2019高中物理第三章电磁感应现象测评(含解析)新人教版选修1_1

第三章电磁感应一、电磁感应现象课时训练12 电磁感应现象1.关于磁通量,下列说法中正确的是( )A.通过某一平面的磁通量为零,该处磁感应强度不一定为零B.通过某一平面的磁通量的大小,可以用通过这个平面的磁感线的条数的多少来形象地说明C.磁感应强度越大,磁通量越大D.磁通量就是磁感应强度答案:AB解析:磁感应强度由磁场决定,而磁通量不仅与磁场有关,还与面积及所研究面积与磁场方向的夹角有关,所以A 项正确,而C、D错.2.关于感应电流,下列说法中正确的是( )A.只要闭合电路内有磁通量,闭合电路中就有感应电流产生B.穿过螺线管的磁通量发生变化时,螺线管内部就一定有感应电流产生C.线框不闭合时,即使穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中也没有感应电流D.只要穿过闭合电路的磁通量发生变化,电路中就一定有感应电流答案:CD解析:产生感应电流的条件有两个:一是电路必须闭合,二是有磁通量变化,所以A、B选项不正确.3.图中能产生感应电流的是( )答案:BC解析:A运动过程中磁通量不变化,D在运动的过程中穿过线圈的磁通量始终是零,所以B、C正确.4.(2018·广东学业水平测试模拟)如图所示,一闭合矩形导线框在一有界匀强磁场中运动,则在下列图示时刻线框内能产生感应电流的是( )答案:D解析:只有闭合线圈内磁通量发生变化,才能产生感应电流,A、B、C中磁通量不发生变化,只有D产生感应电流.5.某部小说中描述一种窃听电话:窃听者将并排在一起的两根电话线分开,在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线,这条导线与电话线是绝缘的,如图所示.下列说法错误．．的是( )A.不能窃听到电话,因为电话线中电流太小B.不能窃听到电话,因为电话线与耳机没有接通C.可以窃听到电话,因为电话中的电流是恒定电流,在耳机电路中引起感应电流D.可以窃听到电话,因为电话中的电流是随声音发生变化的电流,在耳机电路中磁通量发生变化引起感应电流答案:ABC解析:电话中的电流大小和方向都随时间变化,因此电话线周围产生变化的磁场,通过耳机这个闭合回路的磁通量发生变化,产生感应电流.6.下列实验现象,属于电磁感应现象的是( )答案:C解析:A、B、D中有电源,是电生磁,而电磁感应是磁生电,所以C对.7.在一段时间里,法拉第记下了大量实验失败的日记,然而他却一如既往,没有放弃追求,坚信既然“电能生磁”,那么“磁也一定能产生电”.正是在这种执着的追求中,1831年法拉第终于获得了成功.他制作了两个线圈,分别绕在铁环上,一个线圈与电池连接,另一个线圈的两端用一根铜线连接起来,这根铜线的下方放有一枚小磁针.法拉第在实验中发现,当电路接通或断开的刹那间,小磁针都发生微小摆动,而在电流稳定不变时,即使所通电流很大,小磁针也不发生任何摆动.这就是人类发现电磁感应现象的最初实验,它是物理学上一个重要的里程碑.问题:小磁针偏转是什么原因导致的?为什么电流稳定不变时小磁针不偏转?法拉第磁生电实验示意图答案:感应电流的磁场使小磁针偏转.电流稳定时铁环中的磁通量不发生变化,在无电源的线圈中不能产生感应电流.8.如图所示,电吉他的弦是铁磁性物质,易被永磁体磁化.当弦振动时,线圈中产生感应电流,感应电流输送到放大器、喇叭,把声音播放出来.请解释电吉他是如何产生感应电流的,弦能否改用尼龙材料?答案:当被磁化的弦振动时,会造成穿过线圈的磁通量发生变化,所以有感应电流产生;弦不能改用尼龙材料,因为尼龙材料不会被磁化,当弦振动时,不会造成穿过线圈的磁通量发生变化,不会有感应电流产生.。

3.1电磁感应现象练习1．(单选)发现电磁感应现象的科学家是()A．奥斯特B．安培C．科拉顿D．法拉第答案：D2．(单选)发电机利用水力、风力等动力推动线圈在磁场中转动，将机械能转化为电能．这种转化利用了()A．电流的热效应B．电磁感应原理C．电流的磁效应D．磁场对电流的作用原理解析：发电机的原理是线圈在磁场中转动，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感生电流，因此利用了电磁感应原理．答案：B3．(单选)如右图所示，线圈两端接在电流表上组成闭合电路．在下列情况中，电流计指针不发生偏转的是()A．线圈不动，磁铁插入线圈B．线圈不动，磁铁从线圈中拔出C．磁铁不动，线圈上、下移动D．磁铁插在线圈内不动解析：产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，线圈和电流计已经组成闭合回路，只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就产生感应电流，电流计指针就偏转．在A、B、C三种情况下，线圈和磁铁发生相对运动，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流；而当磁铁插在线圈中不动时，线圈中虽然有磁通量，但磁通量不变化，不产生感应电流．答案：D4．(单选)如右图所示，虚线框内有匀强磁场，1和2为垂直磁场方向放置的两个圆环，分别用Φ1和Φ2表示穿过两环的磁通量，则有()A．Φ1>Φ2B．Φ1＝Φ2C．Φ1<Φ2D．无法确定解析：磁通量定义式中的S应理解为处于磁场中回路的面积．由于环1和环2在磁场中的面积相同，所以穿过这两个圆环的磁通量是相等的，即Φ1＝Φ2.答案：B5．(多选)如右图所示有一边长为L的正方形线框abcd，从某高度处自由下落，在其下方有一个宽度大于L的匀强磁场，下列过程中产生感应电流的是()A．线框进入磁场的过程B．线框全部进入磁场到开始出磁场的过程C．线框出磁场的过程D．运动的整个过程解析：线框进入和离开磁场的过程中，穿过线框的磁通量发生变化，而线框全部进入磁场之后，磁通量不再变化．答案：AC6．(多选)下列现象中，能表明电和磁有联系的是()A．摩擦起电B．两块磁铁相互吸引或排斥C．小磁针靠近通电导线时偏转D．磁铁插入闭合线圈过程中，线圈中产生感应电流解析：小磁针靠近通电导线时偏转，是因为受到了磁场力的作用，说明电流可以产生磁场，C选项正确．磁铁插入闭合线圈过程中，线圈中产生感应电流，说明磁可以生电，D选项正确．答案：CD7．(单选)如下图所示，矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，下述过程中使线圈产生感应电流的是()A．以bc为轴转动45°B．以ad为轴转动45°C．将线圈向下平移D．将线圈向上平移解析：当线框以ad边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框中会产生感应电流．如果转过的角度超过60°，bc边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流(60°～300°)．当线框以bc边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形面积的一半的乘积)．而将线圈上、下平移时，穿过矩形线圈的磁通量不变，根据产生感应电流的条件可知选项B对，选项A、C、D错．答案：B8．(单选)如右图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流I，有一矩形线框与导线在同一平面内．在下列情况中，线框中不能产生感应电流的是()A．导线中的电流变大B．线框向右平移C．线框以ab边为轴转动D．线框以直导线为轴转动解析：分析是否产生感应电流的关键是分析穿过闭合线框的磁通量是否变化；而分析磁通量是否变化时，既要清楚通电长直导线周围的磁感线分布，又要注意引起磁通量变化的两种原因：(1)由于线框所在处的磁场变化引起磁通量变化；(2)由于线框在垂直于磁场方向的投影面积变化引起磁通量变化．导线中的电流增大，使导线周围的磁场增强，穿过线框的磁通量增大，线框中产生感应电流，选项A不合题意；因离开直导线越远，磁感线分布越疏，故线框向右平移时，穿过线框的磁通量减小，线框中产生感应电流，选项B不合题意；线框以ab边为轴转动时，因线框在垂直于磁场方向的投影面积变化引起磁通量变化，线框中产生感应电流，选项C不合题意；对于选项D，先画出俯视图(如图)．由图可以看出，当线框以直导线为轴转动时，在任何一个位置穿过线框的磁感线条数均不变，因而磁通量不变，线框中无感应电流，选D.答案：D9．(单选)某学校研究性学习小组的同学将微风电风扇与小灯泡按如下图所示的电路连接并进行实验，用手快速拨动风扇叶片，这时发现小灯泡发光，微风电风扇居然变成了“发电机”．关于该实验，下列说正确的是()A．电风扇发电原理是电磁感应B．电风扇发电的原理是通电导线在磁场中受到力的作用C．电风扇发电过程是把电能转化为机械能D．小灯泡发光是把光能转化为电能解析：因为电风扇中有磁场，用手快速拨动风扇叶片，造成线圈切割磁感线运动产生了电流，所以电风扇发电的原理是电磁感应．答案：A10．(多选)如图所示，在通电螺旋管外套入一个圆形的有弹性的单匝线圈，单匝线圈的圆心在通电螺线管的中轴线上，那么下列情况中单匝线圈能产生感应电流的是()A．通电螺线管通恒定直流电流B．通电螺线管通变化的电流C．单匝线圈围绕自身的圆心旋转D．单匝线圈扩大自身面积解析：通电螺线管通恒定电流，磁场分布不变，单匝线圈内没有磁通量变化，所以A错误，B正确；单匝线圈围绕自身的圆心旋转，磁通量依然没有变化，不会产生感应电流，所以C 错误；单匝线圈扩大自身面积，通电螺线管内的磁感线方向是从S极到N极，通电螺线管外的磁感线是从N极到S极，单匝线圈内的磁通量会变小，会产生感应电流，D正确．答案：BD。

第三章电磁感应第一节电磁感应现象A级抓基础1．发现电磁感应现象的家是( )A．奥斯特B．安培．拉顿D．法拉第答案：D2．下列关于磁通量的说法中正确的是( )A．磁通量是反映磁场强弱和方向的物量B．某一面积上的磁通量可以解为穿过此面积的磁感线的总条．在磁场中所取的面积越大，该面上磁通量越大D．磁通量的单位是特斯拉解析：磁通量Φ是磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积S的乘积，即Φ＝BS，亦可以解为穿过磁场中某面积S的磁感线的总条，Φ只有大小，没有方向，是标量，由此可知选项A错误，B正确；磁通量Φ的大小由B、S共同决定，所以面积大，Φ不一定大，由此可知选项错误；磁通量的单位是韦伯，故选项D 错误．答案：B3．如图所示，线圈两端接在电流计上组成闭合电路．在下列情况中，电流计指针不发生偏转的是( )A．线圈不动，磁铁插入线圈B．线圈不动，磁铁从线圈中拔出．磁铁不动，线圈上、下移动D．磁铁插在线圈内不动解析：产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变，线圈和电流计已经组成闭合回路，只要穿过线圈的磁通量发生变，线圈中就产生感应电流，电流计指针就偏转．在A、B、三种情况下，线圈和磁铁发生相对运动，穿过线圈的磁通量发生变，产生感应电流；而当磁铁插在线圈中不动时，线圈中虽然有磁通量，但磁通量不变，不产生感应电流．答案：D4．磁通量可以形象地解为“穿过磁场中某一面积的磁感线条”．在如图所示磁场中，S1、S2、S3为三个面积相同的相互平行的线圈，穿过S1、S2、S3的磁通量分别为Φ1、Φ2、Φ3且都不为0下列判断正确的是( )A．Φ1最大B．Φ2最大．Φ3最大D．Φ1、Φ2、Φ3相等解析：由题可知穿过线圈的磁感线条越多，磁通量越大，A对．答案：A5．(多选)如图所示有一边长为L的正方形线框bcd，从某高度处自由下落，在其下方有一个宽度大于L的匀强磁场，下列过程中产生感应电流的是( )A．线框进入磁场的过程B．线框全部进入磁场到开始出磁场的过程．线框出磁场的过程D．运动的整个过程解析：线框进入和离开磁场的过程中，穿过线框的磁通量发生变，而线框全部进入磁场之后，磁通量不再变．答案：A6．(多选)关于感应电流，下列说法中正确的是( )A．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生B．穿过螺线管的磁通量发生变时，螺线管内部就一定有感应电流产生．线框不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变，线圈中也没有感应电流D．只要穿过闭合电路的磁通量发生变，电路中就一定有感应电流解析：产生感应电流的条件有两个：一是电路必须闭合，二是有磁通量变，所以A、B选项不正确．答案：D7．如图所示，矩形线框与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，下述过程中使线圈产生感应电流的是( )A．以bc为轴转动45°B．以d为轴转动45°．将线框向下平移D．将线框向上平移解析：当线框以d边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量减小，所以在这个过程中线框中会产生感应电流．如果转过的角度超过60°，bc边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流(60°～300°)．当线框以bc边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形面积的一半的乘积)．而将线框上、下平移时，穿过矩形线框的磁通量不变，根据产生感应电流的条件可知选项B对，选项A、、D错．答案：B8．如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流I，有一矩形线框与导线在同一平面内．在下列情况中，线框中不能产生感应电流的是( )A．导线中的电流变大B．线框向右平移．线框以b边为轴转动D．线框以直导线为轴转动解析：分析是否产生感应电流的关键是分析穿过闭合线框的磁通量是否发生变．而分析磁通量是否发生变时，既要清楚通电长直导线周围的磁感线分布，又要注意引起磁通量变的两种原因：(1)由于线框所处的磁场变引起磁通量变；(2)由于线框在垂直于磁场方向的投影面积变引起磁通量变．导线中的电流增大，使导线周围的磁场增强，穿过线框的磁通量增大，线框中产生感应电流，选项A不合题意；因离开直导线越远，磁感线分布越疏，故线框向右平移时，穿过线框的磁通量减小，线框中产生感应电流，选项B不合题意；线框以b边为轴转动时，因线框在垂直于磁场方向的投影面积变引起磁通量变，线框中产生感应电流，选项不合题意；对于选项D，先画出俯视图(如图)．由图可以看出，当线框以直导线为轴转动时，在任何一个位置穿过线框的磁感线条均不变，因而磁通量不变，线框中无感应电流，选D答案：DB级提能力9．(多选)某部小说中描述一种窃听电话：窃听者将并排在一起的两根电话线分开，在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线，这条导线与电话线是绝缘的，如图所示．下列说法错误的是( )A．不能窃听到电话，因为电话线中电流太小B．不能窃听到电话，因为电话线与耳机没有接通．可以窃听到电话，因为电话中的电流是恒定电流，在耳机电路中引起感应电流D．可以窃听到电话，因为电话中的电流是随声音发生变的电流，在耳机电路中磁通量发生变引起感应电流解析：电话中的电流大小和方向都随时间变，因此电话线周围产生变的磁场，通过耳机这个闭合回路的磁通量发生变，产生感应电流．答案：AB10．如图所示，b是水平面上一个圆环的直径，在过b的竖直平面内有一根通电导线f已知f平行于b，当f竖直向上平移时，则穿过圆环的磁通量将( )A．逐渐增大B．逐渐减小．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，穿进圆环的磁感线的条与穿出圆环的磁感线条是相等的．故选项．答案：。

物理人教版选修1-1第三章电磁感应单元检测(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(每题5分，共50分)1．发电的基本原理是电磁感应，发现电磁感应现象的科学家是()。

A．安培 B．赫兹C．法拉第D．麦克斯韦2．如图所示为“探究产生感应电流的条件”的实验装置。

下列操作中，电流表的指针会发生偏转的是()。

A．将条形磁铁插入线圈B．将条形磁铁从线圈中拔出C．将条形磁铁放在线圈中不动D．将条形磁铁放在线圈附近不动3．如图所示，矩形线圈平面与范围足够大的匀强磁场磁感线平行。

下列哪种情况下线圈中有感应电流()。

A．线圈绕ab轴转动B．线圈垂直纸面向外平移C．线圈沿ab向下平移D．线圈绕cd轴转动4．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5．一个电动机上标有“220 V 1.5 kW”字样，那么为了使它正常工作，所使用的正弦式电流应是()。

A．电压最大值为220 V，电流最大值约为9.6 AB．电压最大值为311 V，电流最大值约为6.8 AC．电压有效值为220 V，电流有效值约为6.8 AD．电压有效值为311 V，电流有效值约为9.6 A6．如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1 000匝，副线圈的匝数n2＝200匝。

原线圈两端所加的电压U1＝220 V时，副线圈两端的电压U2为()。

A．1 100 V B．44 V C．440 V D．22 V7．电流方向每秒钟改变100次的交变电流，它的周期和频率分别是()。

A．0.01 s和100 Hz B．0.01 s和50 HzC．0.02 s和50 Hz D．0.02 s和100 Hz8．某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图所示规律变化，副线圈接有负载。

下列判断正确的是()。

A．输出电压的最大值为36 VB．原、副线圈中电流之比为55∶9C．变压器输入、输出功率之比为55∶9D．电源电压有效值为220 V，频率为50 Hz9．如图所示，L为一个自感系数很大的自感线圈，开关闭合后，小灯泡能正常发光，那么闭合开关和断开开关的瞬间，能观察到的现象分别是()。

人教版物理选修1-1 第三章电磁感应 3.1电磁感应现象同步练习题1.物理学领域里的每次重大发现,都有力地推动了人类文明的进程.最早利用磁场获得电流,使人类得以进入电气化时代的科学家是( )A.库仑B.奥斯特C.安培D.法拉第2.(双选)如图所示,图中虚线是匀强磁场区的边界,一个闭合线框自左至右穿过该磁场区,线框经过图示的哪些位置时有感应电流( )A.在位置1B.在位置2C.在位置3D.在位置43.若某处的地磁场为匀强磁场,一同学在该处手拿矩形线圈面向南方,如图所示,则能够使线圈中产生感应电流的操作是( )A.上下移动线圈B.南北移动线圈C.东西移动线圈D.将线圈转到水平4.如图所示,线圈两端接在电流表上组成闭合电路.在下列情况中,电流表指针没有发生偏转的是( )A.线圈不动,磁铁插入线圈B.线圈不动,磁铁从线圈中拔出C.磁铁不动,线圈上、下移动D.磁铁插在线圈内不动5. 如图所示,通电直导线下边有一个矩形线框,线框平面与直导线共面.若使线框逐渐远离(平动)通电导线,则穿过线框的磁通量将( )A.逐渐增大B.逐渐减小C.保持不变D.不能确定6. (双选)如图所示,线圈abcd横穿过磁场区域B时,在以下所指的每种情况下,线圈中有感应电流产生的是( )A.线圈进入磁场的过程中B.整个线圈都在磁场中时平动C.线圈离开磁场的过程中D.线圈进入磁场后在它所在的平面内绕a点旋转7. (双选)下列各项中,闭合矩形线圈中能产生感应电流的是( )8.磁通量可以形象地理解为“穿过磁场中某一面积的磁感线条数”.在如图所示磁场中,S1、S2、S3为三个面积相同的相互平行的线圈,穿过S1、S2、S3的磁通量分别为Φ1、Φ2、Φ3且都不为0.下列判断正确的是( )A.Φ1最大B.Φ2最大C.Φ3最大D.Φ1、Φ2、Φ3相等9.如图所示,线圈平面与水平方向成θ角,磁感线竖直向下,设磁感应强度为B,线圈面积为S,则穿过线圈的磁通量Φ= .10. 奥斯特发现电流的磁效应后,许多物理学家提出了一个对应的问题:磁场也能产生电流吗?瑞士物理学家丹尼尔·科拉顿对这个问题进行了探究:他将一个螺线管与电流计相连,为了避免强磁性磁铁的影响,他把电流计用长导线连着,放在另外一个房间.科拉顿没有助手,当他把磁铁投入螺线管中后,立即跑到另一个房间去观察.十分可惜,他未能观察到电流计指针的偏转.后来有位科学家感叹道:“可怜的科拉顿,在跑来跑去中丢失了良机.”你认为科拉顿的实验是否成功产生了感应电流?为什么说他错失了良机?11. 1820年,丹麦著名物理学家奥斯特发现了电流的磁效应,产生了极其深远的影响:一方面,在技术上诞生了电流计,制成了电磁铁;另一方面,在科学上架起了一座连接电和磁的桥梁,导致了电与磁关系的一系列发现.奥斯特的发现引起了一种对称性思考:既然电流能够引起磁针的转动,那么能不能用磁铁使导线中产生电流呢?你认为呢?生活中利用这一原理的装置有什么?解析与答案：1. 解析:法拉第发现了电磁感应现象,开启了人类进入电气化时代的大门;库仑得出了两点电荷之间的作用力关系;奥斯特发现电流可以产生磁场;安培发现了电流产生的磁场方向的判断法则——安培定则.答案:D2.解析:只有在位置2和4时,穿过闭合回路的磁通量发生变化.答案:BD3. 解析:根据感应电流的产生条件,只要让通过线圈中的磁通量发生变化,就能产生感应电流.根据该处地磁场分布,无论线圈是上下、南北还是东西移动,通过线圈的磁通量均不变,不能产生感应电流.而D 项操作,线圈中的磁通量发生变化,能产生感应电流.答案:D4. 解析:产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化.线圈和电流表已经组成闭合回路,只要穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中就会产生感应电流,电流表指针就会发生偏转.在A、B、C三种情况下,线圈和磁铁发生相对运动,穿过线圈的磁通量发生变化,产生感应电流;而当磁铁插在线圈中不动时,线圈中虽然有磁通量,但磁通量不变化,不产生感应电流.答案:D5. 解析:本题考查的内容为对磁通量变化的理解.当矩形线框在线框与直导线决定的平面内逐渐远离通电导线平动时,由于离开导线越远,磁场越弱,而线框的面积不变,则穿过线框的磁通量将减小,故B正确.答案:B6. 解析:进入磁场的过程中和离开磁场的过程中磁通量变化,有感应电流,所以A、C对;线圈整个都在磁场中平动时,磁通量不变,没有感应电流,所以B错;线圈进入磁场后在它所在的平面内绕a点旋转,在旋转的过程中穿过线圈的磁通量不会变化,所以不产生感应电流,故D 错.答案:AC7. 解析:选项A中因为线圈平面平行于磁感线,穿过线圈的磁通量始终为零,所以无感应电流产生;选项B中,竖直向上运动过程,线圈平面始终与磁感线平行,磁通量始终为零,故无感应电流产生;选项C中,线圈平面与磁感线平行,与选项B类似,故无感应电流产生;选项D中尽管线圈在转动,但B与S都不变,所以Φ=BS始终不变,线圈中无感应电流;选项E中,图示状态Φ=0,当转过90°时Φ=BS,所以转动过程中穿过线圈的磁通量在不断地变化,因此转动过程中线圈中产生感应电流;选项F中,螺线管内通入交变电流,因此产生磁场的强弱、方向也在变化,穿过线圈的磁通量发生变化,所以产生感应电流,故选项E、F正确.答案:EF8. 答案:A9. 解析:线圈平面abcd与磁感应强度B方向不垂直,不能直接用Φ=BS计算,处理时可以用不同的方法.方法一:把S投影到与B垂直的方向即水平方向,如图中a'b'cd,S⊥=Scosθ,故Φ=BS⊥=BScosθ.方法二:把B分解为平行于线圈平面的分量B∥和垂直于线圈平面的分量B⊥,显然B∥不穿过线圈,且B⊥=Bcosθ,故Φ=B⊥S=BScosθ.答案:BScos θ10. 答案:科拉顿的实验成功地产生了感应电流,但因为感应电流只有在磁通量变化过程中才能产生,所以科拉顿跑动过程中电流已经消失,所以错失了看到电流计指针偏转的良机.11.答案:利用磁铁能使导线中产生电流,如生活中的发电机.。

高中物理第三章电磁感应现象测评含解析新人教版选修电磁感应现象测评(时间:60分钟 满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分) 1.下列说法正确的是( )A.线圈中磁通量变化量越大,线圈中产生的感应电动势一定越大B.通过线圈的磁感线条数越多,线圈中产生的感应电动势一定越大C.线圈处在磁场越强的位置,线圈中产生的感应电动势一定越大D.线圈中磁通量变化得越快,线圈中产生的感应电动势越大解析:线圈中产生的感应电动势E=n ΔΦΔΦ,即E 与ΔΦΔΦ成正比,与Φ和ΔΦ的大小无直接的关系。

磁通量变化得快,即ΔΦΔΦ大,产生的感应电动势也大,故D 选项正确。

答案:D2.以下说法正确的是( ) A.交变电流的有效值就是它的平均值 B.任何交变电流的有效值都是它的最大值的2C.如果交变电流接在电阻R 上产生的热量为Q ,那么该交变电流的有效值为√ΦΦ D.以上说法均不正确解析:有效值是根据电流的热效应来定义的,平均值并不是有效值,例如,线圈在匀强磁场中转动一圈,其平均电动势为零,故A 错;在正弦交变电流中,其有效值为最大值的2,但对于其他交变电流并不一定满足此关系,故B 选项错;交变电流要产生热量需要一定的时间,C 选项中没有告诉时间,因此是错误的。

答案:D3.为了计算输入电压未知,输出电压为44 V 的变压器副线圈的匝数,已知原线圈的匝数为1 000,为获知此变压器副线圈匝数,某同学拆开副线圈,用绝缘导线在副线圈上加绕了30匝,然后将原线圈接到原来的交流电源上,测得副线圈的端电压为50 V,按理想变压器分析,该变压器原线圈的电压、副线圈匝数分别为( )A.1 100 V 、360B.1 000 V 、220C.200 V 、220D.220 V 、360解析:设原线圈的电压U 1,副线圈的匝数n 2,对原来的理想变压器,根据变压比公式得Φ144V=1000Φ2,对后来的理想变压器,根据变压比公式得Φ150V=1000Φ2+30,两式结合得U 1=200V,n 2=220,C 正确。

选修1-1 第三章电磁感应一、单选题1．（2分）如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，与灯泡L1连接的是一只理想二极管D.下列说法中正确的是（）A．闭合开关S稳定后L1、L2亮度相同B．断开S的瞬间，L2会逐渐熄灭C．断开S的瞬间，L1中电流方向向左D．断开S的瞬间，a点的电势比b点高2．（2分）如图所示电路中，R1、R2是两个阻值相等的定值电阻，L是一个自感系数很大，直流电阻为零的理想线圈，设A、B两点电势分别为φA、φB，下列分析正确的是()A．开关S闭合瞬间φA>φBB．开关S闭合后，电路达到稳定时φA<φBC．当开关S从闭合状态断开瞬间φA>φBD．只要线圈中有电流通过，φA就不可能等于φB3．（2分）发电的基本原理之一是电磁感应，发现电磁感应现象的科学家是() A．安培B．赫兹C．法拉第D．麦克斯韦4．（2分）对于变压器来说，下列说法中正确的是（）A．变压器是利用互感现象制成的B．变压器可以改变各种电源的电压C．变压器可以改变交变电流的频率D．理想变压器副线圈的输出功率一定小于原线圈的输入功率5．（2分）图是一正弦式交变电流的电压图象．从图象可知电压的最大值和周期分别为（）A．20V，0.01s B．20√2V，0.01s C．20V，0.02s D．20√2V，0.02s 6．（2分）如图所示，环形导线中通有顺时针方向的电流I，则该环形导线中心处的磁场方向为（）A．水平向右B．水平向左C．垂直于纸面向里D．垂直于纸面向外7．（2分）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速运动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示．此线圈与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路．不计电路的其他电阻，下列说法正确的是（）A．交变电流的周期为0.125s B．交变电流的频率为8HzC．交变电流的有效值为√2A D．交变电流的最大值为4A8．（2分）一台理想变压器从20kV的线路中降压并提供400A的负载电流.已知两个线圈的匝数比是50：1，则变压器的原线圈电流、输出电压及输出功率分别是（）A．400A，20kV，8×103kW B．400A，400V，8×103kWC．8A，20kV，160kW D．8A，400V，160kW9．（2分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为k，输出端接有一交流电动机，此电动机线圈的电阻为R。

同步检测八第三章电磁感应（4～7节）（时间：90分钟满分：100分）一、选择题（本题共10小题.每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.（2008山东学业水平考试Ⅰ，20）电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，据此发明了许多电器设备.下列用电器中利用了电磁感应原理的是A.白炽灯泡B.动圈式话筒C.磁带录音机D.日光灯镇流器答案：BCD解析:白炽灯是依据电流热效应设计的.2.关于线圈的自感系数，下面说法正确的是A.线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大B.线圈中电流等于零时，自感系数也等于零C.线圈中电流变化越快，自感系数越大D.线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定答案：D解析:自感电动势与自感系数和电流变化的快慢都有关系，A错误；自感系数由线圈本身的性质及有无铁芯决定，与线圈中的电流无关，B、C错误.3.如右图所示为一与交流电相连接的理想变压器,原线圈中电流为I1,副线圈中电流为I2,当副线圈中负载电阻R变小时A.I2变小,I1变小B.I2变小,I1增大C.I2增大,I1增大D.I2增大,I1变小答案：C解析:由于其他条件不变，在副线圈中的电阻变小时，副线圈中的电流变大，由于初级的功率等于次级的功率，初级的电流也变大，所以C对.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′＞IB.I′＜IC.I′=ID.无法比较答案：B解析: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，对交变电流不但有电阻，而且有感抗，阻碍作用增大，电流减小.5.如右图所示,利用一理想变压器给一个电灯供电,在其他条件不变时,若增加副线圈的匝数,则A.灯亮度减小B.电流表示数增大C.电压表示数增大D.变压器的输入功率不变答案：BC解析:若增加副线圈的匝数，次级电压升高，电压表的读数增大,电灯的亮度增加，输出电流增加，输入电流也随输出电流的增大而增大，所以A错，B、C对.变压器的输出功率增加，D错.6.如右图所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开开关S的瞬间会有A.灯A立即熄灭B.灯A慢慢熄灭C.灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭D.灯A突然闪亮一下再突然熄灭答案：A解析:当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A串联，在S断开后，不能形成闭合回路，因此灯A在开关断开后，电源供给的电流为零，灯就立即熄灭.因此本题的正确选项应为A.7.远距离输送交流电都采用高压输电，我国正在研究比330 kV 高得多的电压进行输电，采用高压输电的优点是A.可节省输电导线的材料B.可根据需要调节交变电流的频率C.可减少输电线上的能量损失D.可加快输电的速度答案：AC解析:高压输电不能改变交流电的频率，也不能加快输电的速度，所以B、D错.高压输电能够节约输电导线的材料，减少能量的损失.8.如右图所示，金属球（铜球）下端有通电的线圈，今把小球拉离平衡位置后释放，此后关于小球的运动情况是（不计空气阻力）A.做等幅振动B.做阻尼振动C.振幅不断增大D.无法判定答案：B解析:小球在通电线圈磁场中运动，小球中产生涡流，故小球要受到安培力作用阻碍它的相对运动做阻尼振动.9.如下图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略不计，下列说法中正确的是A.合上开关S 接通电路时，A 2先亮A 1后亮，最后一样亮B.合上开关S 接通电路时，A 1和A 2始终一样亮C.断开开关S 切断电路时，A 2立即熄灭，A 1过一会熄灭D.断开开关S 切断电路时，A 1和A 2都要过一会才熄灭答案：AD 解析:S 闭合接通电路时，A 2支路中的电流立即达到最大，A 2先亮；由于线圈的自感作用，A 1支路电流增加得慢，A 1后亮.A 1中的电流稳定后，线圈的阻碍作用消失，A 1与A 2并联，亮度一样，故A 正确，B 不 正确.S 断开时，L 和A 1、A 2组成串联的闭合回路，A 1和A 2亮度一样，由于L 中产生自感电动势阻碍L 中原电流的消失，使A 1和A 2过一会才熄灭，故D 正确.10.（2009北京会考模拟，16）如右图,理想变压器原线圈匝数n 1=1 000匝，副线圈n 2=200匝，原线圈加电压U 1= 220 V 时,副线圈两端的电压为A.1 100 VB.44 VC.440 VD.22 V 答案：B 解析:理想变压器原、副线圈电压与匝数关系为2121n n U U ，代入数据得U 2=44 V ，故选B.二、填空题（每小题4分，共16分）11.如右图为理想变压器，它的初级线圈接在交流电源上，次级线圈接在一个标有 “12 V 100 W”的灯泡上.已知变压器初、次级线圈匝数之比为18∶1，那么灯泡正常工作时，图中的电压表读数为______________V ，电流表读数为______________A.答案：216 0.46解析：分析理想变压器问题时应注意正确应用电压关系和电流关系，特别是初、次级功率相等的关系.由公式U 1/U 2＝n 1/n 2，得U 1＝U 2n 1/n 2＝216 V ；因理想变压器的初、次级功率相等，所以I 1＝P 1/U 1＝P 2/U 2＝0.46 A ，即电压表、电流表读数分别为216 V 、0.46 A.12.一台理想变压器,原线圈1 500匝,接入电压为220 V 的正弦交流电源上,允许通过的最大电流为1.2 A.副线圈300匝,和阻值88 Ω的电灯相接,当接入一盏电灯时,通过原线圈的电流为________A.该变压器副线圈最多可接入______________盏这样的灯.答案：0.1 A 12解析：先算次级电压，由U 1/U 2=n 1/n 2得：U 2=220×300/1 500 V=44 V ，电流I 2=U 2/R=44/88 A=0.5 A ，通过原线圈的电流：I 1=0.5/5 A=0.1 A ；最多可接的电灯：N=1.2/0.1盏=12盏.13.（2009江苏扬州学业水平测试模拟,24-1）如右图所示，某变压器有两个线圈，如果把它当作降压变压器，则线圈_________接电源，原、副线圈两端电压之比是_________；把它当作升压变压器，则线圈接_________电源，原、副线圈两端电压之比是_________.答案：L 1 5∶1 L 2 1∶5解析：升压与降压由2121n n U U =决定，由此可得答案. 14.如右图所示是自耦变压器的示意图，这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈.如果把整个线圈作为原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以_________电压；如果把线圈的一部分作为原线圈，整个线圈作为副线圈，就可以_________电压.(选填“升高”“不改变”或“降低 ”)答案：降低 升高解析：自耦变压器又称调节变压器，根据变压器原理，每一匝线圈中的磁通量变化率均为t ∆∆Φ，因此，如果整个线圈作为原线圈，副线圈只取线圈的一部分，则n 1＞n 2，由2121n n U U =知U 1＞U 2,因此可以降压,反之为升压三、解答题（15、16题每小题10分，17、18题每小题12分，共44分）15.一理想变压器的原、副线圈匝数之比为2∶1 ，把它接在220 V 的交流电源上.现有一个阻值为55 Ω的电阻器，允许通过的最大电流为3 A ，能不能把它接在这个变压器的副线圈的两端？答案：能.解析：由U 1/U 2=n 1/n 2得：U 2=U 1n 2/n 1=220/2 V=110 V ，I=U 2/R=110/55 A=2 A ＜3 A ，所以能把它接在副线圈的两端.16.某车间用变压器对40盏“36 V 40 W”的电灯供电.设变压器的原线圈为1 320匝，接在220 V 照 明线路上，问：（1）副线圈应为几匝，能使40个灯正常发光？此时原、副线圈的电流各为多少？（2）如只用20盏灯，能否正常发光？原线圈电流变为多少？答案：（1）2.2×105 W （2）90∶1解析：（1）应先求出输送电流，由I 线=P 总/U 总=2.2×106/2.2×104 A=100 A则损失功率为P 损=I 线2R 线=1002×22 W=2.2×105 W .(2)变压器原线圈电压U 1为U 1=U 总-U 线=U 总-I 线R 线=2.2×104 V-100×22 V=19 800 V 所以原、副线圈匝数比1∶90220/198002121===U U n n . 17.一座发电站，它输出的电功率是4 800 kW ，输电电压是110 kV.如果输电导线的总电阻是0.5 Ω，那么输电线上损失的电功率是多少？如果用400 V 的电压输电，输电线上损失的电功率将是多少？答案：950.48 W 7.2×107 W解析：根据P=UIA V W U P I 6.43101.1108.45611=⨯⨯==出P 损1=I 12R=（43.6 A ）2×0.5 Ω=950.48 ΩA V W U P I 12000400108.4622=⨯==出P 损2=I 22R=（12 000 A ）2×0.5 Ω=7.2×107 W.18.某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8×104 W ，电厂输出电压仅350 V ，为减少输电功率损失，先用一升压变压器将电压升高再输送，在输送途中，输电线路的总电阻为4 Ω，允许损失的功率为输送功率的5%，用户所需电压为220 V.求：升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少？答案：1∶8 12∶1解析：远距离输送电能电路如下图所示，导线损失的电能转化为热能，所以据电功率的知识可求出输送导线中的电流.据理想变压器原理和能量守恒，可算出升压变压器的输出电压和降压变压器的输入电压，就能解决该题中提出的问题.电路损失功率P 损=5%P 总=I 22R所以输电线路中的电流为：A A RP I 351004108.95%542=⨯⨯⨯==总升压变压器输出电压为 V V I P U 3422108.235108.9⨯==⨯==总 据理想变压器原理得升压变压器的初、次级的匝数比为81108.235032121=⨯==U U n n 降压变压器输入功率为 W W P P P P P P 4431031.9108.910095%95%5⨯=⨯⨯==-=-=总总总损总 所以降压变压器初级电压 V V I P U 2660351031.94233=⨯== 降压变压器的匝数比为 11222026604343===U U n n .。

2018-2019学年人教版高中物理选修1-1 第三章电磁感应单元测试一、单选题1.在一根直导线旁放一个闭合的矩形线圈，以下情况中矩形线圈中有感应电流的是（）A. 线圈平面与直导线垂直，直导线中通过恒定的电流B. 线圈平面与直导线垂直，直导线中通过变化的电流C. 线圈和直导线在同一平面内，直导线中通过变化的电流D. 线圈和直导线在同一平面内，直导线中通过恒定的电流2.调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图乙中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器．现在CD两端输入图甲所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么（）A. 由甲图可知CD两端输入交流电压U的表达式为B. 当动触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压的频率变大C. 当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大D. 当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小3.如图所示的电路中，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，它的电阻与定值电阻R相等．下列说法正确的是（）A. 闭合开关S，A1先亮、A2后亮B. 闭合开关S，A1、A2始终一样亮C. 断开开关S，A1、A2都要过一会才熄灭D. 断开开关S，A2立刻熄灭、A1过一会才熄灭4.如图所示为某交变电压u随时间t变化的图象，将该交流电与一阻值R=31.1Ω的电阻构成闭合回路，下列说法中正确的是（）A. 电流的最大值为10A，频率为50HzB. 电流的有效值为l0A，频率为0.02HzC. 电流的最大值为10 频率为50HzD. 电流的有效值为10 频率为0.02Hz5.某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A，B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变．保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光．则（）A. 紧闭合S，L1变亮B. 紧闭合S，A的输入功率变小C. 仅将滑片P上移，L1变亮D. 仅将滑片P上移，A的输入功率变小6.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接．下列说法中正确的是（）A. 电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B. 线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转C. 电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流计指针静止在中央零刻度D. 电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转7.远距离输送交流电一般采用高压输电，采用高压输电的优点是A. 可节省输电线的原材料B. 可根据需要调节交流电的频率C. 可减少输电线上的电能损失D. 可提高输电线上的电流二、多选题8.图甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比为1：100，降压变压器原副线圈匝数比为100：1，远距离输电线的总电阻为100Ω．若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750kw．下列说法中正确的有（）A. 用户端交流电的频率为50HzB. 用户端电压为250VC. 输电线中的电流为30AD. 输电线路损耗功率为180kW9.如图所示电路中，L为电感线圈，电阻不计，A、B为两灯泡，则（）A. 合上S时，A先亮，B后亮B. 合上S时，A、B同时亮C. 合上S稳定后，A变亮，B熄灭D. 断开S时，A熄灭，B重新亮后再熄灭10.图（a）左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R=55Ω，A、V为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图（b）所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是（）A. 电流表的示数为2AB. 原、副线圈匝数比为1：2C. 电压表的示数为电压的有效值D. 原线圈中交变电压的频率为100Hz三、填空题11.将面积为0.5m2的单匝线圈放在磁感应强度为2.0×10﹣2T的匀强磁场中，线圈平面垂直于磁场方向，如图所示，那么穿过这个线圈的磁通量为________ ．12.某发电厂输出的功率为200kW，输出电压为11kV．若采用220kV的高压输电，那么，升压变压器（不计变压器能量损失）的原线圈和副线圈的匝数比为________；输电电流为________A．13.如图所示为“研究电磁感应现象”的实物连接图，闭合电键时发现灵敏电流计G指针向左偏转，则当电键闭合稳定后，将滑动变阻器的滑片P从a向b匀速滑动的过程中，灵敏电流计G指针的偏转情况是________（选填“向左偏转”、“向右偏转”、“不动”）；将线圈A从线圈C中拔出，则与缓慢拔出相比，快速拔出时灵敏电流计G的指针偏转角度________（选填“更大”、“更小”或“相同”）．四、解答题14.汽车等交通工具用电火花点燃汽油混合气，如图所示已知汽车蓄电池电压为12V，变压器匝数之比为1：100，当开关S闭合后，火花塞上电压为多少？开关S从闭合到突然断开这一过程，可为火花塞提供瞬时高电压，产生电火花蓄电池提供的是直流电，为什么变压器的副线圈也能得到高电压呢？五、综合题15.如图所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO′轴从图示位置开始匀速转动。

第三章测评(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分)1.下列说法正确的是()A.线圈中磁通量变化量越大,线圈中产生的感应电动势一定越大B.通过线圈的磁感线条数越多,线圈中产生的感应电动势一定越大C.线圈处在磁场越强的位置,线圈中产生的感应电动势一定越大D.线圈中磁通量变化得越快,线圈中产生的感应电动势越大解析:线圈中产生的感应电动势E=nΔΦΔt ,即E与ΔΦΔt成正比,与Φ和ΔΦ的大小无直接的关系。

磁通量变化得快,即ΔΦΔt大,产生的感应电动势也大,故D选项正确。

答案:D2.以下说法正确的是()A.交变电流的有效值就是它的平均值B.任何交变电流的有效值都是它的最大值的2C.如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q,那么该交变电流的有效值为√QRD.以上说法均不正确解析:有效值是根据电流的热效应来定义的,平均值并不是有效值,例如,线圈在匀强磁场中转动一圈,其平均电动势为零,故A错;在正弦交变电流中,其有效值为最大值的√2,但对于其他交变电流并不一定满足此关系,故B选项错;交变电流要产生热量需要一定的时间,C选项中没有告诉时间,因此是错误的。

答案:D3.为了计算输入电压未知,输出电压为44 V的变压器副线圈的匝数,已知原线圈的匝数为1 000,为获知此变压器副线圈匝数,某同学拆开副线圈,用绝缘导线在副线圈上加绕了30匝,然后将原线圈接到原来的交流电源上,测得副线圈的端电压为50 V,按理想变压器分析,该变压器原线圈的电压、副线圈匝数分别为()A.1 100 V、360B.1 000 V、220C.200 V、220D.220 V、360解析:设原线圈的电压U1,副线圈的匝数n2,对原来的理想变压器,根据变压比公式得U144V =1000n2,对后来的理想变压器,根据变压比公式得U150V =1000n2+30,两式结合得U1=200 V,n2=220,C正确。

第三章 电磁感应一、选择题（本题包括10小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分，共60分） 1如图3-1所示，线框与通电直导线在同一平面内，当线框做下列哪些运动时，线框中能产生感应电流（ ）图3-1A 水平向左平动B 竖直向下平动 垂直于纸面向外平动 D 绕边转动2匝为100的线圈的面积=100，放在方向如图3-2所示的匀强磁场中线圈平面与磁场的方向垂直，当磁感应强度由2×T 经过5 钟均匀减小到0时，感应电动势的大小为（ ）图3-2A4× V B2× V 4× VD02 V3在相同的时间内，某正弦交变电流通过一阻值为100 Ω的电阻产生的热量，与一电流为3 A 的直流电通过同一阻值的电阻产生的热量相等，则（ ） A 此交变电流的有效值为3 A ，最大值为3 AB 此交变电流的有效值为3 A ，最大值为6 A电阻两端的交变电流电压的有效值为300 V ，最大值为300VD 电阻两端的交变电流电压的有效值为300V ，最大值为600 V4一台变压器的原线圈匝为100，副线圈匝为1 200，在原线圈两端接有电动势为10 V的电池组，则在副线圈两端的输出电压为（）A0B约08 V12 VD120 V5家用照明电路中的火线和零线是相互平行的，当用电器工作，火线和零线都有电流时，它们将（）A相互吸引B相互排斥一会吸引，一会排斥D彼此不发生相互作用6在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变而引起的自感现象，采取了双线绕法，其道是（）A当电路中的电流变时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消B当电路中的电流变时，两股导线中产生的感应电流互相抵消当电路中的电流变时，两股导线中产生的磁通量互相抵消D以上说法均不对7关于保险丝，下列说法中正确的是（）A电路中有了保险丝，就能起到保险作用B选用额定电流越小的保险丝，就越好选择适当规格的保险丝，才能够既不防碍供电，又能起到保险的作用D以上说法都不对8某人安装完照明电路后，接通电之前，将火线上的保险丝取下，把一个额定电压为220 V的灯泡作为检验灯泡连接在原的保险丝的位置，同时将电路中的所有开关都断开，用这种方法可以检查电路中是否有短路，正确的电路连接方式如图3-3所示，在接通电后，下列说法中正确的是（）图3-3A若检验灯泡正常发光，表明检验灯泡后段的火线和零线之间出现了短路现象B若检验灯泡不亮，但将某一用电器的开关闭合后检验灯泡正常发光，表明这个开关两端直接连到了火线和零线上若检验灯泡不亮，但将某一个电灯的开关闭合后，这个电灯和检验灯泡都能发光，只是亮度不够，这表明电路中出现了短路现象D若不论将电路中用电器开关断开还是闭合，检验灯泡均不亮，这表明电路中出现了短路现象9如图3-4所示，是自感系很大电阻很小的线圈，当合上或断开开关和后，下列情况中哪些是可能发生的（）图3-4A 合上瞬间，灯逐渐亮起B 再合上稳定后，灯是暗的断开瞬间，灯立即熄，灯亮一下再熄灭D 断开瞬间，灯和灯一会才熄灭10输电线的电阻为，输送的电功率为，若用电压送电，则用户得到功率为（）ABD二、填空题（本题共2小题，每小题10分，共20分请将正确的答案填到横线上）11如图3-5所示矩形线框共100匝，面积为40×20 ，在磁感应强度为02 T的匀强磁场中以30转每秒的转速绕′轴匀速转动，从图示位置开始计时，在线框转过90°的时间内感应电动势的平均值为，最大值为图3-512一变电所向远距离的城市供电，输送的电压为，输送的电功率为若用变压器将输送的电压升高为原的倍，输送相同的功率，则输电线上的功率损失是原的三、计算题（本题共2小题，共20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值计算的题，答案中必须明确写出值和单位）13（10分）如图3-6所示，长、宽的矩形线圈电阻为，处于磁感应强度为的匀强磁场边缘，线圈平面与磁感线垂直将线圈以向右的速度匀速拉出磁场，求：（1）拉力大小；（2）拉力的功率；（3）拉力做的功；（4）线圈中产生的电热；（5）通过线圈某一截面的电荷量图3-614（10分）某小水电站发出的交变电流的电功率为100 W，输出电压为500 V向远处用户送电的输电线总电阻为10 Ω为了把输电线路损耗的电功率限制在不超过电站输出功率的1%，电站采用升压变压器升压后再输电，到达用户后再用降压变压器将电压降为220 V，两台变压器均为想变压器，求两变压器原、副线圈的匝比各为多少？第三章电磁感应得分：一、选择题二、填空题11． 12．三、计算题13．14第三章电磁感应参考答案一、选择题1BD2 解析： V3A 解析：根据交变电流有效值的定义方法易知交变电流的有效值即为直流电的电流，为3 A，根据有效值与最大值的倍关系，易知交变电流的最大值为3 A，根据欧姆定律，则有，得电阻两端的交变电流电压有效值为300 V，最大值为300 V4A 解析：只有交变电流才能在变压器的另一端有输出电压5B 解析：火线与零线虽然都连接用电器，且相互平行，但是当用电器正常工作时，流过它们的电流方向相反，并且时刻相反再根据电流产生磁场，磁场对电流有作用判断因通过火线和零线的电流方向总是相反的，根据平行导线中通以同向电流时相互吸引，通以反向电流时相互排斥的结论可以得出B选项正确6 解析：由于采用了双线绕法，两根平行导线中的电流反向，它们的磁场相互抵消不论导线中的电流如何变，线圈的磁通量为07 解析：保险丝额定电流太小，用电器无法工作，额定电流太大不能起到保险作用8AB 解析：分析是否构成了闭合电路9AB 解析：只合上时，由于线圈的自感作用，流过灯的电流将逐渐增大，故A正确（注意，灯立即就亮）再合上稳定后，由于很小，灯几乎被短路，故灯是暗的，B正确断开时，由于闭合，电感与灯构成放电回路由于自感作用，电流将由稳定时中的值逐渐减小由于原≥，所以灯将闪亮一下再熄灭，而跟灯并联的是电阻，故灯立即熄灭，故正确，D错误10B 解析：输送电流为，线损功率为，则用户得到的功率为，B正确二、填空题11192 301 解析：线框从图示位置开始转过90°时，穿过线框面的磁通量变量为Δ，花时间Δ，每匝线框里产生的感应电动势平均值为=，共100匝串联，总的感应电动势平均值为192 V感应电动势的最大值等于线框面与磁感线共面的瞬间感应电动势的即时值：=100×02×(04×02)×(30×2×314) V=301 V线框面与磁感线平行时，线框中的感应电动势最大，为=301 V12解析：Δ变为原的1/三、计算题1314。

电磁感应现象一、选择题1．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D．磁体产生电流解析：电流的磁效应是“电生磁”，根据对称性应为“磁生电”．答案：D2．有关产生感应电流的条件，下列说法中正确的是( )A．只要导体在磁场中运动，就产生感应电流B．闭合电路的一部分导体在磁场中运动，就产生感应电流C．闭合电路的一部分导体，在磁场中运动或静止都能产生感应电流D．闭合电路中的一部分导体，做切割磁感线运动时，就产生感应电流解析：根据闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中就产生感应电流，所以D选项正确．答案：D3.如图所示，通电螺线管水平固定，OO′为其轴线，a、b、c三点在该轴线上，在这三点处各放一个完全相同的小圆环，且各圆环平面垂直于OO′轴．则关于这三点的磁感应强度B a、B b、B c的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa、Φb、Φc的大小关系，下列判断正确的是( )A．B a＝B b＝B c，Φa＝Φb＝ΦcB．B a＞B b＞B c，Φa＜Φb＜ΦcC．B a＞B b＞B c，Φa＞Φb＞ΦcD．B a＞B b＞B c，Φa＝Φb＝Φc解析：根据通电螺线管产生的磁场特点可知B a＞B b＞B c，由磁通量的含义知道三个圆环面积相等时，磁场强处磁感线条数多，故Φa＞Φb＞Φc，选项C正确．答案：C4．1825年，瑞士物理学家德拉里夫的助手科拉顿将一个螺线管与电流表相连．为了避免强磁性磁铁影响，他把电流表放在另外一个房间，当他把磁铁投入螺线管中后，立即跑到另一个房间去观察，关于科拉顿进行的实验．下列说法正确的是( )A．在科拉顿整个操作过程中，电流表不发生偏转B．将磁铁投入螺线管瞬间，电流表发生偏转，但科拉顿跑到观察时，电流表已不再偏转C．科拉顿无法观察到电流表偏转的原因是当时电流表灵敏度不够D．科拉顿无法观察到电流表偏转的原因是导线过长，电流过小解析：科拉顿将磁铁投入螺线管时，穿过线圈的磁通量变化，回路中产生感应电流，电流表偏转，之后，穿过线圈的磁通量保持不变，回路中无感应电流，电流表不偏转，但由于科拉顿放完磁铁后跑到另一室观察，所以他观察不到偏转，只有选项B正确．答案：B5.如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框逐渐向右远离(平动)通电导线，则穿过线框的磁通量将( )A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．不能确定解析：通电直导线产生的磁场的特点是：离导线越远，磁场越弱．当线圈向右运动时，由于磁场减弱，穿过线圈的磁通量将减少，所以只有B项正确．答案：B6．如图所示，两个线圈分别绕在一个铁环上，线圈A接直流电源，线圈B接灵敏电流表，下列哪种情况不可能使线圈B中产生感应电流 ( )A．将开关S接通或断开的瞬间B．开关S接通一段时间之后C．开关S接通后，改变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：本题题图所示就是当年法拉第实验原理装置，根据法拉第对产生感应电流的五类情况概括知，A、C、D选项符合变化的电流(变化的磁场)产生感应电流的现象．而开关S接通一段时间之后，A线圈中是恒定电流，不符合“磁生电”是一种在变化、运动过程才能出现的效应，故不能使B线圈中产生感应电流．答案：B7.磁通量可以形象地理解为“穿过一个闭合电路的磁感线的条数”．在图所示磁场中，S1、S2、S3为三个面积相同的相互平行的线圈，穿过S1、S2、S3的磁通量分别为Φ1、Φ2、Φ3且都不为0.下列判断正确的是( )A．Φ1最大B．Φ2最大C．Φ3最大D．Φ1、Φ2、Φ3相等解析：磁通量表示穿过一个闭合电路的磁感线的多少，从题图中可看出穿过S1的磁感线条数最多，穿过S3的磁感线条数最少．答案：A8.在如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是( )A．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动C．线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D．线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动解析：四种情况中初始位置线框均与磁感线平行，磁通量为零，按A、B、D三种情况线框移动时，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中线框转动时，穿过线框的磁通量不断发生变化，所以产生感应电流，选项C正确．答案：C9.通电直导线穿过闭合线圈L，如图所示，则( )A．当电流I增大时，线圈L中有感应电流B．当L左右平动时，L中有感应电流C．当L上下平动时，L中有感应电流D．以上各种情况都不会产生感应电流解析：因为直线电流的磁场是同心圆，穿过L线圈的磁通量为0.答案：D10．在闭合铁芯上绕有一组线圈，线圈与滑动变阻器、电池构成闭合电路，假定线圈产生的磁感线全部集中在铁芯内，a、b、c三个闭合金属圆环，位置如图所示，当滑动变阻器滑动触头左右滑动时，能产生感应电流的圆环是( )A．a、b两环B．b、c两环C．a、c两环D．a、b、c三个环解析：滑动触头左右滑动时，引起电路中电流变化，从而引起闭合铁芯中的磁通量变化，a、b两圆环中的磁通量必然随之变化，引起感应电流的产生；而c环中有两股铁芯同时穿过，穿入和穿出的磁通量始终相等，合磁通量为零，所以c中不能产生感应电流．答案：A二、非选择题11.我们在初中学过：“闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就产生电流”．现在我们说“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”．这两种说法是否一致？结合图分析导体AB向左、向右移动时穿过闭合电路ABEF的磁通量如何变化．这种情况是否也符合“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”的说法？解析：当导体AB向左移动时，穿过闭合电路ABEF的磁通量减小，当导体AB向右移动时，穿过闭合电路ABEF的磁通量增加．穿过闭合电路的磁通量均发生变化，闭合电路中就有感应电流产生，可见本题中的两种说法是一致的，但两者的物理实质是有区别的．答案：见解析12.如图所示是生产中常用的一种延时继电器的示意图．铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路．在断开开关S的时候，弹簧E并不能立即将衔铁D拉起，因而不能使触头C(连接工作电路)立即离开，过一段时间后触头C才能离开，延时继电器就是这样得名的，试说明这种继电器的原理．解析：线圈A与电源连接，线圈A中有恒定电流，产生恒定的磁场，有磁感线穿过线圈B，但穿过线圈B的磁通量不变化，线圈B中无感应电流；断开开关S时，线圈A中电流迅速减小为零，穿过线圈B的磁通量也迅速减少，由于电磁感应，线圈B中产生感应电流，由于感应电流的磁场对衔铁D的吸引作用，触头C不离开；经过一小段时间后感应电流减弱，感应电流的磁场对衔铁D的作用力减小，当弹簧E的作用力比磁场力大时，将衔铁D拉起，触头C 离开．答案：见解析。

03第三章电磁感应一、电磁感应现象课时过关·能力提升基础巩固1面积是S的矩形导线框,放在磁感应强度为B的匀强磁场中,当线框平面与磁场方向垂直时,穿过导线框所围面积的磁通量为( )A.0B.BS C .BS D. SB答案:B2下列现象中属于电磁感应现象的是( )A.磁场对通电导线产生力的作用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:电磁感应现象的实质是磁生电。

答案:B3如图所示,线圈两端接在电流计上组成闭合电路。

在下列情况中,电流计指针不发生偏转的是( )A.线圈不动,磁铁插入线圈B.线圈不动,磁铁从线圈中拔出C.磁铁不动,线圈上、下移动D.磁铁插在线圈内不动解析:产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化。

线圈和电流表已经组成闭合回路,只要穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中就会产生感应电流,电流表指针就会发生偏转。

在A、B、C三种情况下,线圈和磁铁发生相对运动,穿过线圈的磁通量发生变化,产生感应电流;而当磁铁插在线圈中不动时,线圈中虽然有磁通量,但磁通量不变化,不产生感应电流。

答案:D4如图所示,小线圈与滑动变阻器、电源组成的电路,而大线圈则与电流表组成闭合电路。

能使电流表指针偏转的情形是( )A.闭合开关后将小线圈插入大线圈的过程中B.小线圈放在大线圈中,闭合开关后将小线圈拔出来的过程中C.小线圈放在大线圈中不动,开关闭合、断开的瞬间D.小线圈放在大线圈中不动,开关闭合,移动滑动变阻器的滑片时解析:在选项A、B、C、D所述的四种情况中都会使大线圈中的磁通量发生变化,都会产生感应电流,使电流表的指针发生偏转,所以四个选项都对。

答案:ABCD5如图所示,矩形线圈与磁场垂直,且一半在匀强磁场内,一半在匀强磁场外,下述过程中能使线圈产生感应电流的是( )A.以bc为轴转动45°B.以ad为轴转动45°C.将线圈向下平移D.将线圈向上平移解析:以bc为轴转动大于60°和以ad为轴转动小于60°时穿过矩形线圈中的磁通量都发生变化,而将线圈上、下平移时,穿过矩形线圈的磁通量不变,根据产生感应电流的条件可知选项B正确,选项A、C、D错误。

策划方案-探望孤寡老人策划书主题：探望孤寡老人目的：关爱孤独的老人，减轻他们的孤独感，提供心理和情感支持，传递社会温暖。

背景：随着社会的发展，越来越多的老年人处于孤独的状态，亟需我们的关怀和支持。

他们的身体虚弱，精神寂寞，缺乏陪伴和温暖的环境，我们有责任为他们提供关爱和帮助。

一、目标群体1. 孤寡老人：长期单独生活，无子女、亲人或社会支持的老人。

2. 穷困老人：经济困难，无法支付医疗费用和基本生活费用的老人。

3. 独居老人：无法自理活动，需要日常生活帮助和看护的老人。

二、策划方案1. 建立志愿者团队为了有效开展探望孤寡老人的活动，我们需要组建一支专业的志愿者团队。

招募对老人关怀有热情、具备良好沟通能力和耐心的志愿者。

通过多种渠道宣传，吸引更多志愿者加入。

2. 调查孤寡老人信息通过社区居民、社会工作者和相关部门的合作，调查孤寡老人的信息，确保我们找到最需要帮助的老人。

收集老人的健康状况、生活需求和精神状态等信息，为后续的帮助提供参考。

3. 定期探望活动定期组织探望活动，包括探望孤寡老人、陪伴他们聊天、提供心理和情感支持。

志愿者可以提供一些小礼物，如水果、日用品等，帮助老人解决生活中的一些实际问题。

4. 提供生活服务和医疗支持接触到有需要的老人后，及时提供生活服务和医疗支持。

志愿者可以协助老人购买日常用品、照顾生活起居，并向社会医疗机构申请医疗援助，帮助老人解决医疗问题。

5.组织老人之间的互助活动组织老人之间的互助活动，鼓励他们互相帮助和关心。

例如，定期的集体晚餐、游戏活动、学习班等，让老人之间建立更多的友谊和互助关系，降低他们的孤独感。

6. 社会宣传和筹款活动通过社会宣传，让更多人了解到孤寡老人的困境，呼吁社会关注和支持。

同时，组织一些筹款活动，为孤寡老人提供更好的帮助和医疗支持。

将筹集到的资金用于日常生活费、医疗费、康复等方面的支持。

三、预期效果1. 孤寡老人的生活质量得到改善，身心健康状况得到提升。

第三章检测(B)(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。

在每小题给出的四个选项中,有的题只有一个选项符合题目要求,有的题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)1自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的,很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。

下列说法不正确的是()A.奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律,说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应,定量给出了电能和热能之间的转换关系答案:B2如图所示,水平桌面上放一闭合铝环,在铝环轴线上方有一条形磁铁。

当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时,下列判断中正确的是()A.铝环有收缩趋势,对桌面压力减小B.铝环有收缩趋势,对桌面压力增大C.铝环有扩张趋势,对桌面压力减小D.铝环有扩张趋势,对桌面压力增大解析:条形磁铁向下迅速移动时,穿过铝环的磁通量增加,根据楞次定律,铝环产生的感应电流的磁场阻碍磁通量的增加,因此有收缩趋势。

铝环阻碍磁铁相对运动,磁铁对铝环有向下的力,故铝环对桌面压力增大,因此选项B正确。

答案:B3如图所示,通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面,第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ,第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ,设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为ΔФ1和ΔФ2,则()A.ΔΦ1>ΔΦ2B.ΔΦ1=ΔΦ2C.ΔΦ1<ΔΦ2D.不能判断解析:设线框在位置Ⅰ时的磁通量为ΦⅠ,在位置Ⅱ时的磁通量为ΦⅡ,直线电流产生的磁场在Ⅰ处比在Ⅱ处要强,ΦⅠ>ΦⅡ。

将线框从Ⅰ平移到Ⅱ,磁感线是从线框的同一面穿过的,所以ΔΦ1=|ΦⅡ-ΦⅠ|=ΦⅠ-ΦⅡ;将线框从Ⅰ绕cd边转到Ⅱ,磁感线分别从线框的正反两面穿过,所以ΔΦ2=|(-ΦⅡ)-ΦⅠ|=ΦⅠ+ΦⅡ(以原来穿过为正,则后来从另一面穿过为负),故正确选项为C。