是实现电能和磁能的相互转化．线圈中电流从无到有时，磁场从无到有，电源的能量输送给磁场，储存在磁场中．相反，线圈中电流减小时，磁场中的能量释放出来转化为电能．4．(多选)下列关于自感现象的论述中，正确的是()A．线圈的自感系数跟线圈内电流的变化率成正比B．当导体中电流减弱时，自感电流的方向与原电流方向相反C．当导体中电流增大时，自感电流的方向与原电流方向相反D．穿过线圈的磁通量的变化和线圈中电流的变化成正比【解析】线圈的自感系数是由线圈本身性质决定的，与线圈的长度、匝数、线圈的横截面积、铁芯……有关，而与线圈内电流的变化率无关，A错．自感电流的方向总是阻碍原来线圈中电流的变化，即原来线圈中电流增大，自感电流的方向与原电流方向相反；线圈中电流减弱，自感电流的方向与原电流方向相同，C对B错．根据E＝LΔI/Δt和E＝nΔΦ/Δt比较可知ΔΦ∝ΔI，则D正确．【答案】CD5．(多选)如图1-5-6所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是()【导学号：68312183】图1-5-6A．合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C．断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭D．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭【解析】由于自感现象，合上开关时，A1中的电流缓慢增大到某一个值，故过一会儿才亮；断开开关时，A1中的电流缓慢减小到0，A1、A2串联，电流始终相等，都是过一会儿才熄灭．故选A、D.【答案】AD6．如图1-5-7所示电路中，L为自感系数很大、电阻为R L的线圈，A为一阻值为R A的小灯泡，已知R L>R A，电源的电动势为E，内阻不计，某物理实验小组的同学们把S闭合一段时间后开始计时，记录各支路的电流，测得流过L 的电流为i1，流过灯A的电流为i2，并在t1时刻将S断开，画出了通过灯泡A 的电流随时间变化的图像，你认为正确的是()【导学号：68312184】图1-5-7A B C D【解析】当S闭合时，由于R L>R A，故开始一段时间内，各支路电流之间的关系为i2>i1，流过灯A的电流方向从左向右，S断开时，由于L的自感作用，流经L的电流方向从左向右不变，大小由原来的i1逐渐减小，它与灯A构成闭合回路，由此可知灯A的电流方向与原来相反，大小与L中电流相同，即由i1逐渐减小，故A、B、C错，D对．【答案】 D自感电动势的两个特点1．自感电动势阻碍自身电流的变化，但不能阻止，且自感电动势阻碍自身电流变化的结果，会对其他电路元件的电流产生影响．2．自感电动势的大小跟自身电流变化的快慢有关，电流变化越快，自感电动势越大．。

1．1 电磁感应——划时代的发现[先填空]1．1820年，丹麦物理学家奥斯特发现载流导线能使小磁针偏转，说明电流产生磁场，这种作用称为电流的磁效应．2．1831年，19世纪伟大的物理学家法拉第发现了电磁感应现象．3．由磁得到电的现象叫做电磁感应现象．在电磁感应现象中产生的电流叫做感应电流．[再判断]1．首先发现电磁感应现象的科学家是奥斯特．(×)2．电磁感应现象是把电转变为磁的过程．(×)3．电磁感应是一种在变化、运动过程中才会出现的现象．(√)[后思考]研究磁生电的科学家很多，为什么没有成功？【提示】很多科学家在实验中没有注意到磁场的变化、导体与磁场之间的相对运动等环节，只想把导体放入磁场中来获得电流，这实际上违背了能量转化与守恒定律．[合作探讨]1821年，英国科学家法拉第评价奥斯特的发现：“他突然打开了科学中一个黑暗领域的大门，使其充满光明．”1822年，法拉第在一篇日记中写下了要“由磁生电”的豪言壮语．探讨1：奥斯特发现电流磁效应引发了怎样的哲学思考？法拉第持怎样的观点？【提示】奥斯特发现电流磁效应引发了对称性的普遍思考：既然电流能够引发磁针的运动，那么磁铁也会使导线产生电流．法拉第坚信：磁与电之间也应该有类似的“感应”．探讨2：法拉第经历了多次失败后，终于发现了电磁感应现象，法拉第由此领悟到了什么？【提示】多次失败后，1831年8月29日，法拉第终于发现了电磁感应现象．他立即领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应．[核心点击]1．从“电生磁”到“磁生电”(1)自1820年奥斯特发现了电流的磁效应后，许多科学家就想到了利用磁场来获得电流，并为之做了很多的努力，但都未获得成功．(2)很多科学家在利用磁场来获得电流的过程中经历了很多次失败，其主要原因是思想意识问题，即没有从“稳态”的猜想转变到“暂态”的考虑上来．2．电磁感应现象和电流磁效应的关系1．首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是()A．安培和法拉第B．法拉第和楞次C．奥斯特和安培D．奥斯特和法拉第【解析】1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，选项D正确．【答案】 D2．下列选项中属于电磁感应现象的是()【导学号：68312000】A．通电导体周围产生磁场B．磁场对通电导体发生作用C．闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，在电路中产生电流的现象D．电荷在磁场中定向移动形成电流【解析】电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，不是电磁感应现象，故A错误；通电导体在磁场中受到安培力作用，不是电磁感应现象，故B错误；闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，在电路中产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；电荷在磁场中定向移动形成电流，不是电磁感应产生的电流，不是电磁感应现象，故D错误．【答案】 C3．下列现象中属于电磁感应现象的是()【导学号：68312001】A．磁场对电流产生力的作用B．变化的磁场使闭合电路中产生电流C．插在通电螺线管中的软铁棒被磁化D．电流周围产生磁场【解析】选项A是通电导体在磁场中受到安培力作用，不属于电磁感应现象；选项B是利用磁场产生电流，是电磁感应现象；选项C是铁磁性物质在磁场中被磁化，内部的分子电流方向在外磁场的作用下趋于一致，但不属于利用磁场产生电流，所以它也不属于电磁感应现象；选项D是电流的磁效应，是电磁感应的逆效应．【答案】 B(1)电磁感应现象是磁生电现象.(2)电生磁的现象不属于电磁感应现象.[先填空]1．能够产生感应电流的三个典型的实验是(1)条形磁铁和线圈发生相对运动．(2)闭合电路中导体切割磁感线．(3)改变原线圈中电流，在副线圈中产生感应电流．2．法拉第把可以产生电磁感应的情况概括为(1)变化的电流．(2)变化的磁场．(3)运动的磁铁．(4)在磁场中运动的导体等．3．实验结论只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流．[再判断]1．只要闭合线圈做切割磁感线运动，就一定能产生感应电流．(×)2．当导体棒切割磁感线时，就一定会发生电磁感应现象．(√)3．闭合线圈和磁场发生相对运动时，一定能产生感应电流．(×)[后思考]如图1-1-1所示，把一条大约10 m长的电线的两端连在一个灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合电路．两个同学迅速摇动这条电线，可以发电吗？简述你的理由．你认为两个同学沿哪个方向站立时，发电的可能性比较大？图1-1-1【提示】闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，闭合电路中有感应电流产生．当两个同学迅速摇动电线时，相当于闭合电路的部分导体切割地磁场的磁感线，因此可以发电．当摇动电线的方向与地磁场平行时无感应电流，而当摇动电线的方向与地磁场垂直时产生的感应电流最大．地磁场是沿南北方向的，故当摇动电线的两个同学东西方向站立时，发电的可能性最大．[合作探讨]通过如图1-1-2所示的实验，得到产生感应电流的方法．图1-1-2(1)线圈不动，条形磁铁上下、左右(小幅度)运动．(2)条形磁铁不动，线圈上下、左右(小幅度)运动．探讨1：以上操作中，线圈的磁通量是否变化？【提示】变化探讨2：能引起线圈的磁通量变化的因素有哪些？【提示】引起磁通量变化的原因有：①磁感应强度B发生变化；②闭合电路的面积发生变化；③磁感应强度B和线圈平面的夹角θ发生变化．探讨3：磁通量有正负吗？它是矢量吗？【提示】磁通量有正负，但它是标量．计算时用多数的磁感线的方向作为线圈所包围的磁场的方向．即一般最终结果取正值．[核心点击]1．明确基本规律(1)不论用什么方法，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生，这种现象叫电磁感应现象．(2)感应电流产生的条件：①电路为闭合回路；②穿过闭合回路的磁通量要发生变化，两个条件必须同时具备．2．判断有无感应电流的一般方法分析是否产生感应电流，关键是要分析穿过闭合线圈的磁通量是否发生变化，而分析磁通量是否有变化，关键要知道磁感线是如何分布的．所以在做这类题时应注意：(1)熟记条形磁铁和蹄形磁铁内、外磁感线分布的立体形状，它是解决问题的基础．(2)学会找特殊位置并分析其变化．利用磁感线判断磁通量的变化：若线圈所包围的磁感线穿过线圈平面的方向相同时，条数增加，磁通量增加；若穿过线圈平面的磁感线方向相反时，某一个方向是多数的磁感线条数增加，则磁通量增加，某一个方向是少数的磁感线条数增加，则磁通量减少．总之，要用穿过线圈磁感线的净条数的增、减判断磁通量的变化，要用多数的磁感线的方向作为线圈所包围的磁场的方向．3．磁通量变化的几种情况根据磁通量的计算公式Φ＝BS sin θ(其中θ为闭合电路所围成的平面与磁感线之间的夹角)，因此决定磁通量的因素有三个方面，B、S、θ的变化都会导致磁通量的变化，从而使闭合电路产生感应电流．(1)由于磁场变化而引起穿过闭合回路的磁通量发生变化，即S不变B变化．当条形磁铁的N极向下插入(离开)线圈时(如图1-1-3所示)，由于离N极近处的磁感应强度B较强，使得线圈内部空间的磁感应强度变大(小)，而线圈所包围的面积不变，导致线圈中的磁通量增大(减少)，从而在闭合线圈内产生感应电流．图1-1-3(2)由于闭合回路的面积S发生变化而引起磁通量变化，即B不变S变化．如图1-1-4所示，金属导体框架处在匀强磁场中，当导体棒ab左右滑动时，由于ab左右滑动使闭合回路的面积变化，引起穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路产生感应电流．图1-1-4(3)当线圈平面与磁场方向的夹角θ发生变化时，即线圈在垂直于磁场方向＝S sin θ发生变化，从而引起穿过线圈平面的磁通量发生变化，即的投影面积S⊥B、S不变，θ变化．如图1-1-5所示，在匀强磁场中，有闭合矩形线圈abcd，可绕垂直于磁感线的固定轴OO′转动．在转动中，由于线圈平面与磁感线方向的夹角θ不断地变化，所以穿过线圈平面的磁通量也在不断变化，从而在线圈中产生感应电流．图1-1-54．有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动．图中能产生感应电流的是()【导学号：68312002】图【解析】A中线圈不切割磁感线，所以A中线圈没有感应电流产生，故A 错．B、C、D中线圈均在切割磁感线，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．故B、C错，D对．【答案】 D5.如图1-1-6所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I通过时，它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，下列说法中正确的是()【导学号：68312018】图1-1-6A．Φa<Φb<Φc B．Φa>Φb>ΦcC．Φa<Φc<Φb D．Φa>Φc>Φb【解析】当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈的向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线的条数c最多，其次是b，a中没有向外的磁感线，因此，根据合磁通量的计算，应该是：Φa>Φb>Φc.【答案】 B6．如图1-1-7所示为法拉第研究“磁生电”现象的实验装置原理图．两个线圈分别绕在一个铁环上，线圈A接直流电源，线圈B接灵敏电流计，下列哪种情况不可能使线圈B中产生感应电流()图1-1-7A．开关S接通或断开瞬间B．开关S接通一段时间之后C．开关S接通后，改变滑动变阻器滑片的位置时D．拿走铁环，再做这个实验，开关S接通或断开的瞬间【解析】根据法拉第对产生感应电流的概括，A，C，D中符合变化的电流(变化的磁场)产生感应电流的现象；B中开关S接通一段时间之后，线圈A中是恒定电流，而“磁生电”是一种在变化、运动过程才能出现的效应，故不能使线圈B中产生感应电流．【答案】 B感应电流产生条件的两点理解(1)在闭合回路中是否产生感应电流，取决于穿过回路的磁通量是否发生变化，而不是取决于回路中有无磁通量．(2)闭合回路的部分导体做切割磁感线运动是引起回路磁通量变化的具体形式之一．但闭合回路的部分导体做切割磁感线运动时，不一定总会引起闭合回路的磁通量变化．如图，矩形线框abcd在范围足够大的匀强磁场中在垂直磁场的平面内向右平动，虽然ad、bc边都切割磁感线，但磁场穿过回路abcd的磁通量没有变化，因而没有产生感应电流．。

第1节揭开传感器的“面纱”[先填空]1．什么是传感器(1)定义：能够感受外界信息，并将其按照一定的规律转换成电信号的器件或装置．(2)功能：传感器通常用在自动测量和自动控制系统中，担负着信息采集和转化任务，把非电学量转化为电学量．2．种类繁多的传感器(1)分类：按传感器的工作原理的不同，把传感器分为物理传感器、化学传感器和生物传感器．(2)传感器的一般结构[再判断]1．传感器就是传递某种信息的电学元件．(×)2．所有传感器的工作原理都一样．(×)3．传感器内部一定有某种转换元件．(√)[后思考]在家庭生活中，人们不必直接接触就可以控制一些机器，试举一些生活中的例子，看哪些生活用品是通过传感器来完成的．【提示】电视机及空调机的遥控器、电冰箱、自动干手机、自动水龙头、楼道内的声控灯等．[合作探讨]有自动控制功能的蔬菜大棚，要靠传感器感知作物生长所需的各种信息．如图5－1－1所示为蔬菜大棚内信息采集与自动控制示意图．试结合图中信息，分析讨论：图5－1－1探讨1：在蔬菜种植大棚中要用到哪些传感器？【提示】需要五种传感器：光传感器、湿度传感器、温度传感器、气敏传感器、温敏传感器．探讨2：这些传感器的作用是什么？【提示】光传感器测光照强度，湿度传感器测空气湿度，温度传感器测空气温度，气敏传感器测二氧化碳浓度，温敏传感器测土壤温度．[核心点击]1．传感器的构成传感器主要由敏感元件、转换元件及转换电路组成，各部分作用如下：(1)敏感元件是利用材料的某种敏感效应(如热敏、光敏、压敏、力敏、湿敏)制成的．(2)转换元件是传感器中能将敏感元件输出的、与被测物理量成一定关系的非电信号转换成电信号的电子元件．(3)转换电路的作用是将电信号转换成易于传输或测量的电学量输出．2．传感器的工作原理传感器感受的通常是非电学量，如力、温度、位移、浓度、速度、酸碱度等，而输出的通常是电学量，如电压、电流、电荷量等．这些输出的信号是非常微弱的，通常需要经过放大后，再送给控制系统产生各种控制动作．3.传感器的分类及特点1．关于传感器的下列说法正确的是()A．所有传感器的材料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】半导体材料可以制成传感器，其他材料也可以制成传感器，如金属氧化物氧化锰就可以制成温度计，所以A错误，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错误．【答案】 B2．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】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传感器中的生命物质保持生物活性，故C错，D对．【答案】 D3. 全面了解汽车的运行状态(速度、水箱温度、油量)是确保汽车安全行驶和驾驶员安全的举措之一，为模仿汽车油表原理，自制一种测定油箱油量多少或变化多少的装置．如图5－1－2所示，其中电源电压保持不变，R是滑动变阻器，它的金属滑片是金属杆的一端．小阳同学在装置中使用了一只电压表(图中没有画出)，通过观察电压表示数，可以了解油量情况，你认为电压表应该接在图中的________两点之间，按照你的接法请回答：当油箱中油量减少时，电压表的示数将________(填“增大”或“减小”).【导学号：05002125】图5－1－2【解析】由题图可知当油箱内液面高度变化时，R的金属滑片将会移动，从而引起R两端电压的变化，且当R′≫R时，U R＝IR可视为U R与R成正比，所以电压表应接在b、c之间，当油量减少时，电压表示数将增大．【答案】b、c增大对传感器的进一步理解1．不同的传感器的原理不同，但都是通过敏感元件把非电学量的变化转变为电学量的变化．2．传感器输出的电学量可能为电流、电压、电路通断等，不一定是电压．3．敏感元件只是传感器的一个关键部分并不一定就是一个完整的传感器．。

1 传感器及其工作原理[先填空]1．传感器：能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并能把它们按照一定的规律转换为电压、电流等电学量，或转换为电路的通断的元件．2．非电学量转换为电学量的意义：把非电学量转换为电学量，可以方便地进行测量、传输、处理和控制．[再判断]1．传感器是一种把非电学量的变化转化为电学量的变化的元件．(√)2．传感器一定是把非电学量的变化转化为电路的通断．(×)3．干簧管是作为非电控元件以实现自动控制的．(√)[后思考]有一种电水壶为了防止烧干后引起事故，在水壶上安装了传感器，当壶中的水减少到一定程度时，就会自动断电，这种水壶上安装了什么样的传感器？【提示】这种水壶上安装了压力传感器，当水壶中的水减少到一定程度时，压力减小，压力传感器使电路断开，起保护作用．[合作探讨]在现代的工农业生产和日常生活中大量的应用了传感器，给我们的生产和生活带来了极大的方便．探讨1：传感器是起什么作用的元件？【提示】传感器是一种将非电学量转换为电学量的元件．探讨2：夜晚，楼道里漆黑一片，但随着我们的脚步声响，楼道的灯亮了，身后的灯则依次熄灭．这其中的奥密是什么？【提示】在电路中安装了一种能将声、光信号转换为电信号的传感器——声光延时开关．[核心点击]1．传感器的组成一般是由敏感元件，转换元件和转换电路组成，有时还需要有辅助电源．2．传感器的原理传感器感受的通常是非电学量，如压力、温度、光、声、位移、浓度、速度、酸碱度等，而它输出的大多是电学量，如电压、电流、电荷量等，这些输出信号是非常微弱的，一般要经过放大处理后，再通过控制系统产生各种控制动作．3．传感器的工作流程非电学量→敏感元件→转换器件→转换电路→电学量4．各组成部分的作用(1)敏感元件：相当于人的感觉器官，是传感器的核心部分，是利用材料的某种敏感效应(如热敏、光敏、压敏、湿敏等)制成的．(2)转换元件：传感器中能将敏感元件输出的、与被测物理量成一定关系的非电信号转换成电信号的电子元件．(3)转换电路：将转换元件输出的不易测量的非电学量(如力、温度、位移、浓度、速度、酸碱度等)转换成易于测量的电学量(如电压、电流、电阻等)．1．关于传感器工作的一般流程，下列说法中正确的是( )【导学号：05002146】A ．非电学量→敏感元件→转换电路→电学量→转换元件B ．电学量→敏感元件→转换电路→转换元件→非电学量C ．非电学量→敏感元件→转换元件→转换电路→电学量D ．非电学量→转换电路→转换元件→敏感元件→电学量 【解析】 传感器工作的一般流程为非电学量――→(被)敏感元件――――――→(感知，然后通过)转换元件――――――――――→(转换成电信号，再通过)转换电路――――――――――――→(将此信号转换成易于传输或测量的)电学量，因此A 、B 、D 错，C 正确．【答案】 C2．(多选)电子电路中常用到一种称为“干簧管”的元件(如图6-1-1所示)，它的结构很简单，只是玻璃管内封入的两个软磁性材料制成的簧片．当磁体靠近干簧管时，两个簧片被磁化而接通，所以干簧管能起到开关的作用，操纵开关的是磁场这只看不见的“手”．关于干簧管，下列说法正确的是( )图6-1-1A ．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 ．两个磁性材料制成的簧片接通的原因是被磁化后相互吸引D ．干簧管接入电路中相当于开关的作用【解析】 当磁体靠近干簧管时，两个簧片被磁化相互吸引而接通，故选项B 错误，选项C 正确；当磁体远离干簧管时，软磁性材料制成的簧片失去磁性，所以两簧片又分开，因此干簧管在电路中相当于开关的作用，选项A 错误，选项D 正确．【答案】CD3．传感器可以进行信息采集并把采集到的信息转换为易于控制的量，其工作过程可能是()【导学号：05002147】A．将力学量(如形变量)转换成磁学量B．将电学量转换成热学量C．将光学量转换成电学量D．将电学量转换成力学量【解析】传感器是指能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并能把它们按照一定的规律转换为电压、电流等电学量或转换为控制电路的通断的一类元件，故只有C项正确．【答案】 C传感器问题的分析思路1．明确传感器的类型，了解传感器的工作原理．2．确定传感器中的什么量变化时可以引起电学量的变化．3．根据电学量的变化确定相关物理量的变化．[先填空]1．光敏电阻(1)特点：光照越强，电阻越小．(2)原因：无光照时，载流子极少，导电性能不好；随着光照的增强，载流子增多，导电性变好．(3)作用：把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量．2．热敏电阻热敏电阻由半导体材料制成，其电阻值随温度的变化明显，温度升高电阻减小，如图6-1-2所示为某一热敏电阻的电阻值随温度变化的特性曲线．图6-1-23．金属热电阻有些金属的电阻率随温度的升高而增大，这样的电阻也可以制作温度传感器，称为热电阻，如图6-1-3所示为某金属导线电阻的温度特性曲线．图6-1-34．霍尔元件(1)构造(如图6-1-4所示)很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N.(2)霍尔电压E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则M、N间出现霍尔电压U H，U H＝k IBd.d为薄片厚度，k为霍尔系数．一个霍尔元件的d、k为定值，若保持I恒定，则U H的变化就与B成正比．图6-1-4(3)作用把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量．[再判断]1．光敏电阻本身就是一种传感器．(×)2．半导体制成的热敏元件温度升高时，电阻会发生大幅度变化．(√) 3．金属热电阻的温度升高时，其电阻值会明显增大．(√)4．霍尔元件在电压稳定时，截流子所受的静电力和洛伦兹力平衡．(√) [后思考]1．热敏电阻的阻值是否一定随温度的升高而减小？【提示】不一定，有的随温度的升高而增大(PTC元件)，有的随温度的升高而减小(NTC元件)．2．如图6-1-5所示为矩形金属薄片，水平放入竖直向下的磁场中，当电流的方向如图所示时，试分析N、M两侧面电势的高低．图6-1-5【提示】对于金属薄片，真正参与导电的是电子，当通如题图所示的电流时，电子沿电流的反方向移动，因此受到的洛伦兹力指向N，N侧面聚集负电荷，电势较低，M侧面带正电荷，电势较高，即φM>φN.[合作探讨]某兴趣小组为了研究电子温控装置，将热敏电阻R1(负温度系数)、定值电阻R2以及电压表和电流表连入如图6-1-6所示的电路中，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小．图6-1-6探讨1：闭合开关S后，温度升高时，电流表的示数如何变化？【提示】温度升高时，热敏电阻的阻值变小，干路的电流变大，所以电流表的示数变大．探讨2：闭合开关S后，温度降低时，电压表的示数如何变化？【提示】温度降低，热敏电阻的阻值变大，干路中的电流变小，R2两端的电压变小，电压表的示数变小．[核心点击]1．光敏电阻：光敏电阻一般为半导体材料制成，当半导体材料受到光照时，会有更多的电子获得能量成为自由电子，同时也形成更多的空穴，于是导电性能明显增强．光敏电阻把光照的强弱转换为电阻的大小．2．热敏电阻和金属热电阻的特点(1)热敏电阻的两种型号及其分类热敏电阻器是电阻值随温度变化而变化的敏感元件．在工作温度范围内，电阻值随温度上升而增加的是正温度系数(PTC)热敏电阻器；电阻值随温度上升而减小的是负温度系数(NTC)热敏电阻器．热敏电阻器可按电阻温度特性、材料、结构、工作方式、工作温度和用途进行分类．(1)电场的产生：运动的载流子在洛伦兹力作用下在导体板的一侧聚集，在导体板的另一侧会出现多余的另一种电荷，从而形成横向电场．(2)电压的形成：横向电场对载流子施加与洛伦兹力方向相反的静电力，当静电力与洛伦兹力达到平衡时，导体板两侧会形成稳定的电压；U H＝kIBd.U H与B成正比是霍尔元件能把磁学量转换成电学量的原因．4．有一电学元件，温度升高时其电阻减小，这种元件可能是()【导学号：05002148】A．金属导体B．光敏电阻C．NTC热敏电阻D．PTC热敏电阻【解析】金属导体电阻值一般随温度升高而增大，光敏电阻电阻值是随光照强度的增大而减小，PTC热敏电阻的阻值随温度的升高而增大，只有NTC热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，C对，A、B、D错．【答案】 C5．霍尔元件是磁传感器，是实际生活中的重要元件之一．如图6-1-7所示为长度一定的霍尔元件，在该元件中通有方向从E到F的恒定电流I，现在空间加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，其中元件中的载流子为带负电的电荷．则下列说法正确的是()图6-1-7A．该元件能把电学量转化为磁学量B．左表面的电动势高于右表面C．如果用该元件测赤道处的磁场，应保持平面呈水平状态D．如果在霍尔元件中的电流大小不变，则左右表面的电势差与磁场的磁感应强度成正比【解析】霍尔元件能够把磁学量转换为电学量，A错误；由于元件中的载流子为带负电的电荷，则负电荷的运动方向由F到E，由左手定则可知负电荷向左表面偏转，则右表面的电势高，B错误；如果用该元件测赤道处的磁场，由于地磁场与水平面平行，因此如果霍尔元件的平面保持水平，则无电压产生，C错误；根据q v B＝q Ud得，U＝Bd v，由电流的微观定义式I＝nqS v(n是单位体积内的导电粒子数，q是单个导电粒子所带的电荷量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度)整理得v＝InqS，联立解得U＝IBdnqS，可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，则左右表面的电势差与磁感应强度成正比，D正确．【答案】 D6．为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统．光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)．某光敏电阻R p在不同照度下的阻值如下表：度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点．甲乙图6-1-8(2)如图6-1-8乙所示，当1、2两端所加电压上升至2 V时，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路．给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0 lx时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图．(不考虑控制开关对所设计电路的影响)提供的器材如下：光敏电阻R p(符号，阻值见图表)直流电源E(电动势3 V，内阻不计)定值电阻：R1＝10 kΩ，R2＝20 kΩ，R3＝40 kΩ(限选其中之一并在图中标出)；开关S及导线若干．【解析】(1)根据表中的数据，在坐标纸上描点连线，得到如图所示的变化曲线．阻值随照度变化的特点：光敏电阻的阻值随光的照度的增大非线性减小．(2)因天色渐暗照度降低至1.0 lx时启动照明系统，此时光敏电阻阻值为20 kΩ，两端电压为2 V，电源电动势为3 V，故应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10 kΩ，即选用R1；此电路的原理图如图所示．【答案】见解析含有敏感元件电路的分析思路1．明确敏感元件的电阻特性．2．根据闭合电路欧姆定律及串、并联电路的性质分析电路中其一电阻变化而引起的整个电路中各部分电学量的变化情况．3．思路流程：R局→R总→I总→U端→局部判断．[合作探讨]在无线电技术中会用到很多电容器，电容器在电路中具有充放电的作用．探讨1：平行板电容器的电容与哪些因素有关？【提示】由C＝εr S4πkd知平行板电容器的电容与εr、S成正比，与d成反比．探讨2：电容式传感器是如何实现将非电学量转换为便于测量的电学量的？【提示】极板正对面积及两极板间距离的变化、电介质插入极板间深度的变化，会引起电容器电容的变化，通过测定电容的变化就可以得出引起电容变化的非电学量的变化规律．[核心点击]常见电容式传感器7．传感器是把非电学量(如温度、速度、压力等)的变化转换为电学量变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用．如图6-1-9是一种测量液面高度h的电容式传感器的示意图．电容C大小的变化就能反映液面的升降情况．关于两者关系的说法中正确的是()图6-1-9A．C增大表示h减小B．C减小表示h增大C．C减小表示h减小D．C的变化与h变化无直接关系【解析】C增大表示电容器的正对面积变大，h增大，C减小表示h减小，故C正确．【答案】 C8．传感器是一种采集信息的重要器件，如图6-1-10是由电容器作为传感器来测定压力变化的电路，当待测压力作用于膜片电极上时，下列说法中正确的是()【导学号：05002149】图6-1-10①若F向下压膜片电极，电路中有从a到b的电流；②若F向下压膜片电极，电路中有从b到a的电流；③若F向下压膜片电极，电路中不会有电流产生；④若电流表有示数，说明压力F发生变化；⑤若电流表有示数，说明压力F不会发生变化．A．②④B．①④C．③⑤D．①⑤【解析】在电容器、电流表和电源串联成的闭合电路中，电容器两极板间电压U不变，当F向下压膜片电极时，电容器极板间距d变小，由C＝εr S4πkd知，电容器电容C变大，根据Q＝CU知，极板带电量将增大，电容器充电，电路中有从b到a的电流，说法②正确；若电流表有示数，说明电容器有充放电，极板带电量发生变化，根据Q＝CU知，电容器电容C发生变化，从而判断出作用在可动膜片电极上的压力F发生变化，说法④正确．故A项正确．【答案】 A9．如图6-1-11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．声源S做位移x＝A sin(100πt)的振动，则()图6-1-11A．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，灵敏电流表中始终有方向不变的电流D．a向右的位移最大时，a、b板所构成的电容器的电容最大【解析】由于平行板电容器两极板与电池两极相连接，因此两极板间的电压U保持不变，根据场强E＝Ud，C＝εS4πkd可判断A错，D对；再由Q＝CU可知，B错；由于Q变化，使电容器出现充电、放电现象，显然电流表中电流方向不断变化，C错．【答案】 D电容式传感器的应用1．电容式传感器是将非电学量(如：介质的变化、距离的变化，正对面积的变化)转化为电信号的变化．2．电容式传感器可以测定距离、面积、压力、位移、压强等．。

小显示出来，并不是将形变时的弹力直接显示出来，由此知B、D正确．【答案】BD6．(多选)如图4­4­2所示，全自动洗衣机中的排水阀是由程序控制器控制其动作的，当进行排水和脱水工序时，控制铁芯1的线圈通电，使铁芯2运动，从而牵引排水阀的阀门排除污水．以下说法中正确的是( )【导学号：68312118】图4­4­2A．若输入的控制电流由a流入，由b流出，则铁芯2中A端为N 极，B端为S极B．若输入的控制电流由a流入，由b流出，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不能被吸入线圈中D．若a、b处输入交变电流，铁芯2仍能被吸入线圈中【解析】控制电流由a→b，由安培定则，电磁铁左端为N极，右端为S极，铁芯2被磁化，A端为N极，B端为S极，因而被吸入线圈中；若a、b处输入交变电流，铁芯1磁性不断变化，铁芯2磁性也随之变化，仍能被吸入线圈，故A、D正确．【答案】AD7．氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测，它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化，在图4­4­3甲所示的电路中，不同的一氧化碳浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与一氧化碳浓度有了对应的关系，观察仪表指针就能判断一氧化碳浓度是否超标．有一种氧化锡传感器，其技术资料中给出的是电导(即电阻的倒数)—CO浓度曲线，如图乙所示，请判断，下列选项中电压表示数U0与一氧化碳浓度c之间的对应关系图像正确的是( )【导学号：68312119】甲乙图4­4­3A B C D【解析】由题图乙知一氧化碳浓度越高，传感器电阻越小，电路中的电流越大，(但不是线性的)，电压表示数U0也越大．故B正确．【答案】B8．如图4­4­4所示为一种温度自动报警器的原理图，在水银温度计的顶端封入一段金属丝，以下说法正确的是( )【导学号：68312120】图4­4­4【解析】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，部分光线照到光电三极管上，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．【答案】C10．(多选)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4­4­6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4­4­6乙所示，则在此过程中( )【导学号：68312121】图4­4­6A．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】因为压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，由题图乙知，电流大于静止时的电流且稳定，故压力增大，物体处于超重状态，选项B、D正确．【答案】BD11. 全面了解汽车的运行状态(速度、水箱温度、油量)是确保汽车安全行驶和驾驶员安全的举措之一，为模仿汽车油表原理，自制一种测定油箱油量多少或变化多少的装置．如图4­4­7所示，其中电源电压保持不变．R是滑动变阻器，它的金属滑片是金属杆的一端．小阳同学在装置中使用了一只电压表(图中没有画出)，通过观察电压表示数，可以了解油量情况，你认为电压表应该接在图中的________两点之间，按照你的接法请回答：当油箱中油量减少时，电压表的示数将________(填“增大”或“减小”)．图4­4­7【解析】由题图可知当油箱内液面高度变化时，R的金属滑片将会移动，从而引起R两端电压的变化，且当R′≫R时，UR＝IR可视为UR与R成正比，所以电压表应接在b、c之间，当油量减小时，电压表示数将增大．【答案】b、c 增大12．如图4­4­8所示为普通冰箱内温度控制器的结构．铜质的测温泡1、细管2和弹性金属膜盒3连通成密封的系统，里面充有氯甲烷和它的蒸汽，上述材料就构成了一个温度传感器．膜盒3为扁圆形(图中显示为它的切面)，右表面固定，左表面通过小柱体与弹簧片4连接．盒中气体的压强增大时，盒体就会膨胀．测温泡1安装在冰箱的冷藏室中，5、6分别是电路的动触点和静触点，控制制冷压缩机的工作．弹簧7的两端分别连接到弹簧片4和连杆9上，连杆9的下端是装在机箱上的轴．凸轮8是由设定温度的旋钮(图中未画出)控制的．逆时针旋转时凸轮连杆上端右移，从而加大对弹簧7的拉力．图4­4­8(1)为什么当冰箱内温度较高时压缩机能够开始工作，而当达到设定的低温后又自动停止工作？(2)为什么凸轮可以改变设定的温度？【解析】(1)冰箱内温度较高时，密封系统中的压强增大，盒体膨胀，膜盒3通过小柱体带动弹簧片4使动触点5与静触点6接触，控制压缩机自动开始工作，而当达到设定的低温时弹簧7带动弹簧片4将触点5、6断开，使压缩机停止工作．(2)凸轮逆时针旋转会加大连杆9对弹簧7的拉力，该拉力与膜盒3共同控制弹簧片4的运动，故凸轮可以改变设定的温度．【答案】见解析。