【人教版】物理高中选修3-2课时同步练习 (全书完整版)

2018析人教版高中物理选修3-2全册同步课时作业目录课时作业(一) 划时代的发现探究感应电流的产生条件 (1)课时作业(二) 楞次定律 (7)课时作业(三) 法拉第电磁感应定律 (13)课时作业(四) 电磁感应现象的两类情况 (18)课时作业(五) 电磁感应中的电路及图象问题 (24)课时作业(六) 电磁感应中的动力学及能量问题 (28)课时作业(七) 互感和自感 (32)课时作业(八) 涡流、电磁阻尼和电磁驱动 (36)课时作业(九) 交变电流 (40)课时作业(十) 描述交变电流的物理量 (45)课时作业(十一) 电感和电容对交变电流的影响 (52)课时作业(十二) 变压器 (57)课时作业(十三) 电能的输送 (63)课时作业(十四) 传感器及其工作原理 (69)课时作业(十五) 传感器的应用 (73)第四章章末检测 (76)第五章章末检测 (83)第六章章末检测 (89)课时作业(一)划时代的发现探究感应电流的产生条件一、单项选择题1．如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电直导线ef，已知ef平行于ab.当ef竖直向上平移时，电流产生的磁场穿过圆的磁通量将()A．逐渐增大B．逐渐减小C．始终为零D．不为零，但保持不变解析：作出磁感线穿过圆的情况的俯视图，如图所示，根据磁场对称性可以知道，穿入圆的磁感线的条数与穿出圆的磁感线的条数是相等的．故选C.答案：C2．如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，初始位置线框与磁感线平行，则在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是()A．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动C．线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D．线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动解析：四种情况中初始位臵线框均与磁感线平行，磁通量为零，按A、B、D三种情况线框运动后，线框仍与磁感线平行，磁通量保持为零不变，线框中不产生感应电流，C中线框转动后，穿过线框的磁通量不断发生变化，所以产生感应电流，C项正确．答案：C3．(福建质检)法拉第在1831年发现了“磁生电”现象．如图所示，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针．实验中可能观察到的现象是()A．用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转B．线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C．线圈A和电池连接瞬间，小磁针会偏转D．线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转解析：根据“磁生电”即电磁感应现象的产生条件，只有线圈B中磁通量变化时才能在线圈B中产生感应电流，因此无论线圈B匝数多少，与线圈A连接的电池多少，都不能在线圈B中产生感应电流，选项A、B错误；只有在线圈A和电池连接或断开的瞬间，线圈B中才能产生感应电流，电流产生磁场，使导线下面平行放臵的小磁针发生偏转，选项C正确，D错误．答案：C4．磁通量是研究电磁感应现象的一个重要物理量，如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前后两次通过线框的磁通量的变化量分别为ΔΦ1和ΔΦ2则()A．ΔΦ1>ΔΦ2B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2D．无法确定解析：第一次将线框由位臵1平移到位臵2，磁感线从线框的同一侧穿入，ΔΦ1为前后两位臵磁通量的绝对值之差．第二次将线框由位臵1绕cd边翻转到位臵2，磁感线从线框的不同侧穿入，ΔΦ2为前后两位臵磁通量的绝对值之和．故ΔΦ1<ΔΦ2，选项C正确．答案：C5．在图中，若回路面积从S0＝8 m2变到S t＝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B t＝0.8 T方向垂直纸面向外，则回路中的磁通量的变化量为()A．7 Wb B．13.6 WbC．15.2 Wb D．20.6 Wb解析：因为B、S都变化，所以磁通量的变化量可用后来的磁通量减去原来的磁通量求解．取后来的磁通量为正，ΔΦ＝Φt－Φ0＝B t S t－(－B0S0)＝0.8×18 Wb －(－0.1×8) Wb＝15.2 Wb，故C对．答案：C二、多项选择题6．在电磁学的发展历程中，奥斯特和法拉第的贡献值得人们纪念，下面有关说法正确的是()A．法国物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了右手螺旋定则和“分子电流”假说B．电流磁效应的发现，宣告了电磁学作为一门独立学科的诞生，掀起了一场研究电与磁关系的浪潮C．法拉第虽然发现了电磁感应现象，但发现过程并不是一帆风顺的，也曾受思维定势的影响D．电磁感应的发现，开辟了人类的电气化时代，促进了人类文明的发展解析：丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了右手螺旋定则和“分子电流”假说，选项A错误；电流磁效应的发现掀起了一场研究电与磁关系的浪潮，英国物理学家法拉第经过十年的不懈努力，发现了电磁感应现象，电磁感应现象的发现，宣告了电磁学的诞生，开辟了人类的电气化时代，故选项B错误，选项C、D正确．答案：CD7．如右图所示，四面体OABC处在沿Ox方向的匀强磁场中，下列关于磁场穿过各个面的磁通量的说法中正确的是()A．穿过AOB面的磁通量为零B．穿过ABC面和BOC面的磁通量相等C．穿过AOC面的磁通量为零D．穿过ABC面的磁通量大于穿过BOC面的磁通量解析：此题实际就是判断磁通量的有效面积问题．匀强磁场沿Ox方向没有磁感线穿过AOB面、AOC面，所以磁通量为零，A、C正确；在穿过ABC面时，磁场方向和ABC面不垂直，考虑夹角后发现，ABC面在垂直于磁感线方向上的投影就是BOC面，所以穿过二者的磁通量相等，B正确、D错误．故正确答案为A、B、C.答案：ABC8．如图所示，下列情况能产生感应电流的是()A．如图甲所示，导体棒AB顺着磁感线运动B．如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时C．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时D．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时解析：A中导体棒顺着磁感线运动，穿过闭合回路的磁通量没有发生变化，无感应电流，故A错误；B中条形磁铁插入线圈时线圈中的磁通量增加，拔出线圈时线圈中的磁通量减少，都有感应电流，故B正确；C中开关S一直接通，回路中为恒定电流，螺线管A产生的磁场稳定，螺线管B中的磁通量无变化，线圈中不产生感应电流，故C错误；D中开关S接通，滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化，螺线管A的磁场发生变化，螺线管B中磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，故D正确．答案：BD9．如图所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况中，导线cd中有电流的是()A．开关S闭合或断开的瞬间B．开关S是闭合的，滑动触头向左滑C．开关S是闭合的，滑动触头向右滑D．开关S始终闭合，滑动触头不动解析：开关S闭合或断开的瞬间；开关S闭合，滑动触头向左滑的过程；开关S闭合，滑动触头向右滑的过程都会使通过导线ab段的电流发生变化，使穿过cd回路的磁通量发生变化，从而在cd导线中产生感应电流．因此本题的正确的是()A．通过abcd平面的磁通量大小为B·L2实验仪器．(1)请你用笔画线代替导线，将实验电路连接完整．12．一个单匝矩形线圈abcd，边长ab＝30 cm，bc＝20 cm，如图所示，放分别沿Ox、Oy、Oz方向时，穿过线圈的磁通量各为多少？解析：矩形线圈的面积课时作业(二)楞次定律一、单项选择题1．如图所示，在匀强磁场中有一个用比较软的金属导线制成的闭合圆环．在此圆环的形状由圆形变成正方形的过程中()A．环中有感应电流，方向a→d→c→bB．环中有感应电流，方向a→b→c→dC．环中无感应电流D．条件不够，无法确定解析：由圆形变成正方形的过程中，面积减小，磁通量减小，由楞次定律可知，正方形中产生a→d→c→b方向的电流，A对．答案：A2．如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆立在轨道上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ 杆滑动的过程中，下列判断正确的是()A．感应电流的方向始终是P→QB．感应电流的方向先是P→Q，后是Q→PC．PQ受磁场力的方向垂直于杆向左D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向右，后垂直于杆向左解析：在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项对、A项错，再由PQ中电流方向及左手定则可判断C、D项错误，故选B.答案：B3．如图所示，一个N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的固定矩形导线框，则()A．磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿abcd方向；经过位置②时，沿adcb方向B．磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿adcb方向；经过位置②时，沿abcd方向C．磁铁经过位置①和②时，线框中感应电流都沿abcd方向D．磁铁经过位置①和②时，线框中感应电流都沿adcb方向解析：当磁铁经过位臵①时，穿过线框的磁通量向下且不断增加，由楞次定律可确定感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量的增加，根据安培定则可判定感应电流应沿abcd方向．同理可判定当磁铁经过位臵②时，感应电流沿adcb 方向．答案：A4．通电长直导线中有恒定电流I，方向竖直向上，矩形线框与直导线在同一竖直面内，现要使线框中产生如图所示方向的感应电流，则应使线框() A．稍向左平移B．稍向右平移C．稍向上平移D．以直导线为轴匀速转动解析：由楞次定律或右手定则可以判断，线框左移，磁通量增加，感应电流的方向与图示方向相反；选项C、D磁通量不变，无感应电流产生．故选项B 正确．答案：B5．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关，按图所示连接，在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流表指针向右偏转．由此可以推断()A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，都能引起电流表指针向左偏转B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流表指针向右偏转C．滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流表指针静止在中央D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，所以无法判断电流表指针偏转的方向解析：线圈A上移或断开开关时，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转，故A错误、B正确；P匀速向左滑动时穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转，P匀速向右滑动时穿过线圈B的磁通量增大，电流表指针向左偏转，故C错误；由以上分析可知，D错误．答案：B6.如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度l大于线框的宽度h.那么下列说法中正确的是()A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是磁场能转变成电能D．线框在磁场中运动的过程中，电能转变成机械能解析：本题考查了感应电流的产生条件及电磁感应中的能量转化．有无感应电流产生关键要看穿过闭合线框的磁通量是否发生变化，有导体切割磁感线时不一定产生感应电流，线框只在进入和穿出磁场的过程中，穿过它的磁通量才会发生变化，该过程中发生了机械能和电能的相互转化．故选A.答案：A7．(烟台高二检测)矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab 边与MN平行，导线MN中通入如图所示的电流，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是()A．导线框abcd中没有感应电流B．导线框abcd中有顺时针方向的感应电流C．导线框所受的安培力的合力方向水平向左D．导线框所受的安培力的合力方向水平向右解析：直导线中通有向上且增大的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且增大，根据楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向，故A、B错误；根据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线框所受安培力的合力方向水平向右，故C错误、D 正确．答案：D二、多项选择题8．如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是()解析：根据楞次定律可确定感应电流的方向：对C选项，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同．线圈的上端为S极，磁铁与线圈相互排斥．综合以上分析知，选项C、D正确．答案：CD9．如图所示，光滑U形金属框架放在水平面内，上面放置一导体棒，有匀强磁场B垂直框架所在平面，当B发生变化时，发现导体棒向右运动，下列判断正确的是()A．棒中电流从b→aB．棒中电流从a→bC．B逐渐增大D．B逐渐减小解析：ab棒是因“电”而“动”，所以ab棒受到的安培力向右，由左手定则可知电流方向a→b，故B对，由楞次定律可知B逐渐减小，D对．答案：BD10．如图所示，导体AB、CD可在水平光滑轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不连通．当导体棒AB向左移动时()A．AB中感应电流的方向为A到BB．AB中感应电流的方向为B到AC．CD向左移动D．CD向右移动解析：由右手定则可知AB中感应电流方向由A→B，因而CD中电流方向由C→D.由左手定则知CD所受安培力方向向右，故CD向右移动．答案：AD11．如图所示，A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果中可能的是()A．先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转B．S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转D．S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转解析：回路A中有电源，当S1闭合后，回路中有电流，在回路的周围产生磁场，回路B中有磁通量，在S1闭合或断开的瞬间，回路A中的电流从无到有或从有到无，电流周围的磁场发生变化，从而使穿过回路B的磁通量发生变化，产生感应电动势，此时若S2是闭合的，则回路B中有感应电流，电流计指针偏转，所以选项A、D正确．答案：AD三、非选择题12．我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和其所遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分．(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道____________．(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转．电路稳定后，若向左移动滑片，此过程中电流表指针向________偏转；若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向________偏转．(填“左”或“右”)解析：(1)电流表中没有电流通过时，指针在中央位臵，要探究线圈中电流的方向，必须知道电流从正(负)接线柱流入时，电流表指针的偏转方向．(2)闭合开关时，线圈A中的磁场增强，线圈B中产生的感应电流使电流表指针向右偏转，则当向左移动滑片时，会使线圈A中的磁场增强，线圈B中感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，电流表指针将向右偏转；当将线圈A抽出时，线圈A在线圈B处的磁场减弱，线圈B中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，线圈B中产生的感应电流将使电流表指针向左偏转．答案：(1)电流从正(负)接线柱流入时，电流表指针的偏转方向(2)右左④所示，下列说法正确的是()A．图①有感应电动势，且大小恒定不变A．U＝0 B．φ>φ，U保持不变滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为()Bd v Bd v匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为() Ba2nBa2二、多项选择题7．(成都高二检测)如图所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第Φ随时间t的变化图象如图所示，则()A．在t＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大A．A中无感应电流生的感应电动势多大？解析：取线圈为研究对象，在1～2 s内，其磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ－ΦF T＝2mg，求从t＝0时起，经多长时间细线会被拉断？解析：设t时刻细线恰被拉断，由题意知，轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s.(1)求感应电动势E和感应电流I；2.夏天将到，在北半球，当我们抬头观看教室内的电风扇时，发现电风扇正3.如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在4.如图所示，导体棒AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，5.如图所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与答案：AD9．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，如线圈所围面下说法中正确的是()A．环中产生逆时针方向的感应电流(滨州高二检测)在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2 T，有示．求：(1)0～4 s内，回路中的感应电动势；可能正确的是()解析：在金属棒PQ进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电答案：A2．如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为A．逐渐增大，逆时针B．逐渐减小，顺时针C．大小不变，顺时针D．大小不变，先顺时针后逆时针解析：因为B－t图象的斜率不变，所以感应电流恒定．根据楞次定律判断电流方向顺时针．答案：C4．(开封高二检测)如图所示，将两块水平放置的金属板用导线与一线圈连接，线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场，两板间有一带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场的磁感应强度B随时间t变化的图象是()解析：带正电油滴处于静止，说明感应电动势恒定，在正对金属板之间产生的电场为恒定的匀强电场，电场力与重力平衡．即电场力向上，说明上极板为感应电动势的负极，根据电流在电源内部从负极流向正极可以判断感应电流是自上而下的方向，右手判断感应电流的磁场是竖直向上的，根据楞次定律感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化，说明原磁场在减小，根据感应电动势恒定，判断原磁场在均匀减小，C对．答案：C二、多项选择题5．如图甲所示，一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头为电流I的正方向．线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图乙所示，则磁感应强度B随时间变化的图线可能是()答案：CD强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是()A．在0～3 s内导线圈中产生的感应电流方向不变知ab金属棒电阻为1 Ω，求：(1)通过小灯泡的电流；则()A．Q>Q，q＝q过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是()A．金属棒在导轨上做匀减速运动的速度v也会变化，v与F的关系如图所示．(取重力加速度g＝10 m/s)(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动？(1)铝环向哪边偏斜？够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，则：(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；样亮，则()A．当S断开的瞬间，L、L两灯中电流立即变为零路拆开时应()A．先断开开关S B．先断开开关S若先断开S1或先拆电流表或先拆去电阻R的瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时电压表加了一个反向电压，使指针反偏．由“自感系数较大的线圈”知其反偏电压很大，会烧坏电压表．而先断开S2，由于电压表内阻很大，电路中总电阻变化很小，电流几乎不变，不会损坏其他器件，故应先断开S2.答案：B4．如图所示，在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接“1”，现在把它从“1”扳向“2”．则在此过程中，电阻R中的电流方向是()A．先由P→Q，再由Q→PB．先由Q→P，再由P→QC．始终由Q→PD．始终由P→Q解析：由于A线圈磁场变化，使B线圈产生感应电流，这就是互感．将开关由1扳到2的过程中，分两个阶段来分析电阻R上的电流方向．(1)在线圈A中电流沿原方向减小到零的过程中，线圈A的磁场自右向左也跟着减弱，导致穿过线圈B的磁通量减少．由楞次定律知，线圈B中会产生右上左下的感应电流，即流过电阻R的电流方向是由P→Q；(2)在线圈A中电流由零沿原方向增大的过程中，线圈A的磁场自右向左也跟着增强，导致穿过线圈B的磁通量增加．由楞次定律知，线圈B中会产生左上右下的感应电流，即通过电阻R的电流方向是由Q→P.综上分析可知，全过程中流过电阻R的电流方向先是由P→Q，然后是由Q→P，所以A对．答案：A二、多项选择题5．关于互感现象，下列说法正确的是()A．两个线圈之间必须有导线相连，才能产生互感现象B．互感现象可以把能量从一个线圈传到另一个线圈C．互感现象都是有益的D．变压器是利用互感现象制成的解析：两个线圈之间没有导线相连，也能产生互感现象，选项A错误；互感现象可以把能量从一个线圈传到另一个线圈，选项B正确；互感现象不都是有益的，有时会影响电路的正常工作，C错误；变压器是利用互感现象制成的，D正确．答案：BD6．(淄博高二检测)如图所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，A、B是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是()A．S闭合后，A、B同时发光且亮度不变B．S闭合后，A立即发光，然后又逐渐熄灭C．S断开的瞬间，A、B同时熄灭D．S断开的瞬间，A再次发光，然后又逐渐熄灭解析：线圈对变化的电流有阻碍作用，开关接通时，A、B串联，同时发光，但电流稳定后线圈的直流电阻忽略不计，使A被短路，所以A错误、B正确；开关断开时，线圈产生自感电动势，与A构成回路，A再次发光，然后又逐渐熄灭，所以C错误、D正确．答案：BD7．如图所示，带铁芯的自感线圈的电阻与电阻R的阻值相同，A1和A2是两个完全相同的电流表，则下列说法中正确的是()A．闭合S瞬间，电流表A1示数小于A2示数B．闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数C．断开S瞬间，电流表A1示数大于A2示数D．断开S瞬间，电流表A1示数等于A2示数解析：闭合S瞬间，由于自感线圈L的阻碍，使得I1<I2，电流表A1示数小于A2示数，A对、B错；断开S瞬间，自感线圈L与R形成闭合回路，因此电流表A1示数等于A2示数，C错、D对．答案：AD8．某线圈通有如图所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有()A．第1 s末B．第2 s末C．第3 s末D．第4 s末解析：在自感现象中，当原电流减小时自感电动势与原电流的方向相同，。

高中物理学习材料桑水制作1．如图5－1－11所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为( )A．0.5Bl1l2ωsin ωtB．0.5Bl1l2ωcos ωtC．Bl1l2ωsin ωtD．Bl1l2ωcos ωt图5－1－11【解析】感应电动势的最大值为E m＝Bl1l2ω，线圈从垂直于中性面的位置开始转动，则t时刻的感应电动势为e＝E m sin(ωt＋π2)＝Bl1l2ωcos ωt.故D正确．【答案】 D2．(2013·邯郸高二检测)如图5－1－12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( )图5－1－12A．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】AD3．(2012·九江一中高二检测)一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，如图5－1－13(a)、(b)所示，规定电流从左向右为正．在直导线下方有一不闭合的金属框，则相对于b点来说，a点电势最高的时刻在( )图5－1－13A．t1时刻B．t2时刻C．t3时刻D．t4时刻【解析】线框中的磁场是直线电流i产生的，在t1、t3时刻，电流i最大，但电流的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，线框中没有感应电动势，a、b两点间的电势差为零．在t、t4时刻，电流i＝0，但电流变化率最大，穿2过线框的磁通量变化率最大，a、b两点间的电势差最大，再根据楞次定律可得出a点相对b点电势最高时刻在t4.【答案】 D4．(2013·安庆一中高二检测)交流发电机在工作时电动势为e＝E m sin ωt，若将发电机的角速度提高一倍，同时将线框所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )A．e′＝E m sin ωt 2B．e′＝2E m sin ωt 2C．e′＝E m sin 2ωtD．e′＝Em2sin 2ωt【解析】交变电流的瞬时值表达式e＝E m sin ωt，其中E m＝nBSω，当ω加倍而S减半时，E m不变，故C正确.【答案】 C5．如图5－1－14(甲)所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动．当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图(乙)所示的余弦规律变化，则在t＝π2ω时刻( )(甲) (乙)图5－1－14A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．线圈中的电流为零【解析】t＝π2ω＝T4，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误；由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确．【答案】CD6．(2013·重庆三中高二检测)如图5－1－15所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图所示的交流电，则下列判断错误的是( )图5－1－15A．在t1到t2时间内，甲乙相吸B．在t2到t3时间内，甲乙相斥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】这是一道交变电流与楞次定律相结合的题目，t1和t2时间内，甲中电流减小，甲中的磁场穿过乙并且减小，因此乙中产生与甲同向的磁场，故甲、乙相吸，A选项正确，同理B选项正确；t1时刻甲中电流最大，但变化率为零，乙中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确；t2时刻甲中电流为零，但此时电流的变化率最大，乙中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误．【答案】 D7．如图5－1－16所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )图5－1－16A．线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流B ．线圈绕P 1转动时产生的感应电动势小于绕P 2转动时产生的感应电动势C ．线圈绕P 1和P 2转动时产生的感应电流的方向相同，都是a →b →c →dD ．线圈绕P 1转动时dc 边受到的安培力大于绕P 2转动时dc 边受到的安培力 【解析】 线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关，选项A 正确，B 错误；绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等，从上向下看，线框逆时针旋转，电流的方向应为a →d →c →b ，选项C 错误；电流相等，cd 受到的安培力也相等，选项D 错误．【答案】 A8．(2013·青岛高二检测)处在匀强磁场中的矩形线圈abcd ，以恒定的角速度绕ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与ab 垂直．在t ＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图5－1－17)，线圈的cd 边离开纸面向外运动．若规定a →b →c →d →a 方向的感应电流为正，则能反应线圈感应电流I 随时间t 变化的图线是( )图5－1－17【解析】 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生交流电，在t ＝0时刻，线圈和中性面垂直，所以产生的图象是余弦图象，再由楞次定律可判断出电流为a →b →c →d →a 的方向，所以C 选项正确．【答案】 C9．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100匝，转速为10π r/min ，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03 Wb ，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为π3时，感应电动势为多少？【解析】由题意知：Φm＝0.03 Wbω＝2πn＝2π×10π×160rad/s＝13rad/s.线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故Em＝NBSω＝NΦmω＝100×0.03×13V＝1 V瞬时值表达式e＝E m sin ωt＝sin t3V当θ＝ωt＝π3时，e＝sinπ3V＝32V.【答案】 1 V32V10．如图5－1－18所示，一半径为r＝10 cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝5π2T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时．(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；(2)求线圈从图示位置开始在1/60 s时的电动势的瞬时值．图5－1－18【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝E m sin ωt.(1)e＝E m sin ωt，E m＝NBSω(与线圈形状无关)，ω＝20π rad/s，故e＝100sin 20πt.(2)当t＝160s时，e＝100sin(20π×160) V＝50 3 V＝86.6 V.【答案】(1)e＝100sin 20πt(2)86.6 V11．如图5－1－19所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝52πT，线框的CD边长20 cm，CE、DF边长10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：图5－1－19(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．【解析】(1)开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcos ωt，即e＝BSωcos ωt，其中B＝52πT，S＝0.1×0.2m2＝0.02 m2，ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，故e＝52π×0.02×100πcos 100πt V，即e＝102cos 100πt V.(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示．【答案】(1)e＝102cos 100πt V(2)见解析图12．磁铁在电器中有广泛的应用，如发电机，如图5－1－20所示，已知一台单相发电机转子导线框共有N 匝，线框长为l 1，宽为l 2，转子的转动角速度为ω，磁极间的磁感应强度为B ，导出发电机瞬时电动势e 的表达式．现在知道有一种永磁材料钕铁硼，用它制成发电机的磁极时，磁感应强度可增大到原来的k 倍，如果保持发电机结构和尺寸、转子转动角速度、需产生的电动势都不变，那么这时转子上的导线框需要多少匝？图5－1－20【解析】 线框在转动过程中，两条长边在切割磁感线，若从中性面开始计时，则经t s 线框转过的角度为θ＝ωt ，两条长边相当于两个电源串联在一起，单匝中产生的电动势为：e 1＝2Bl 1v sin θ＝2Bl 1ω·l 22sin θ＝Bl 1l 2ωsin ωt .N 匝时相当于N 个电源串联，电动势为e ＝NBl 1l 2·ωsin ωt ，当B ′＝kB 且ω不变时，e ′＝N ′kBl 1l 2·ωsin ωt ，又e ′＝e ，所以N ′＝Nk .【答案】 NBl 1l 2·ωsin ωtN k。

楞次定律同步练习基础达标1.根据楞次定律知：感应电流的磁场一定是（）A.阻碍引起感应电流的磁通量B.与引起感应电流的磁场方向相反C.阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化D.与引起感应电流的磁场方向相同答案：C2.如图4-4-13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4-4-13A.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流动答案：A3.一均匀的扁平条形磁铁与一圆形线圈在同一平面内，如图4-4-14所示，磁铁的中央与圆心O重合.为了在磁铁运动时在线圈中产生图示方向的感应电流I，磁铁的运动方式应该是（）图4-4-14A.使磁铁沿垂直于线圈平面的方向向纸外平动B.使磁铁在线圈平面内绕O点顺时针方向转动C.使磁铁在线圈平面内向上平动D.N极向纸内、S极向纸外，使磁铁绕O点转动4.如图4-4-15所示，两个相同的铝环套在一根光滑杆上，将一条形磁铁向左插入铝环的过程中，两环的运动情况是（）图4-4-15A.同时向左运动，间距增大B.同时向左运动，间距不变C.同时向左运动，间距变小D.同时向右运动，间距增大答案：C5.如图4-4-16所示，一条形磁铁原来做自由落体运动，当它通过闭合线圈回路时，其运动情况是（）图4-4-16A.接近线圈和离开线圈时速度都变小B.接近线圈和离开线圈时加速度都小于gC.接近线圈时做减速运动，离开线圈时做加速运动D.接近线圈时加速度小于g，离开线圈时加速度大于g答案：AB6.如图4-4-17所示，小磁铁以初速度沿超导圆环轴线方向穿过圆环并继续运动，则以下说法中正确的是（）图4-4-17A.小磁铁一直做减速运动，最终速度为零B.小磁铁在环的左侧是减速运动，在环的右侧是加速运动，最终速度是v0C.忽略电磁辐射，环中的电流先增大后减小，且方向相反D.忽略电磁辐射，环中的电流先增大后减小，最终为零，但电流的方向始终不变7.如图4-4-18所示，螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流I减小时（）图4-4-18A.环A有缩小的趋势B.环A有扩张的趋势C.螺线管B有缩短的趋势D.螺线管B有伸长的趋势答案：AD8.如图4-4-19所示，线圈abcd自由下落进入匀强磁场中，则当只有bc边进入磁场时，线圈中感应电流方向是沿__________.当整个线圈进入磁场中时，线圈中感应电流__________（填“有”或“无”）.图4-4-19答案：abcd 无9.如图4-4-20所示，当条形磁铁由较远处向螺线管平移靠近时，流过电流计的电流方向是____________，当磁铁远离螺线管平移时，流过电流计的电流方向是____________.图4-4-20答案：b→G→a a→G→b10.如图4-4-21所示，当变阻器R的滑动触头向右滑动时，流过电阻R′的电流方向是_______.图4-4-21答案：a→R′→b1.两圆环AB置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环.当A以如图4-4-22所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示的感应电流，则（）图4-4-22A.A可能带正电且转速减小B.A可能带正电且转速增大C.A可能带负电且转速减小D.A可能带负电且转速增大答案：BC2.如图4-4-23所示，两个相同的铝环穿在一根光滑杆上，将一根条形磁铁插入铝环的过程中，两环同时向左运动，间距变小，则（）图4-4-23A.条形磁铁向右插入B.条形磁铁平行于光滑杆向上运动C.条形磁铁向左插入D.条形磁铁向右拔出答案：C3.螺线管CD的导线绕向不明，当磁铁AB插入螺线管时，电路中有图示方向的感应电流产生.下列关于螺线管及其极性的判断正确的是（）A.C端一定是感应电流磁场的N极B.C端一定是感应电流磁场的S极C.C端的感应电流磁场极性一定与磁铁B端极性相同D.无法判断极性的关系，因螺线管绕法不明图4-4-244.如图4-4-25所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面方向向内.一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面方向由左侧位置运动到右侧位置，则（）图4-4-25A.导线框进入磁场时，感应电流的方向为abcdaB.导线框离开磁场时，感应电流的方向为abcdaC.导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D.导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左答案：AD5.如图4-4-26所示，绕在同一铁芯上的两个线圈M、N，M与光滑金属导轨相连，导轨处存在与导轨平面垂直且方向向里的匀强磁场中，导轨上有与之垂直的导体棒ab，当ab向左或向右移动时均能在线圈M中产生感应电流；线圈N与平行金属板相连接，金属板水平放置.欲使平行板中的带负电液滴P静止，导体棒ab沿导轨运动的情况是______________.图4-4-26答案：向右减速或向左加速6.1931年，英国物理学家狄拉克从理论上预言了存在着只有一个磁极的粒子——磁单极子.如图4-4-27所示，如果有一个磁单极子（单N极）从a点开始穿过线圈后从b点飞过，那么（）A.线圈中感应电流的方向是沿PMQ方向B.线圈中感应电流的方向是沿QMP方向C.线圈中感应电流的方向先是沿QMP方向，然后是PMQ方向D.线圈中感应电流的方向先是沿PMQ方向，然后是QMP方向图4-4-27答案：B7.在两根平行长直导线MN中，通以同方向同大小的电流，导线框abcd和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动.在移动过程中，线框中感应电流方向怎样？图4-4-28答案：由安培定则可知感应电流方向始终是沿adcb方向。

人教版高中物理选修3-2课时跟踪检测（全册共84页附答案）目录课时跟踪检测（一）划时代的发现探究感应电流的产生条件课时跟踪检测（二）楞次定律课时跟踪检测（三）法拉第电磁感应定律课时跟踪检测（四）电磁感应现象的两类情况课时跟踪检测（五）互感和自感课时跟踪检测（六）涡流、电磁阻尼和电磁驱动课时跟踪检测（七）交变电流课时跟踪检测（八）描述交变电流的物理量课时跟踪检测（九）电感和电容对交变电流的影响课时跟踪检测（十）变压器课时跟踪检测（十一）电能的输送课时跟踪检测（十二）传感器及其工作原理课时跟踪检测（十三）传感器的应用阶段验收评估（一）电磁感应阶段验收评估（二）交变电流阶段验收评估（三）传感器课时跟踪检测（一）划时代的发现探究感应电流的产生条件1．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是()A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零D．磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的解析：选C穿过闭合回路的磁通量大小取决于磁感应强度、回路所围面积以及两者夹角三个因素，所以只知道其中一个或两个因素无法确定磁通量的变化情况，A、B项错误；同样由磁通量的特点，也无法判断其中一个因素的情况，C项正确，D项错误。

2.如图所示，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()A．πBR2B．πBr2C．nπBR2D．nπBr2解析：选B由磁通量的定义式知Φ＝BS＝πBr2，故B正确。

3.如图所示，AB是水平面上一个圆的直径，在过AB的竖直面内有一根通电直导线CD，已知CD∥AB。

当CD竖直向上平移时，电流的磁场穿过圆面积的磁通量将()A．逐渐增大B．逐渐减小C．始终为零D．不为零，但保持不变解析：选C由于通电直导线CD位于AB的正上方，根据安培定则可知，通电直导线CD产生的磁感线在以AB为直径的圆内穿入和穿出的条数相同，所以不管电流怎么变化，导线下面圆内部的磁通量始终为0。

高中物理学习材料桑水制作1．理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶15，当原线圈接在6 V的蓄电池两端以后，副线圈的输出电压为( )A．90 V B．0.4 VC．6 V D．0【解析】由于蓄电池向外输出的是直流电，铁芯中磁通量不能发生变化，在副线圈中不能产生感应电动势，所以副线圈的输出电压为0.【答案】 D2．(2013·大同一中高二检测)用理想变压器给负载电阻R供电，变压器输入电压一定时，在下列四个办法中，哪种可以使变压器输入功率增加( ) A．增加变压器原线圈匝数，而副线圈匝数及负载电阻R保持不变B．减小负载电阻的阻值，而变压器原、副线圈匝数不变C．增加负载电阻的阻值，而变压器原、副线圈匝数不变D．减少变压器副线圈匝数，而原线圈匝数和负载电阻保持不变【解析】由U1U2＝n1n2，当n1增加时，U2减小，P2＝U22R，P2减小，A错；U1、n1、n 2不变，则U2不变，R减小时，P2＝U22R，P2增大，B正确；C与B相反，故C错误；当n1、U1不变，n2减小时，则U2减小，由P2＝U22R(R不变)，P2会减小，D错．【答案】 B3．(2013·宁波高二检测)如图5－4－9所示，一理想变压器有两个副线圈，输出电压分别为3 V和5 V，要获得8 V输出电压，两个副线圈的连接方法是( )图5－4－9A．b、c连接，a、d两端输出8 V电压B．a、d连接，b、c两端输出8 V电压C．a、c连接，b、d两端输出8 V电压D．b、d连接，a、c两端输出8 V电压【解析】因为两个副线圈的输出电压分别为3 V和5 V，要想获得8 V输出电压，两个副线圈的感应电动势的方向应当一致，结合楞次定律可判断，将b、d连接，a、c为输出端和将a、c连接，b、d为输出端均可，故C、D正确．若将b、c连接，a、d为输出端或将a、d连接，b、c为输出端，两副线圈中感应电动势反向，故A、B错．【答案】CD4．如图5－4－10所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使( )图5－4－10A．原线圈匝数n1增加B．副线圈匝数n2增加C．负载电阻R的阻值增大D．负载电阻R的阻值减小【解析】由U1U2＝n1n2，P出＝U22R可得P出＝U2 1 n22 n21 R又因为P入＝P出，所以P入＝U2 1 n22 n21 R分析可得选项B、D正确．【答案】BD5．(2013·天津高考)普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图5－4－11中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd，为了使电流表能正常工作，则( )图5－4－11A．ab接MN、cd接PQ，I ab<I cdB．ab接MN、cd接PQ，I ab>I cdC．ab接PQ、cd接MN，I ab<I cdD．ab接PQ、cd接MN，I ab>I cd【解析】根据变压器的工作原理I1I2＝n2n1解决问题．高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据I1I2＝n2n1，MN应接匝数少的线圈，故ab接MN，cd接PQ，且I ab>I cd，选项B正确．【答案】 B6. 如图5－4－12所示，一低压交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，通过上下调节P1、P2的位置，可以改变变压器输入、输出电压．图中L 是一个小灯泡，R2是定值电阻，R1、R3是滑动变阻器，若要增大灯泡L的亮度，可以采取的办法是 ( )图5－4－12 A．P1、P3、P4不动，P2下移B．P1、P2、P3不动，P4下移C．P2、P3、P4不动，P1上移D．P1、P2、P4不动，P3上移【解析】根据变压器的变压原理U1U2＝n1n2，要增大输出电压，需要使P1下移或P2上移；滑动变阻器R1是分压接法，P3上移可以使灯泡两端电压增大，灯泡功率也就增大，使其变亮；滑动变阻器R3的触头P4上移时才能使灯泡两端的电压增大，使灯泡变亮，所以只有D项正确．【答案】 D7．(2013·陕西师大附中高二检测)如图5－4－13所示为一理想变压器，n1为原线圈，接一正弦交流电，n2＝n3，在n2、n3两个线圈上分别获得35 V电压，要想得到70 V电压，c、d、e、f怎样连接( )A．d、e连在一起，c、f为输出端B．c、f连在一起，d、e为输出端C．e、c连在一起，f、d为输出端D．f、d连在一起，e、c为输出端图5－4－13【解析】要想得到70 V电压，需要把两个副线圈串联起来，使电流依次通过这两个副线圈，因此e、c连在一起，f、d为输出端或f、d连在一起，e、c为输出端都可以，选C、D.【答案】CD8．如图5－4－14甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9 V 6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u的图象如图乙所示．则以下说法中正确的是( )甲乙图5－4－14A．电压表的示数为36 VB．电流表的示数为2 AC．四只灯泡均能正常发光D．变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz【解析】若灯泡L2、L3、L4都正常发光．所以电流表的示数为69×3 A＝2 A，B对；副线圈两端的电压为9 V，又变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，所以电压表的示数为27 V，因电源输入电压为36 V，所以L1所分电压为9 V，四只灯泡都正常发光，C对，A错；变压器不能改变交变电流的频率，D对．【答案】BCD9．(2011·福建高考)图5－4－15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正常发光．下列说法正确的是( )甲乙图5－4－15 A．输入电压u的表达式u＝202sin(50πt)VB．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】由图象知T＝0.02 s，ω＝2πT＝100π rad/s，u＝202sin(100πt)V，A项错误；由于副线圈两端电压不变，故只断开S2，两灯串联，电压为额定值一半，不能正常发光，B项错误；只断开S2，副线圈电路电阻变为原来的2倍，由P＝U2R知副线圈消耗功率减小，则原线圈输入功率也减小，C项错误；输入电压额定值U1＝20 V，由U1U2＝n1n2及P R＝U22R得P R＝0.8 W，D项正确．【答案】 D10．如图5－4－16所示，MN和PQ为两光滑的电阻不计的水平金属导轨，N、Q接理想变压器，理想变压器的输出端接电阻元件R、电容元件C，导轨上垂直放置一金属棒ab.今在水平导轨部分加一竖直向上的匀强磁场，则下列说法中正确的是(I R、I C均为有效值)( )图5－4－16A．若ab棒匀速运动，则I R≠0，I C＝0B．若ab棒匀速运动，则I R＝0，I C＝0C．若ab棒在某一中心位置两侧做往复运动，则I R≠0，I C≠0D．若ab棒做匀加速运动，则I R≠0，I C＝0【解析】ab匀速切割时产生恒定电动势，原线圈中有稳恒电流，副线圈不产生电磁感应现象，故副线圈电流为零，选项A错，选项B正确；若ab棒在某一中心位置两侧做往复运动，原线圈中产生周期性变化的电流，副线圈产生电磁感应现象，副线圈电流不为零，电容器进行充放电，故选项C正确；当ab匀加速运动时，产生的电动势均匀增加，原线圈中电流均匀增加，产生的磁场均匀增强，副线圈中产生稳定的感应电动势，副线圈两端电压不变，因而电容器不会充放电．故选项D也正确．【答案】BCD11．如图5－4－17所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的交流电上，向额定电压为1.80×104 V的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA时，熔丝就熔断．图5－4－17(1)熔丝的熔断电流是多大？(2)当副线圈电路中电流为10 mA时，变压器的输入功率是多大？【解析】(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则U1I1＝U2I2.当I2＝12 mA时，I1即为熔断电流，I1＝U2U1I2≈0.98 A.(2)当副线圈电流为I2′＝10 mA时，变压器的输入功率为P1，所以P1＝P2＝I2′U2＝180 W.【答案】(1)0.98 A (2)180 W。

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）1．一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．若想使线圈中的感应电流增强一倍，下述方法可行的是()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】根据E＝n ΔΦΔt＝nΔBΔt S求电动势，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；若匝数减少一半，感应电流也不变，故C错；若面积增加一倍，长度变为原来的2倍，因此电阻为原来的2倍，电流为原来的2倍，故B错．【答案】 D2．(2013·郑州一中高二检测)穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图4－4－12所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A．0～2 s B．2～4 sC．4～5 s D．5～10 s图4－4－12【解析】图线斜率的绝对值越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．【答案】 D3．一根直导线长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，则导线中产生的感应电动势()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】当公式E＝Bl v中B、l、v互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大：E m＝Bl v＝0.1×0.1×10 V＝0.1 V，考虑到它们三者的空间位置关系应选B、C、D.【答案】BCD4．(2013·石家庄二中高二检测)如图4－4－13所示的匀强磁场中MN、PQ 是两条平行的金属导轨，而AB、CD为串有电压表、电流表的两根金属棒，且与金属导轨接触良好．当两棒以相同速度向右运动时，正确的是()图4－4－13A．电流表无读数，AB间有电势差，电压表无读数B．电流表有读数，AB间有电势差，电压表有读数C．电流表无读数，AC间无电势差，电压表无读数D．电流表无读数，AC间有电势差，电压表有读数【解析】因为两棒以相同速度运动，回路面积不变，所以感应电流为零，根据电流表、电压表的工作原理可知电流表、电压表都无示数．因为两棒都向右运动切割磁感线，所以两棒都产生相同的电动势，极性都为上正、下负，所以AB间有电势差，AC间无电势差，A、C正确．【答案】AC5．如图4－4－14所示，单匝线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系可用图象表示，则()A ．t ＝0时刻，线圈中的磁通量最大，感应电动势也最大B ．在t ＝1×10－2 s 时，感应电动势最大C ．在t ＝2×10－2 s 时，感应电动势为零D ．在0～2×10－2 s 时间内，线圈中感应电动势的平均值为零图4－4－14【解析】 由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt 可知E 的大小与Φ大小无关，与ΔΦΔt 成正比，t ＝0及t ＝2×10－2 s 时刻E ＝0，A 错，C 对．t ＝1×10－2s 时，ΔΦΔt 最大，E 最大，B 对.0～2×10－2 s 内ΔΦ≠0，平均感应电动势不为零，D 错．【答案】 BC6．(2013·芜湖高二检测)如图4－4－15所示，半径为r 的n 匝线圈套在边长为L 的正方形abcd 之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以ΔB Δt 的变化率均匀变化时，线圈中产生感应电动势大小为( )A ．πr 2ΔB ΔtB ．L 2ΔB ΔtC ．n πr 2ΔB ΔtD ．nL 2ΔB Δt图4－4－15【解析】 根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小E ＝n ΔΦΔt ＝nL 2ΔB Δt .【答案】 D7．如图4－4－16所示，面积为0.2 m 2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋0.2t)T，定值电阻R1＝6 Ω，线圈电阻R2＝4 Ω，求a、b两点间电压U ab() A．2.4 V B．0.024 VC．4 V D．1.6 V图4－4－16【解析】由法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势E＝nΔΦ/Δt＝nSΔB/Δt ＝100×0.2×0.2 V＝4 V，感应电流I＝E/(R1＋R2)＝4/(6＋4)A＝0.4 A，所以a、b 两点间电压即路端电压U ab＝IR1＝0.4×6 V＝2.4 V.【答案】 A8．M和N是固定在水平面内的两条光滑平行的金属轨道(间距为l)，其电阻可忽略不计．如图4－4－17所示的正方形虚线框(边长为d)内充满垂直轨道平面向下的匀强磁场，金属杆ab(电阻可忽略)垂直轨道方向放置在两轨道上，M和N 之间接有一电阻R，若杆ab以恒定速率v沿平行轨道方向滑动并通过匀强磁场，在此过程中，以下各物理量与速度v的大小成正比的是()A．杆ab中的电流B．杆ab在磁场中所受的安培力C．电阻R上产生的焦耳热D．水平外力对ab杆做功的功率图4－4－17【解析】由法拉第电磁感应定律得E＝Bl v，I＝ER＝Bl vRF安＝BIl＝B2l2vR，Q＝I2Rt＝B2l2v2dR v＝B2l2v dRP＝F v＝F安，v＝B2l2v2 R所以杆ab中的电流和杆ab所受安培力及电阻R上产生的焦耳热都与速度v 成正比，A、B、C项正确，D错．【答案】ABC9. (2012·福建高考)如图4－4－18，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则选项图中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是()图4－4－18【解析】闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是稳定的，所以感应电流随x的变化关系不可能是线性关系，A项错误；铜环由静止开始下落，速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小，过O点后，铜环的速度增大，磁通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确，C项错误．【答案】 B10．如图4－4－19所示，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．图4－4－19【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 ＝I 2Rt ＝I 2R ·2a v ＝0.52×2×22 J ＝0.5 J.【答案】 (1)0.5 A (2)0.5 J11．如图4－4－20甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝1 000，线圈面积S ＝200 cm 2，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4－4－20乙所示．求：甲 乙图4－4－20(1)前4 s 内的感应电动势；(2)前4 s 内通过R 的电荷量；(3)线圈电阻r 消耗的功率．【解析】(1)由图象可知前4 s内磁感应强度B的变化率ΔBΔt＝0.4－0.24T/s＝0.05 T/s4 s内的平均感应电动势E＝nS ΔBΔt＝1 000×0.02×0.05 V＝1 V.(2)电路中平均电流I＝E R总通过R的电荷量q＝I t，又E＝n ΔΦΔt所以q＝n ΔΦR总＝1 000×0.02×(0.4－0.2)4＋1C＝0.8 C.(3)由于电流是恒定的，线圈电阻r消耗的功率为P r＝I2r＝E2r(R＋r)2＝1×1(4＋1)2W＝0.04 W.【答案】(1)1 V(2)0.8 C(3)0.04 W12．如图4－4－21所示，水平的平行光滑导轨，导轨间距离为L＝1 m，左端接有定值电阻R＝2 Ω.金属棒PQ与导轨良好接触，PQ的电阻为r＝0.5 Ω，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场中，现使PQ在水平向右的恒力F＝2 N作用下运动，求：(1)棒PQ中感应电流的方向；(2)棒PQ中哪端电势高；(3)棒PQ所受安培力方向；(4)棒PQ的最大速度．图4－4－21【解析】PQ在恒力F作用下运动，产生感应电流，因而受安培力，随着速度的增大，安培力也增大，当安培力大小与恒力F相等时，PQ将做匀速运动，速度达到最大．(1)由右手定则知感应电流方向为Q→P.(2)PQ运动产生感应电动势，相当于电源，因电源内部电流由低电势流向高电势，所以P端电势高于Q端电势．(3)因棒中电流由Q→P，由左手定则知棒所受安培力方向向左．(4)PQ棒速度达到最大值时，PQ受安培力大小等于恒力F.由F＝BIL，得I＝FBL＝21×1A＝2 A此时感应电动势为E＝I(R＋r)＝2×(2＋0.5) V＝5 V PQ的最大速度为v＝EBL＝51×1m/s＝5 m/s.【答案】(1)Q→P(2)P端(3)向左(4)5 m/s。

高二物理同步训练试题解析第4章第4节1．关于感应电动势的大小，下列说法正确的是()A．穿过闭合回路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大B．穿过闭合回路的磁通量为零时，其感应电动势一定为零C．穿过闭合回路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定为零D．穿过闭合回路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定不为零答案：D解析：磁通量的大小与感应电动势的大小不存在内在的联系，故A、B错误；当磁通量由不为零变为零时，闭合回路的磁通量一定改变，一定有感应电流产生，有感应电流就一定有感应电动势，故C错，D对．2．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒均匀地减少2 Wb，则()A．线圈中感应电动势每秒增加2 V B．线圈中感应电动势每秒减少2 VC．线圈中无感应电动势D．线圈中感应电动势大小不变答案：D解析：因穿过线圈的磁通量均匀变化，所以磁通量的变化率ΔΦ/Δt为一定值，又因为是单匝线圈，据E＝ΔΦ/Δt可知选项D正确．3.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A．0～2 s B．2 s～4 sC．4 s～5 s D．5 s～10 s答案：D解析：图象斜率越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．4.材料、粗细相同，长度不同的电阻丝做成ab、cd、ef三种形状的导线，分别放在电阻可忽略的光滑金属导轨上，并与导轨垂直，如图所示，匀强磁场方向垂直导轨平面向内．外力使导线水平向右做匀速运动，且每次外力所做功的功率相同，已知三根导线在导轨间的长度关系是L ab<L cd<L ef，则()A．ab运动速度最大B．ef运动速度最大C．三根导线每秒产生的热量相同D．因三根导线切割磁感线的有效长度相同，故它们产生的感应电动势相同答案：BC解析：三根导线长度不同，故它们连入电路的阻值不同，有R ab<R cd<R ef.但它们切割磁感线的有效长度相同，根据P ＝F v ，I ＝Bl v R ，F ＝BIl ，可得v 2＝PRB 2l 2，所以三根导线的速度关系为v ab <v cd <v ef ，A 错，B 对．根据E ＝Bl v ，可知三者产生的电动势不同，D 错．运动过程中外力做功全部转化为内能，故C 对．5．如图所示，半径为r 的n 匝线圈套在边长为L 的正方形abcd 之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以ΔBΔt的变化率均匀变化时，线圈中产生感应电动势大小为( )A ．πr 2ΔBΔtB ．L 2ΔB ΔtC ．nπr 2ΔB ΔtD ．nL 2ΔBΔt答案：D解析：根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小E ＝n ΔΦΔt ＝nL 2ΔBΔt .6．用相同导线绕制的边长为L 或2L 的四个闭合导线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如下图所示．在每个导线框进入磁场的过程中，M 、N 两点间的电压分别为U a 、U b 、U c 和U d .下列判断正确的是( )A ．U a <U b <U c <U dB ．U a <U b <U d <U cC ．U a ＝U b <U c ＝U dD ．U b <U a <U d <U c答案：B解析：导线框进入磁场时，M 、N 切割磁感线产生感应电动势，M 、N 两点间的电压为以MN 为电源、其他三边电阻为外电路电阻的路端电压．则U a ＝34BL v ，U b ＝56BL v ，U c ＝34B ·2L v ，U d ＝46B ·2L v ，故U a <U b <U d <U c ，选项B 正确．7．如图所示的几种情况，金属导体中产生的感应电动势为Bl v 的是( )答案：ABD解析：公式E ＝Bl v 中的l 应指导体的有效切割长度，A 、B 、D 中的有效切割长度均为l ，电动势E ＝Bl v ，而C 中的有效切割长度为l sin θ，电动势E ＝Bl v sin θ，故ABD 项正确．8.如图所示，导体AB 的长度为2R ，绕O 点以角速度ω匀速转动，OB 为R ，且OBA 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.12BωR 2 B ．2BωR 2 C ．4BωR 2 D ．6BωR 2答案：C解析：A 点线速度v A ＝ω·3R ，B 点线速度v B ＝ω·R ，AB 棒切割磁感线的平均速度v ＝v A ＋v B2＝2ω·R ，由E ＝Bl v 得A 、B 两端的电势差为4BωR 2，C 项正确．9．如右图所示，一个“∠”形光滑导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为B 的匀强磁场中，ab 是与导轨材料相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下，导体棒以恒定速度v 向右运动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则回路中的感应电流I .导体棒所受外力的功率P 随时间t 变化的图象为( )答案：AC解析：任一时刻，回路中产生的电动势E ＝Bl 有效v ，又l 有效∝l 周长，由电阻定律有R 总＝ρl 周长S 截，故E ∝R 总，因此回路的感应电流I ＝ER 总保持恒定，选项A 正确．导体棒所受外力的功率P ＝P 安＝I 2R ∝l 周长∝t ，故选项C 正确．10．如图甲所示，一个电阻为R 、面积为S 的矩形导线框abcd ，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B ，方向与ad 边垂直并与线框平面成45°角，o 、o ′分别是ab 边和cd 边的中点．现将线框右半边obco ′绕oo ′逆时针旋转90°到图乙所示位置．在这一过程中，导线中通过的电荷量是( )A.2BS2RB.2BSRC.BS R D ．0答案：A解析：对线框的右半边(obco ′)未旋转时整个回路的磁通量Φ1＝BS sin45°＝22BS 线框的右半边(obco ′)旋转90°后，穿进跟穿出的磁通量相等，如图整个回路的磁通量Φ2＝0，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝22BS .根据公式q ＝ΔΦR ＝2BS2R.选A.11．如图所示，半径为a 的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度B ＝0.2T ，磁场方向垂直纸面向里．半径为b 的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直．其中a ＝0.4 m ，b ＝0.6 m ．金属环上分别接有灯L 1、L 2，两灯的电阻均为R 0＝2 Ω.一金属棒MN 与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计．(1)若棒以v 0＝5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO ′的瞬时，MN 中的感应电动势和流过灯L 1的电流；(2)撤去中间的金属棒MN ，将右面的半圆环OL 2O ′以OO ′为轴向上翻转90°后，若此时磁感应强度随时间均匀变化，其变化率为ΔB Δt ＝(4π)T/s ，求L 1的功率．答案：(1)0.8 V 0.4 A (2)1.28×10－2W解析：(1)棒滑过圆环直径OO ′的瞬时，垂直切割磁感线的有效长度为2a ，故在MN 中产生的感应电动势为：E 1＝B ·2a ·v 0＝0.2×2×0.4×5 V ＝0.8 V ， 通过灯L 1的电流I 1＝E 1R 0＝0.82A ＝0.4 A ；(2)撤去金属棒MN ，半圆环O L 2O ′以OO ′为轴向上翻转90°后，根据法拉第电磁感应定律，E 2＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·πa 22＝4π×πa 22＝2×0.42 V ＝0.32 V ，则L 1的功率P 1＝(E 22R 0)2R 0＝E 224R 0＝0.3224×2W ＝1.28×10－2W.12.如图所示，两条处于同一水平面内的平行滑轨MN 、PQ 相距30 cm ，上面垂直于滑轨放置着质量均为0.1 kg 、相距50 cm 的ab 和cd 两平行可动的金属棒，棒与滑轨间的动摩擦因数为0.45.回路abcd 的电阻为0.5 Ω，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，若磁感应强度从零开始以0.1T/s 的变化率均匀增加，则经过多长时间棒将会发生滑动？(g 取10 m/s 2)答案：500 s解析：依题意知，回路中的电流 I ＝E R ＝S ΔB R Δt ＝0.3×0.5×0.10.5A ＝0.03 A 金属棒刚要发生滑动时，安培力等于最大静摩擦力， 即BIl ＝F m ＝μmg解得：B ＝50 T ．又B ＝ΔBΔt t ＝0.1t ，所以t ＝500 s.13．如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ 沿导轨从MN 处匀速运动到M ′N ′的过程中，棒上感应电动势E 随时间t 变化的图示，可能正确的是( )答案：A解析：金属棒PQ 在进磁场前和出磁场后，不产生感应电动势，而在磁场中，由于匀速运动所以产生的感应电动势不变，故正确选项为A.14．一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.12 B ．1 C ．2 D ．4答案：B解析：设原磁感应强度为B ，线框面积为S ，第一次在1s 内将磁感应强度增大为原来的两倍，即变为2B ，感应电动势为E 1＝ΔBS Δt ＝(2B －B )S t ＝BSt ；第二次在1s 内将线框面积均匀的减小到原来的一半，即变为12S ，感应电动势大小为E 2＝2B ΔS Δt ＝2B ⎝⎛⎭⎫S －12S t ＝BS t ，所以有E 1E 2＝1，选项B 正确．。

人教版高二物理选修3-2 6-2、3 同步练习习题（含答案解析）第6章第2~3节1．关于传感器的作用，下列说法正确的有()A．通常的传感器可以直接用来进行自动控制B．传感器可以用来采集信息C．传感器可以将感受到的一些信号转换为电学量D．传感器可以将所有感受到的信号都转换为电学量答案：BC解析：传感器是将感受到的非电学量转换为电学量的仪器，不同的传感器感受不同的信号，B、C对．2．关于电子秤中应变式力传感器的说法正确的是()A．应变片是由导体材料制成B．当应变片的表面拉伸时，其电阻变大；反之，变小C．传感器输出的是应变片上的电压D．外力越大，输出的电压差值也越大答案：BD解析：应变片多用半导体材料制成，故选项A错．传感器输出的是上、下两应变片的电压差，并且随着外力的增大，输出的电压差值也就越大，故C错，D对．3．下列说法中正确的是()A．电饭锅中的敏感元件是光敏电阻B．测温仪中测温元件可以是热敏电阻C．机械式鼠标中的传感器接收到连续的红外线，输出不连续的电脉冲D．火灾报警器中的光传感器在没有烟雾时呈现低电阻状态，有烟雾时呈现出高电阻状态答案：B解析：电饭锅中的敏感元件是感温铁氧体，A错误；机械式鼠标中的传感器接收断续的红外线脉冲，输出相应的电脉冲信号，C错误；火灾报警器中的光传感器在没有烟雾时呈现高电阻状态，有烟雾时呈现低电阻状态，D错误．4．为随时发现大坝内的裂痕等安全隐患，在修建三峡大坝时，应在坝内埋入以下哪一种传感器() A．温度传感器B．位移传感器C．光纤传感器D．湿度传感器答案：C解析：当大坝出现裂缝时，埋没于其中的传感光纤受到拉剪作用，引起光纤产生微弯，并引发光强损耗，通过光损耗变化大小、分布状态的距离，从而迅速检测出裂缝的位置、宽度等．5．关于测温仪，下列说法中正确的是()A．测温用的金属热电阻的阻值不能随温度的变化而变化B．在非典期间，机场车站用的测温仪非常迅速的测出人的体温，它是利用了红外线敏感元件C．热敏电阻的特点是随温度的升高而电阻变小D．课本提到的各种温度计材料，都是随温度的变化电阻会有明显的变化答案：BCD6.如图所示会议室中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，呈现高阻状态．发生火灾时，下列说法正确的是()A．进入罩内的烟雾遮挡住了光线，使光线三极管电阻更大，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．以上说法均不正确答案：C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．7.如图所示为某型电磁继电器的构造示意图，其中L为含铁芯的线圈．P为可绕O点转动的铁片，k为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个外接线柱．电磁继电器与传感器配合，可完成自动控制的要求．其工作方式是()A．A与B接信号电压，C与D可跟被控制电路串联B．A与B接信号电压，C与D可跟被控制电路并联C．C与D接信号电压，A与B可跟被控制电路串联D．C与D接信号电压，A与B可跟被控制电路并联答案：A解析：由图可知A 、B 是电磁继电器线圈，所以A 、B 应接信号电压，线圈随信号电压变化使电磁继电器相吸或相斥，从而使C 、D 接通或断开，进而起到控制的作用，所以A 正确．8．热敏电阻有两种，一种是正温度系数电阻，即PTC 元件，它的阻值随着温度的升高而增大；另一种是负温度系数电阻，即NTC 元件，它的阻值随温度的升高而减小，将一个热敏电阻和欧姆表相连，如果电阻是NTC 元件，现对其表面喷洒一些酒精，将会发现欧姆表的读数__________(填“增大”或“减小”)．如果电阻是PTC 元件，现用吹风机对其吹热风，将会发现欧姆表读数__________(填“增大”或“减小”)．答案：增大 增大解析：将酒精喷洒一些在NTC 元件表面上，由于酒精迅速蒸发，NTC 元件表面上温度降低，因NTC 元件，它的电阻随温度的降低而增大；将会发现欧姆表的读数变大；用吹风机向PTC 元件吹热风，它的电阻值随温度的升高而增大． 9.如图所示，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，滑片P 在A 端，滑动变阻器接入电路的有效电阻最大，电流较小；称物体时，在压力作用下使滑片P 下滑，滑动变阻器的有效电阻变小，电流变大．这样把重力值转换成电信号，将电流对应的重力值刻在刻度盘上，就可以读出被称物体的重力值。