6互感和自感,7涡流 ,电磁感应章末测试

互感和自感题组一自感现象1.下列单位换算正确的是()A.1亨=1欧·秒B.1亨=1伏·安/秒C.1伏=1韦/秒D.1伏=1亨·安/秒解析:由E=L可知1伏=1亨·安/秒,选项D正确。

答案:D2.在制作精密电阻时,为消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象,采取了双线绕法,如图所示,其道理是()A.当电路中电流变化时,两股导线中产生的自感电动势相互抵消B.当电路中电流变化时,两股导线中产生的感应电流相互抵消C.当电路中电流变化时,两股导线中产生的磁通量相互抵消D.以上说法均不正确解析:由于采用双线并绕的方法,当电流通过时,两股导线中的电流方向是相反的,不管电流怎样变化,任何时刻两股电流总是等大反向的,所产生的磁通量也是等大反向的,故总磁通量等于零,在线圈中不会产生电磁感应现象,因此消除了自感现象,选项C正确。

答案:C题组二通电自感:3.( 多选题 )如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻r不能忽略。

R1和R2是两个定值电阻,L是一个自感系数较大的线圈。

开关S原来是断开的,从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内,通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( )A.I1开始较大而后逐渐变小B.I1开始很小而后逐渐变大C.I2开始很小而后逐渐变大D.I2开始较大而后逐渐变小解析:闭合开关S时,由于L是一个自感系数较大的线圈,产生反向的自感电动势阻碍电流的变化,所以开始I2很小,随着电流达到稳定,自感作用减小,I2开始逐渐变大;闭合开关S时,由于线圈阻碍作用很大,路端电压较大,随着自感作用减小,路端电压减小,所以R1上的电压逐渐减小,电流逐渐减小,故选项A、C正确。

答案:AC4.如图所示的电路,L为自感线圈,R是一个灯泡,E是电源。

当S闭合瞬间,通过灯泡R的电流方向是。

当S断开瞬间,通过灯泡的电流方向是。

解析:当S闭合时,流经R的电流是A→B。

当S断开瞬间,由于电源提供给R及线圈的电流立即消失,因此线圈要产生一个和原电流方向相同的自感电动势来阻碍原电流减小,所以电流流经R时的方向是B→A。

章末检测试卷一(第四章)(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共计48分.1～8题为单选题，9～12题为多选题，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．(2020·定州中学周练)在如图1所示的几种情况中，不能产生感应电流的是( )图1A ．甲图，竖直面内的矩形闭合导线框绕与线框在同一平面内的竖直轴在水平方向的匀强磁场中匀速转动的过程中B ．乙图，水平面内的圆形闭合导线圈静止在磁感应强度正在增大的非匀强磁场中C ．丙图，金属棒在匀强磁场中垂直于磁场方向匀速向右运动的过程中D ．丁图，导体棒在水平向右的恒力F 作用下紧贴水平固定的U 形金属导轨运动的过程中 答案 C2.如图2所示，匀强磁场方向垂直矩形线框平面，先后两次将线框从磁场中同一位置匀速拉出有界磁场．第一次速度为v 1＝v ，第二次速度为v 2＝4v .则在先后两次过程中有( )图2A ．流过线框任一横截面的电荷量之比为1∶4B ．线框中感应电动势之比为1∶4C ．线框所受安培力大小之比为1∶8D ．沿运动方向作用在线框上的外力的功率之比为1∶8答案 B解析 线框在磁场中运动产生感应电动势，E 1＝Bl v ，E 2＝4Bl v ，则E 1∶E 2＝1∶4，B 正确；电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦR ，则q 1∶q 2＝1∶1，A 错误；安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v R，则F 1∶F 2＝1∶4，C 错误；由于匀速运动，外力的功率等于安培力的功率，P 外＝F ·v ＝B 2l 2v 2R，则P 外1∶P 外2＝1∶16，D 错误．3.一根长导线弯曲成如图3所示形状，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内，在电流I增大的过程中，下列叙述正确的是()图3A．金属环中无感应电流产生B．金属环中有顺时针方向的感应电流C．悬挂金属环C的竖直线中的张力不变D．悬挂金属环C的竖直线中的张力变大答案 D解析导线中的电流在金属环C内产生的合磁通量向里，故电流I增大的过程中，金属环C 中的磁通量向里增大，由安培定则及楞次定律知金属环中有逆时针方向的感应电流，故A、B错误；金属环所在的区域上半部分磁场比较大，下半部分磁场比较小，由左手定则知金属环受到了竖直向下的安培力的作用且随着电流I增大而增大，故C项错误，D项正确．4．(2020·浙江杭州模拟)如图4所示，三个相同的灯泡a、b、c和电阻不计的线圈L与内阻不计的电源连接，下列判断正确的是()图4A．K闭合的瞬间，b、c两灯亮度不同B．K闭合足够长时间以后，b、c两灯亮度相同C．K断开的瞬间，a、c两灯立即熄灭D．K断开之后，b灯突然闪亮以后再逐渐变暗答案 D解析K闭合的瞬间，由于线圈的自感作用，可以看成b、c灯串联后与a并联接在电源上，a灯最亮，b、c两灯亮度相同，选项A错误；K闭合足够长时间以后，b灯被线圈短路，b 灯熄灭，a、c两灯亮度相同，选项B错误；K断开的瞬间，a、c两灯串联后与b灯并联再与线圈组成闭合回路，a、c两灯变暗逐渐熄灭，b灯突然闪亮以后再逐渐变暗，选项C错误，D正确．5.如图5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，金属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，金属棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )图5A ．金属棒的机械能增加量B ．金属棒的动能增加量C ．金属棒的重力势能增加量D ．电阻R 上产生的热量答案 A解析 金属棒加速上升时受到重力、拉力F 及安培力．根据功能关系可知，力F 与安培力做功的代数和等于金属棒的机械能的增加量，A 正确．6.如图6，一个匝数为100匝的圆形线圈，面积为0.4 m 2，电阻为r ＝1 Ω.在线圈中存在面积为0.2 m 2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B ＝0.3＋0.15t (T)．将线圈两端a 、b 与一个阻值R ＝2 Ω的电阻相连接，b 端接地．则下列说法正确的是( )图6A ．通过电阻R 的电流方向向下B ．回路中的电流大小不变C ．电阻R 消耗的电功率为3 WD ．a 端的电势为－3 V答案 B解析 磁通量随时间均匀增加，根据楞次定律可知，感应电流通过R 的方向向上，选项A 错误；由ΔB Δt＝0.15 T/s 可知，回路中产生的感应电动势不变，则感应电流大小不变，选项B 正确；E ＝n ΔB Δt S ＝100×0.15×0.2 V ＝3 V ，则回路的电流I ＝E R ＋r ＝32＋1A ＝1 A ，电阻R 消耗的电功率为P R ＝I 2R ＝2 W ，选项C 错误；R 两端的电压U R ＝IR ＝2 V ，即φb －φa ＝2 V ，因φb ＝0可得φa ＝－2 V ，选项D 错误．7．如图7甲所示，A 、B 为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置．若A 线圈中通有如图乙所示的变化电流i ，则下列说法正确的是( )图7A．t1到t2时间内B线圈电流方向与A线圈内电流方向相反B．t1到t3时间内B线圈电流方向一直没有发生变化C．t1时刻两线圈间作用力最大D．t2时刻两线圈间作用力最大答案 B解析在t1到t2时间内，若设逆时针(从左向右看)方向为正，则A线圈电流方向沿逆时针且逐渐减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过B线圈方向向左的磁通量减小，由楞次定律和右手螺旋定则可知，B线圈的电流沿逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，故A错误；在t2到t3时间内，A线圈电流方向沿顺时针且逐渐增大，所以根据右手螺旋定则知，穿过B 线圈方向向右的磁通量增大，由楞次定律和右手螺旋定则可知，B线圈的电流沿逆时针方向，所以在t1到t3时间内B线圈电流方向为逆时针一直没有发生变化，故B正确；由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率为零，所以线圈B中感应电流为零，因此两线圈间作用力为零，故C错误；在t2时刻，线圈A中的电流为零，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B中感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力为零，故D错误．8．(2020·长春十一中月考)如图8所示，等腰直角三角形AOB内部存在着垂直纸面向外的匀强磁场，OB在x轴上，长度为2L.纸面内一边长为L的正方形导线框的一边在x轴上，沿x 轴正方向以恒定的速度穿过磁场区域．规定顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，t＝0时刻导线框正好处于图示位置．则下面四幅图中能正确表示导线框中感应电流i随位移x变化的是()图8答案 B解析根据法拉第电磁感应定律，当0～L时，通过线框的磁通量均匀增加，产生顺时针方向的感应电流；当L～2L时，右边切割磁感线的长度减小，左边切割磁感线的长度增大，由法拉第电磁感应定律可判断两个边切割磁感线产生的电流方向相反，所以合电流逐渐减小，在1.5L时电流减小到零，随后左边切割磁感线的长度大于右边，电流反向；当2L～3L时，通过线框的磁通量均匀减小，产生逆时针方向的感应电流，所以B选项正确．9.电吉他中的拾音器的基本结构如图9所示，磁体附近的金属弦被磁化，当拨动金属弦时，拾音器中的线圈能将振动产生的声音信号转换为电信号并传送到音箱发出声音，下列说法正确的是()图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．金属弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化答案BCD解析选用铜质弦时，铜质弦为非磁性材料，不会被磁化，不会产生电磁感应现象，电吉他不能正常工作，选项A错误；取走磁体时，金属弦磁性消失，电吉他不能正常工作，选项B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，选项C 正确；根据楞次定律可知，金属弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化，选项D正确．10.如图10所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中有一水平放置的U形金属导轨，导轨宽度为L，导轨左端连接一阻值为R的电阻，导轨电阻不计．在导轨上垂直放置一根长度为L、电阻为r的金属棒MN，金属棒与导轨接触良好，用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动，则金属棒运动过程中()图10A．金属棒中的电流方向为由N到MB．电阻R两端的电压为BL vC ．金属棒受到的安培力大小为B 2L 2v R ＋rD ．电阻R 产生的焦耳热的功率为B 2L 2v R答案 AC解析 由右手定则可知金属棒MN 中的电流方向为由N 到M ，故A 正确；MN 产生的感应电动势为E ＝BL v ，则电阻R 两端的电压为U ＝RBL v R ＋r ，故B 错误；回路中感应电流大小为I ＝BL v R ＋r，金属棒MN 受到的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r，故C 正确；电阻R 产生的焦耳热的功率为P ＝I 2R ＝(BL v R ＋r )2R ＝B 2L 2v 2R (R ＋r )2，故D 错误． 11．如图11甲所示，两根间距为L 的粗糙导轨水平放置，在导轨上垂直导轨放置一根导体棒MN ，导体棒MN 接入回路中的电阻为R ，与导轨接触良好，且处在竖直向上的匀强磁场B 1中．导轨的左端与一个半径为l 的单匝导线圈连接，P 、Q 两点间距离很小，导线圈内存在着竖直向下的磁场B 2，B 2随时间变化的图象如图乙所示．已知导体棒MN 始终保持静止状态，导轨与导线圈电阻不计，则在B 2均匀减弱的过程中，下列说法正确的是( )图11A ．导体棒MN 受到水平向左的摩擦力B ．导体棒MN 受到水平向右的摩擦力C ．导体棒MN 受到的摩擦力大小为B 1πB 2R t 2L D ．导体棒MN 受到的摩擦力大小为B 1πB 2l 2Rt 2L 答案 BD解析 根据楞次定律可知，导线圈内的感应电流方向为顺时针，根据左手定则，导体棒MN 受到水平向左的安培力，根据平衡条件可知导体棒MN 受到水平向右的摩擦力，故B 正确，A 错误；根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝B 2πl 2t 2，由欧姆定律可知I ＝E R，安培力大小为F ＝B 1IL ，摩擦力大小为F f ＝F ＝πB 1B 2l 2L Rt 2，故D 正确，C 错误． 12.(2020·湖北黄冈调研)如图12所示，在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为m ，电阻为R ，边长为L ，从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a 进入磁场区域，t 1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流i 的正方向，外力大小为F ，线框中电功率的瞬时值为P ，通过导线横截面的电荷量为q ，选项中P －t 图象和q －t 图象均为抛物线，则这些量随时间变化的图象正确的是( )图12答案 CD解析 线框做切割磁感线运动，运动速度v ＝at ，产生的感应电动势E ＝BL v ，所以产生的感应电流i ＝BL v R ＝BLat R，故A 错误；对线框受力分析，由牛顿第二定律得F －F 安＝ma ，F 安＝BLi ＝B 2L 2at R ，解得F ＝ma ＋B 2L 2at R，F －t 图象是不过原点的倾斜直线，故B 错误；电功率P ＝i 2R ＝(BLat )2R，P 与t 是二次函数关系，图象为抛物线，故C 正确；由电荷量表达式，则有q ＝ΔΦR ＝BL ·12at 2R，q 与t 是二次函数关系，图象为抛物线，故D 正确． 二、非选择题(本题共5小题，共计52分)13．(8分)(2020·南充市高级中学高二期中)一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转．现把它与一个线圈串联，将磁铁从线圈上方插入或拔出，如图13所示．请完成下列填空：图13(1)图甲中灵敏电流计指针的偏转方向为__________．(填“偏向正极”或“偏向负极”)(2)图乙中磁铁下方的极性是__________．(填“N 极”或“S 极”)(3)图丙中磁铁的运动方向是__________．(填“向上”或“向下”)(4)图丁中线圈从上向下看的电流方向是__________．(填“顺时针”或“逆时针”) 答案 (1)偏向正极(2分) (2)S 极(2分) (3)向上(2分) (4)顺时针(2分)解析 (1)磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向(从上向下看)为逆时针方向，即电流从正接线柱流入电流计，指针偏向正极．(2)由题图乙可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又知磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S 极．(3)磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁铁向上运动．(4)磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律可知感应电流方向(从上向下看)为顺时针方向．14．(8分)如图14所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 均匀变化．正方形硬质金属框abcd 放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R ＝0.1 Ω，边长l ＝0.2 m ．求：图14(1)在t ＝0到t ＝0.1 s 时间内，金属框中的感应电动势E ；(2)t ＝0.05 s 时，金属框ab 边受到的安培力F 的大小和方向；(3)在t ＝0到t ＝0.1 s 时间内，金属框中电流的电功率P .答案 (1)0.08 V (2)0.016 V 垂直于ab 向左 (3)0.064 W解析 (1)在t ＝0到t ＝0.1 s 的时间内，Δt ＝0.1 s ，磁感应强度的变化量ΔB ＝0.2 T ，设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ，有ΔΦ＝ΔB ·l 2①(1分)由于磁场均匀变化，金属框中产生的感应电动势是恒定的，有E ＝ΔΦΔt②(1分) 联立①②式，代入数据解得E ＝0.08 V ③(1分)(2)设金属框中的感应电流为I ，由欧姆定律有I ＝E R④(1分) 由题图可知，t ＝0.05 s 时，磁感应强度为B 1＝0.1 T ，金属框ab 边受到的安培力F ＝IlB 1⑤(1分)联立③④⑤式，代入数据解得F ＝0.016 N ⑥方向垂直于ab 向左．⑦(1分)(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P＝I2R⑧(1分)联立③④⑧式，代入数据解得P＝0.064 W．(1分)15．(10分)如图15所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成θ＝30°角，平行导轨间距L＝1.0 m．匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.2 T．两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动．两金属杆的质量均为m＝0.2 kg，电阻均为R＝0.2 Ω.若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好．金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2.求：图15(1)cd杆受到的安培力F安的大小；(2)通过金属杆的感应电流大小I；(3)作用在金属杆ab上拉力的功率．答案(1)1.0 N(2)5.0 A(3)20 W解析(1)金属杆cd静止在金属导轨上，所受安培力方向平行于导轨平面向上．则F安＝mg sin 30°(1分)解得：F安＝1.0 N(1分)(2)F安＝BIL(1分)解得：I＝5.0 A(1分)(3)金属杆ab所受安培力方向平行于导轨平面向下，金属杆ab在拉力F、安培力F安和重力mg沿导轨方向分力作用下匀速上滑，则F＝BIL＋mg sin 30°(2分)根据法拉第电磁感应定律，金属杆ab上产生的感应电动势为E＝BL v(1分)根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流I＝E2R(1分)根据功率公式：P＝F v(1分)联立解得P＝20 W．(1分)16.(12分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图16所示．一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上，转轴的左端有一个半径为r＝R3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m ＝0.5 kg 的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．a 点与金属导轨相连，b 点通过电刷与O 端相连．测量a 、b 两点间的电势差U 可求得铝块速度．铝块由静止释放，下落h ＝0.3 m 时，测得U ＝0.15 V ．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g ＝10 m/s 2)图16(1)测U 时，与a 点相接的是电压表的正极还是负极？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块损失的机械能．答案 (1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J解析 (1)由右手定则判断，金属棒中电流方向为由O 到A ，则A 端为等效电源正极，则与a 点相接的是电压表的正极．(2分)(2)由法拉第电磁感应定律得U ＝E ＝BR v (2分) v ＝12Rω(1分) 得U ＝12BωR 2(1分) 圆盘和金属棒一起转动，则两者角速度相同，铝块的速度与圆盘边缘的线速度大小相等，(1分)v ＝rω＝13ωR (1分) 所以v ＝2U 3BR＝2 m/s.(1分) (3)ΔE ＝mgh －12m v 2(2分) 解得ΔE ＝0.5 J ．(1分)17．(14分)如图17甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距L ＝0.8 m ，其下端接有阻值R ＝3 Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．一质量m ＝0.1 kg 、阻值r ＝0.15 Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M ＝0.9 kg 的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM 方向．棒由静止释放后，沿NM 方向位移x 与时间t 之间的关系如图乙所示，其中ab 为直线．已知棒在0～0.3 s 内通过的电荷量是0.3～0.4 s 内通过电荷量的2倍，取g ＝10 m/s 2，求：图17(1)0～0.3 s 内棒通过的位移x 1的大小；(2)电阻R 在0～0.4 s 内产生的热量Q 1.答案 (1)0.6 m (2)3 J解析 (1)棒在0～0.3 s 内通过的电荷量q 1＝I Δt 1(1分)平均感应电流I ＝ER ＋r (1分) 回路中平均感应电动势E ＝Bx 1L Δt 1(1分) 得q 1＝BLx 1R ＋r(1分) 同理，棒在0.3～0.4 s 内通过的电荷量q 2＝BL (x 2－x 1)R ＋r(1分) 由题图乙读出0.4 s 时刻位移大小x 2＝0.9 m又q 1＝2q 2联立解得x 1＝0.6 m ．(2分)(2)由题图乙知棒在0.3～0.4 s 内做匀速直线运动，棒的速度大小v ＝0.9－0.60.4－0.3m/s ＝3 m/s(1分) 0～0.4 s 内，对整个系统，根据能量守恒定律得Q ＝Mgx 2－mgx 2sin θ－12(M ＋m )v 2(3分) 代入数据解得Q ＝3.15 J(1分)根据焦耳定律有Q 1Q ＝R R ＋r(1分) 代入数据解得Q 1＝3 J ．(1分)。

第一章安培力与洛伦兹力
1磁场对通电导线的作用力
专题强化练1安培力作用下导体的平衡和运动问题
2磁场对运动电荷的作用力
专题强化练2洛伦兹力与现代科技
3带电粒子在匀强磁场中的运动
专题强化练3带电粒子在有界匀强磁场中的运动
训练1带电粒子在有界匀强磁场中的运动
训练2带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界和多解问题4质谱仪与回旋加速器
专题强化练4带电粒子在组合场中的运动
训练1带电粒子在组合场中的运动
训练2带电粒子在立体空间中的运动(选练)
专题强化练5带电粒子在叠加场中的运动
第二章电磁感应
1楞次定律
专题强化练6楞次定律的应用
2法拉第电磁感应定律
专题强化练7电磁感应中的电路、电荷量问题
专题强化练8电磁感应中的图像问题
3涡流、电磁阻尼和电磁驱动
4互感和自感
专题强化练9电磁感应中的动力学和能量问题
专题强化练10电磁感应中的动量问题
第三章交变电流
1交变电流
2交变电流的描述
专题强化练11交变电流规律的应用
3变压器
专题强化练12变压器的综合问题
4电能的输送
第四章电磁振荡与电磁波
1电磁振荡
2电磁场与电磁波
3无线电波的发射和接收
4电磁波谱
第五章传感器
1认识传感器
2常见传感器的工作原理及应用
3利用传感器制作简单的自动控制装置
章末与模块检测章末检测试卷(一)
章末检测试卷(二)
章末检测试卷(三)
章末检测试卷(四)
章末检测试卷(五)
模块综合试卷(一)
模块综合试卷(二)。

章末检测试卷(第一章)(时间：90分钟总分为：100分)一、选择题(此题共12小题，每一小题4分，共计48分.1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分)1．在物理学开展中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．如下表示符合史实的是( )A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应说明了电和磁之间存在联系B．法拉第根据通电直导线的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．安培在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，出现了感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反答案 A解析奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确；根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场的相似性，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项B错误；法拉第探究磁产生电的问题，发现导线中电流“通、断〞时导线附近的固定导线圈中出现感应电流而导线中通有恒定电流时导线圈中不产生感应电流，选项C错误；楞次定律指出感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D错误．2．如图1所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．如下说法正确的答案是( )图1A．电流计中的电流先由a到b，后由b到aB．a点的电势始终低于b点的电势C．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度答案 D解析在磁铁进入螺线管的过程中，螺线管磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b经电流计流向a；在磁铁穿出螺线管下端的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a经电流计流向b，如此a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故A、B错误；磁铁减少的重力势能转化为内能和磁铁的动能，C错误；磁铁刚离开螺线管时，由楞次定律“来拒去留〞可知，磁铁受到的合外力小于重力，D正确．3．如图2所示是研究通电自感现象实验的电路图，A1、A2是两个规格一样的小灯泡，闭合开关，调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度一样，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，如此 ( )图2A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B．闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮C．稳定后，L和R两端的电势差一定一样D．稳定后，A1和A2两端的电势差不一样答案 C解析断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定一样，A1和A2两端的电势差也一样，所以C正确，D错误．4．匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正方向，磁感应强度B随时间t的变化规律如图3甲所示，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示．令E1、E2、E3分别表示Oa、bc、cd段的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的电流，如此如下判断正确的答案是( )图3A．E1<E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．E1<E2，I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向C．E2<E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向D．E2＝E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向答案 A5．(2018·市房山区模拟)电磁感应现象在生产、生活中有着广泛的应用．图4甲为工业上探测物件外表层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术原理图．其原理是将线圈中通入电流，使被测物件内产生涡流，借助探测线圈内电流变化测定涡流的改变，从而获得被测物件内部是否断裂与位置的信息．图乙为一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立即跳起．关于对以上两个应用实例理解正确的答案是( )图4A．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料B．涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象C．以上两个应用实例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源D．以上两个应用实例中的线圈所连接电源也可以都是恒定电源答案 A6．(2017·某某、扬州、泰州、淮安四市模拟)法拉第发明了世界上第一台发电机．如图5所示，圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M、N分别与盘的边缘和中心点接触良好，且与灵敏电流计相连．金属盘绕中心轴沿图示方向转动，如此( )图5A．电刷M的电势高于电刷N的电势B．假设只将电刷M移近N，电流计的示数变大C．假设只提高金属盘转速，电流计的示数变大D．假设只将变阻器滑片向左滑动，电流计的示数变大答案 C解析 由电流的流向，根据安培定如此，可知蹄形磁铁的左端为N 极，右端为S 极，两磁极间的磁场方向向右，根据金属盘的转动方向，结合右手定如此可以判断，电刷N 的电势高于电刷M 的电势，A 错误；假设只将电刷M 移近N ，如此电路中的感应电动势减小，电流计的示数减小，B 错误；假设只提高金属盘的转速，如此金属盘中产生的感应电动势增大，电流计的示数增大，C 正确；假设只将变阻器滑片向左滑动，变阻器接入电路的电阻增大，如此电磁铁中的电流减小，两磁极间的磁感应强度减小，圆盘中产生的感应电动势减小，电流计的示数减小，D 错误．7．(2018·全国卷Ⅰ)如图6所示，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，如此B ′B等于( )图6A.54B.32C.74D ．2 答案 B解析 设半圆弧PQS 的半径为r ，在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12πr 2－14πr 2Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R且q 1＝I 1Δt 1在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝(B ′－B )12πr 2Δt 2I 2＝E 2R q 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12πr 2－14πr 2R ＝(B ′－B )12πr2R所以B ′B ＝32. 8.如图7所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以与小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )图7A ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W答案 B解析 小灯泡稳定发光时，导体棒MN 匀速下滑，其受力如下列图，f ＝μmg cos 37°，由平衡条件可得F 安＋f ＝mg sin 37°，故F 安＝mg (sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N ，由F 安＝BIL 得I ＝F 安BL ＝1 A ，所以E ＝I (R 灯＋R MN )＝2 V ，导体棒的运动速度v ＝E BL＝5 m/s ，小灯泡消耗的电功率为P 灯＝I 2R 灯＝1 W ．正确选项为B.9．(2017·苏北四市联考)如图8甲所示，一个刚性圆形线圈与电阻R 构成闭合回路，线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．如下关于线圈中产生的感应电动势e 、电阻R 消耗的功率P 随时间t 变化的图像，可能正确的有( )图8答案 BD解析 线圈的面积不变，由E ＝nS ΔB Δt得感应电动势为定值，且磁场增强和磁场减弱引起的感应电动势方向相反，A 错误，B 正确；对于电阻R ，流过的电流大小不变，功率P ＝I 2R 恒定，C 错误，D 正确．10．如图9甲所示，一个匝数n ＝100的圆形导体线圈，面积S 1＝0.4 m 2，电阻r ＝1 Ω.在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示．有一个R ＝2 Ω的电阻，将其两端a 、b 分别与图甲中的圆形线圈相连接，b 端接地，如此如下说法正确的答案是( )图9A ．圆形线圈中产生的感应电动势E ＝6 VB ．在0～4 s 时间内通过电阻R 的电荷量q ＝6 CC ．设b 端电势为零，如此a 端的电势φa ＝3 VD ．在0～4 s 时间内电阻R 上产生的焦耳热Q ＝18 J答案 BD解析 由法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔB Δt S 2，由题图乙可得ΔB Δt ＝0.64T/s ＝0.15 T/s ，将其代入可得E ＝4.5 V ，A 错．q ＝I Δt ＝E R ＋r ·Δt ＝n ΔΦ(R ＋r )Δt Δt ＝n ΔΦR ＋r ，在0～4 s 穿过圆形导体线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3 Wb－0＝0.18 Wb ，代入可得q ＝6 C ，B 对.0～4 s 内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合安培定如此可得b 点电势高，a 点电势低，故C 错．由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得I ＝E r ＋R＝1.5 A ，由焦耳定律可得Q ＝I 2Rt ＝18 J ，D 对．11．如图10甲所示，电阻不计且间距L ＝1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R ＝2 Ω的电阻，虚线OO ′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab 从OO ′上方某处由静止释放．金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平．杆ab 进入磁场时的速度v 0＝1 m/s ，下落0.3 m 的过程中加速度a 与下落距离h 的关系图像如图乙所示，g 取10 m/s 2，如此( )图10A ．匀强磁场的磁感应强度为2 TB ．杆ab 下落0.3 m 时，金属杆的速度为1 m/sC ．杆ab 下落0.3 m 的过程中，R 上产生的热量为0.2 JD ．杆ab 下落0.3 m 的过程中，通过R 的电荷量为0.25 C答案 AD解析 当金属杆进入磁场后，根据右手定如此判断可知金属杆ab 中电流的方向由a 到b .由题图乙知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a 1＝10 m/s 2，方向竖直向上．由牛顿第二定律得：BI 1L －mg ＝ma 1，其中I 1＝E R ＝BLv 0R，代入数据解得：B ＝2 T ，故A 正确；a ＝0时金属杆受到的重力与安培力平衡，有mg －BIL ＝0，其中I ＝BLv R ，联立得：v ＝0.5 m/s ，故B 错误；从开始到下落0.3 m 的过程中，由能量守恒有：mgh －Q ＝12mv 2，代入数据得：Q ＝0.287 5 J ，故C 错误；金属杆自由下落高度为h 0＝v 22g ＝0.05 m ，金属杆下落0.3 m 的过程中通过R 的电荷量为：q ＝I Δt ＝E R Δt ＝ΔΦΔt R Δt ＝ΔΦR ＝BL (h －h 0)R，代入数据得q ＝0.25 C ，故D 正确． 12．如图11所示，有一个在水平面内固定的“V〞字形金属框架CAD ，θ＝60°，磁感应强度为B 的匀强磁场方向竖直向下，导体棒MN 在框架上从A 点开始在外力F 作用下，沿垂直MN 方向以速度v 匀速向右平移，使导体棒和框架始终构成等边三角形回路．框架和导体棒的材料和横截面积均一样，其单位长度的电阻均为r ，框架和导体棒均足够长，导体棒运动中始终与磁场方向垂直，且与框架接触良好．如下关于回路中的电流I 、外力F 和回路消耗的电功率P 随时间t 变化关系的四个图像中正确的答案是( )图11答案 AC解析 导体棒运动时间为t 时，通过的位移为x ＝vt ，回路中的有效切割长度为：L ＝2x tan θ2，感应电动势为E ＝BLv ，回路的总电阻为R 总＝r ·3·2x tan θ2，联立得感应电流与t 的关系式为I ＝Bv 3r，B 、v 、r 一定，如此I 为一定值，故A 正确，B 错误；外力F 大小等于安培力大小，如此F ＝BIL ＝2B 2v 2tan θ23r t ，F 与t 成正比，故C 正确；运动x 时的功率为：P ＝I 2R 总＝2B 2v 3tan θ23r t ，如此P 与t 成正比，故D 错误．二、非选择题(此题共5小题，共计52分)13．(8分)(2018·三明市高二下学期期末)如图12甲所示为“研究电磁感应现象〞的实验装置．图12(1)按实验的要求将图甲中所缺的导线补画完整．(2)开关闭合后，如下说法正确的答案是________．A．只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转B．线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流计指针偏转的角度越大C．如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，A线圈插入B 线圈中，将滑动变阻器滑动触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针向左偏一下(3)上述实验中，原线圈A可等效为一个条形磁铁，将线圈B和灵敏电流计连接如图乙所示，当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转．如此当条形磁铁迅速向上拔出时，图中灵敏电流计指针向______(填“正〞或“负〞)接线柱方向偏转．答案(1)如下列图(3分)(2)BC(3分)(3)正(2分)解析(1)将电源、开关、滑动变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如下列图．(2)当将线圈A放在线圈B中，因磁通量不变，如此不会引起电流计指针偏转，故A错误；线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，如此穿过线圈的磁通量的变化率越大，感应电动势越大，如此产生的感应电流越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故B正确；在闭合开关时，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，A 线圈插入B 线圈中，将滑动变阻器滑动触头迅速向左拉时，接入电路中的电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知灵敏电流计指针向左偏一下，故C 正确．(3)当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转，根据楞次定律，依据题图可知，螺线管的感应电流由上向下，如此当条形磁铁迅速向上拔出时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，螺线管的感应电流由上向下，灵敏电流计指针向正接线柱方向偏转．14．(10分)如图13甲所示，竖直平面内有边长l ＝0.2 m 的正方形线框，匝数n ＝100，线框总电阻R ＝8 Ω，一范围足够大的匀强磁场，其方向垂直于线框平面，磁场的磁感应强度B 按如图乙所示规律变化(磁场方向以垂直于线框平面向外为正)．求：图13 (1)前2 s 内，线框产生的焦耳热；(2)t ＝0.5 s 时，线框的ab 边受到的安培力大小．答案 (1)16 J (2)20 N解析 (1)前2 s 内线框的感应电动势大小为：E ＝n ΔB ΔtS (2分) 解得E ＝8 V(1分)线框产生的焦耳热Q ＝E 2Rt (1分) 解得Q ＝16 J(1分)(2)由楞次定律可知前2 s 内线框中的感应电流方向为abcda ，t ＝0.5 s 时ab 边受到的安培力方向向上安培力的大小F ＝nBIl (2分)I ＝E R(1分) 由题图乙可知t ＝0.5 s 时磁感应强度的大小B ＝1 T(1分)解得F ＝20 N ．(1分)15．(10分)小明同学设计了一个“电磁天平〞，如图14所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g ＝10 m/s 2)图14 图15(1)为使“电磁天平〞的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状一样的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图15所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt. 答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s解析 (1)“电磁天平〞中的线圈受到安培力，I ＝2.0 A 时线圈的匝数最少F ＝N 1B 0IL (1分)由天平平衡可知：mg ＝N 1B 0IL (2分)代入数据解得：N 1＝25匝．(1分)(2)由法拉第电磁感应定律得：E ＝N 2ΔΦΔt ＝N 2ΔB ΔtLd (2分) 由欧姆定律得：I ′＝E R(1分)线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L (1分)由天平平衡可得：m ′g ＝F ′(1分)联立各式，代入数据可得ΔB Δt ＝0.1 T/s.(1分)16．(10分)(2017·江苏单科)如图16所示，两条相距为d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图16 (1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ；(3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P .答案 (1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2(v 0－v )2R解析 (1)感应电动势E ＝Bdv 0(1分)感应电流I ＝E R (1分)解得I ＝Bdv 0R(1分) (2)安培力F ＝BId (1分)对金属杆，由牛顿第二定律得F ＝ma (1分)解得a ＝B 2d 2v 0mR(1分) (3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′＝v 0－v (1分) 如此感应电动势E ′＝Bdv ′(1分)电功率P ＝E ′2R(1分) 解得P ＝B 2d 2(v 0－v )2R(1分) 17．(14分)(2018·池州市高二下期末)如图17所示，平行长直光滑固定的金属导轨MN 、PQ 平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距为L ＝0.5 m ，上端接有R ＝3 Ω的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区域为OO ′O 1′O 1，磁感应强度大小为B ＝2 T ，磁场区域宽度为d ＝0.4 m ，放在导轨上的一金属杆ab 质量为m ＝0.08 kg 、电阻为r ＝2 Ω，从距磁场上边缘d 0处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度v ＝2 m/s.导轨的电阻可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2，求：图17(1)金属杆距磁场上边缘的距离d 0；(2)通过磁场区域的过程中通过金属杆的电荷量q ； (3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R 上产生的焦耳热Q R .答案 (1)0.4 m (2)0.08 C (3)0.096 J 解析 (1)由能量守恒定律得mgd 0sin 30°＝12mv 2(1分) 金属杆距磁场上边缘的距离d 0＝0.4 m(1分)(2)由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt(1分) 由闭合电路欧姆定律I ＝ER ＋r (1分)q ＝I ·Δt (1分) 如此金属杆通过磁场区域的过程中通过其的电荷量q ＝ΔΦR ＋r ＝BLd R ＋r＝0.08 C(1分) (3)由法拉第电磁感应定律，金属杆刚进入磁场时E ＝BLv ＝2 V(1分)由闭合电路欧姆定律I ＝ER ＋r ＝0.4 A(1分)金属杆受到的安培力F ＝BIL ＝0.4 N(1分)金属杆重力沿导轨向下的分力F ′＝mg sin 30°＝0.4 N(1分)所以金属杆进入磁场后做匀速运动(1分)由能量守恒定律得，回路中产生的焦耳热Q＝mgd sin 30°(1分)金属杆通过磁场区域的过程中，在电阻R上产生的热量Q R＝RR＋rQ(1分)代入数据可得Q R＝0.096 J．(1分)。

章末综合测评1 电磁感应电动势为定值，所以感应电流大小恒定．第2 s内磁场方向向外，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知感应电流为逆时针方向，A项正确．]3.如图3，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分别为U a、U b、U c.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()图3A．U a>U c，金属框中无电流B．U b >U c，金属框中电流方向沿a→b→c→aC．U bc＝－12Bl2ω，金属框中无电流D．U bc＝12Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→aC[金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误．转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断U a＜U c，U b＜U c，选项A错误；由转动切割产生感应电动势的公式得U bc＝－12Bl2ω，选项C正确．]4．如图4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：97752078】图4A．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B[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．]5.如图5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()图5A．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∶1B[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＝SΔBΔt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．] 6．如图6所示，L是自感系数很大的理想线圈，a、b为两只完全相同的小灯泡，R0是一个定值电阻，则下列有关说法中正确的是()【导学号：97752079】图6A．当S闭合瞬间，a灯比b灯亮B．当S闭合待电路稳定后，两灯亮度相同C．当S突然断开瞬间，a灯比b灯亮些D．当S突然断开瞬间，b灯立即熄灭C[S闭合瞬间，a、b同时亮，b比a亮；稳定后，a灯不亮；S断开瞬间，a 灯比b 灯亮．]7.如图7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的电荷量为q 1；第二次bc 边平行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( )图7A ．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 2A [根据法拉第电磁感应定律E ＝Bl v 、欧姆定律I ＝E R 和焦耳定律Q ＝I 2Rt ，得线圈进入磁场产生的热量Q ＝B 2l 2v 2R ·l ′v ＝B 2Sl v R ，因为l ab >l bc ，所以Q 1>Q 2.根据E ＝ΔΦΔt，I ＝E R 及q ＝I Δt 得q ＝BS R ，故q 1＝q 2.选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．]8．紧靠在一起的线圈A 与B 如图8甲所示，当给线圈A 通以图8乙所示的电流(规定由a 进入b 流出为电流正方向)时，则线圈cd 两端的电势差不可能为图中的( )甲 乙图8A B C DBCD [0～1 s 内，A 线圈中电流均匀增大，产生向左均匀增大的磁场，由楞次定律可知，B 线圈中外电路的感应电流方向由c 到d ，大小不变，c 点电势高，所以U c d -t 图为选项A ，不可能为选项B 、C 、D ．]9.如图9所示，线圈内有条形磁铁，将磁铁从线圈中拔出来时( )图9A ．φa >φbB ．φa <φbC ．电阻中电流方向由a 到bD ．电阻中电流方向由b 到aBD [线圈中磁场方向向右，磁铁从线圈中拔出时，磁通量减少，根据楞次定律，线圈中产生感应电动势，右端为正极，左端为负极，所以电阻中电流方向由b 到a ，故φb >φa .B 、D 项正确．]10．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动轴垂直于磁场．若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图10所示，则( )【导学号：97752080】图10A ．线圈中0时刻感应电动势最小B ．线圈中C 时刻感应电动势为零C ．线圈中C 时刻感应电动势最大D ．线圈从0至C 时间内平均感应电动势为0.4 VBD [感应电动势E ＝ΔΦΔt，而磁通量变化率是Φ-t 图线的切线斜率，当t ＝0时Φ＝0，但ΔΦΔt ≠0；t ＝C 时Φ＝2×10－3 Wb ，但ΔΦΔt＝0，选项B 正确，A 、C 错误．从0至C 时间内ΔΦ＝2×10－3 Wb ，E ＝ΔΦΔt ＝2×10－30.005V ＝0.4 V ，选项D 正确．]11．电吉他中电拾音器的基本结构如图11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( )图11A ．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BCD[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＝NΔΦ知，线圈的感应电动势变Δt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．]12.如图12所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中，下列说法正确的是()【导学号：97752081】图12A．恒力F做的功等于电路产生的电能B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和CD[沿水平方向，ab棒受向右的恒力F、向左的摩擦力F f和安培力F安，随棒速度的增大，安培力增大，合力F－F f－F安减小，但速度在增大，最终可能达到最大速度．从功能关系来看，棒克服安培力做功等于其他形式的能转化成的电能，故A、B错误，C正确；由动能定理知，恒力F、安培力和摩擦力三者的合力做的功等于金属棒动能的增加量，D正确；也可从能量守恒角度进行判定，即恒力F做的功等于电路中产生的电能、因摩擦而产生的内能及棒动能的增加之和．]二、非选择题(本题共4小题，共52分)13. (12分)如图13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度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：图13(1)电阻R 消耗的功率；(2)水平外力的大小．【解析】 (1)导体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 ＝F① F 安＝BIl ＝B 2l 2v R②故F ＝B 2l 2v R ＋μmg .【答案】 (1)B 2L 2v 2R (2)B 2l 2v R ＋μmg14．(12分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图14所示．一个半径为R ＝0.1 m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R 的金属棒OA ，A 端与导轨接触良好，O 端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r ＝R 3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m ＝0.5 kg 的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．a 点与导轨相连，b 点通过电刷与O 端相连．测量a 、b 两点间的电势差U 可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h ＝0.3 m 时，测得U ＝0.15 V ．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g 取10 m/s 2)图14(1)测U 时，与a 点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失.【导学号：97752082】【解析】 (1)正极．(2)由电磁感应定律得U ＝E ＝ΔΦΔtΔΦ＝12BR 2Δθ U ＝12BωR 2 v ＝rω＝13ωR 所以v ＝2U 3BR ＝2 m/s. (3)ΔE ＝mgh －12m v 2 ΔE ＝0.5 J.【答案】 (1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J15．(14分)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图15所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求：图15(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．【解析】 (1)根据右手定则，得导体棒AB 上的电流方向为B →A ，故电阻R 上的电流方向为C →D ．设导体棒AB 中点的速度为v ，则v ＝v A ＋v B 2而v A ＝ωr ，v B ＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势E ＝Br v根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R ，联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I ＝3Bωr 22R. (2)根据能量守恒定律，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即P ＝BIr v ＋f v ，而f ＝μmg解得P ＝9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr 2. 【答案】 (1)方向为C →D 大小为3Bωr 22R(2)9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr 216．(14分)如图16甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距L ＝0.8 m ，下端接有阻值R ＝3 Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．一质量m ＝0.1 kg 、阻值r ＝0.15 Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M ＝0.9 kg 的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM 方向．棒由静止释放后，沿NM 方向位移x 与时间t 之间的关系如图16乙所示，其中ab 为直线．已知棒在0～0.3 s 内通过的电荷量是0.3～0.4 s 内通过电荷量的2倍，取g ＝10 m/s 2，求：甲 乙图16(1)0～0.3 s 内棒通过的位移x 1的大小；(2)电阻R 在0～0.4 s 内产生的热量Q 1.【解析】 (1)棒在0～0.3 s 内通过的电荷量q 1＝I －Δt 1平均感应电流I －＝E －R ＋r回路中平均感应电动势E －＝Bx 1L Δt 1得q 1＝BLx 1R ＋r同理，棒在0.3～0.4 s 内通过的电荷量q 2＝BL (x 2－x 1)R ＋r由题图乙读出0.4 s 时刻位移大小x 2＝0.9 m又q 1＝2q 2解得x 1＝0.6 m.(2)由题图乙知棒在0.3～0.4 s 内做匀速直线运动，棒的速度大小v ＝0.9－0.60.4－0.3m/s ＝3 m/s对系统，根据能量守恒定律Q ＝Mgx 2－mgx 2sin θ－12(M ＋m )v 2 代入数据解得Q ＝3.15 J根据焦耳定律有Q 1Q ＝R R ＋r代入数据解得Q1＝3 J.【答案】(1)0.6 m(2)3 J。

高中物理-电磁感应章末检测(时间：90分钟满分100分)教学目标：1.会用感应电流的产生条件解释有关现象；2.会用该定律分析与解决一些简单的问题。

3.定性了解交流的变化规律及其图像表示和主要特征物理量。

4.变压器原、副线圈的电压与两个线圈匝数的关系5.知道减少远距输送电能损失的主要途径。

6.会用自感知识分析、解决一些简单问题,并了解自感现象的利弊以及对它们的防止和利用．一、选择题(本题共10小题,共70分．有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确,全部选对得7分,选对但不全的得4分,错选得0分)1．有一台使用交变电流的电冰箱上标有额定电压为“220 V”字样,这“220 V”是指()．A．交变电流电压的瞬时值B．交变电流电压的最大值C．交变电流电压的平均值D．交变电流电压的有效值2．下列器具的工作原理与涡流有关的是()．A．家用电磁炉B．家用微波炉C．变压器的铁芯用多块相互绝缘硅钢片叠加在一起D．风扇转动时扇叶与空气摩擦发热3．如图1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边为轴转动45°B．以ad边为轴转动45°C．将线圈向下平移D．将线圈向上平移4．如图2所示电路,以下结论正确的是()．A．a、b若接直流电,灯泡不亮B．a、b若接直流电,灯泡也可发光C．a、b若接交流电,灯泡发光,灯泡和电容器都有电荷通过D．a、b若接交流电,灯泡发光,电容器中无电荷通过5．一输入电压为220 V,输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏,为获知此变压器原、副线圈匝数,某同学拆下烧坏的副线圈,用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈,如图3所示,然后将原线圈接到220 V交流电源上,测得新绕线圈的端电压为1 V,按理想变压器分析,该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为()．A．1 100,36 B．1 100, 180C．2 200,180 D．2 200,3606．一个电热器接在10 V的直流电源上,消耗的功率是P；当把它接在一个正弦式交变电源上时,消耗的功率是P4,则该交变电压的峰值是()．A．5 V B．7.1 V C．10 V D．12 V7．某正弦交流电的图象如图4所示,则由图象可知()．A．该交流电的频率为0.02 HzB．该交流电的有效值为14.14 AC．该交流电的瞬时值表达式为i＝20sin(0.02t) AD．在t＝T/8时刻,该交流的大小与其有效值相等8．如图5所示,L是一个带铁芯的线圈,R为纯电阻,两条支路直流电阻值相等,那么在接通和断开开关的瞬间,电流表的读数的大小关系是()．A．I1<I2,I1′>I2′B．I1<I2,I1′＝I2′C．I1>I2,I1′＝I2′D．I1＝I2,I1′<I2′9．如图6所示是一调压变压器原理图,如将它做升压变压器使用,则()．A．将交流电源接在a、b端,用电器接在c、d端B．将交流电源接在c、d端,用电器接在a、b端C．将交流电源接在a、c端,用电器接在b、d端D．若要进一步升压,应使P逆时针方向旋转10．某水电站,用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 k m外的用户,其输出电功率是3×106k W.现用500 k V电压输电,则下列说法正确的是()．A．输电线上输送的电流大小为2.0×105 AB．输电线上由电阻造成的损失电压为15 k VC．若改用5 k V电压输电,则输电线上损失的功率为9×108k WD．输电线上损失的功率为ΔP＝U2r,U为输电电压,r为输电线的电阻二、计算题(共2小题,共30分)11．(15分)如图7所示,两交变电流分别通过相同电阻R.(1)分别写出它们的有效值、周期、频率；(2)计算它们在R上产生的功率之比．12．(15分)理想变压器原线圈通入i＝I m sin ωt的交流电流,一灯泡和交流电流表串联后接在副线圈两端,电流表读数为I2＝0.4 A,当t＝18T时,原线圈电流i＝30mA,由此可知,此变压器的原、副线圈匝数比为多少？已知ω＝2πT.1解析在各种使用交变电流的电器设备上,所标注的额定电压值、额定电流值都是交变电流的有效值,故选项D正确．答案 D2解析电磁炉是利用高频磁场产生涡流来加热食物的,故A选项正确；变压器的铁芯不用一块钢,是为了防止涡流损耗电能并烧毁变压器,多块硅钢片彼此绝缘,有效地减小了涡流,C选项正确．答案AC3解析以bc边为轴转动大于60°和以ad为轴转动小于60°的过程,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对,选项A、C、D错．答案 B4解析电容器有“通交流,隔直流”的作用,故a、b内接直流电时,灯泡不亮,A 对,B错；接交流电时,灯泡亮,但电路中电流的形成缘于电容器的不断充电、放电,并没有电荷通过电容器,C错,D对．答案AD5解析由公式U1U2＝n1n2可知,220 V1 V＝n15匝,n1＝1 100匝；220 V36 V＝n1n2,n2＝180匝．故B正确．答案 B6解析P＝(10)2R,P4＝⎝⎛⎭⎪⎫22U m2R,U m＝7.1 V.答案 B7解析由图可知T＝0.02 s,故A、C错；因ω＝2πT和I＝2I m,可知B、D正确．答案BD8解析接通时,由于L中的自感作用阻碍其所在支路电流的增大,因而I2>I1；断开时,R、A2、A1、L构成一串联电路,串联电路电流相等,因而I1′＝I2′. 答案 B9解析根据变压器中电压关系U1U2＝n1n2可知,要升压就必须提高匝数,即要保证输出端的匝数多于输入端的匝数,由此可知电源应接于c、d间．P顺时针转动,原线圈匝数变少,可进一步升压．答案 B10解析输电线上输送的电流为I＝PU＝3×106×103500×103A＝6×103 A,A错；输电线上损失的电压为U损＝IR＝6×103×2. 5 V＝1.5×104 V＝15 k V,B项正确；当用5 k V电压输电时,I′＝PU′＝3×106×1035×103A＝6×105A,则P损＝I′2R＝(6×105)2×2.5 W＝9×1011 W＝9×108k W,故C项正确；当用公式ΔP＝U2r计算损失的功率时,U为输电线上损失的电压而不是输电电压,D项错误．答案BC11解析(1)图甲为正弦交流电其有效值I1＝I m2＝3.535 A,周期T1＝0.4 s,频率f1＝2.5 Hz；图乙为方波交流电,电流的大小不变,方向做周期性变化,由于热效应与电流方向无关,因而它的有效值I2＝5 A,周期T2＝0.4 s,频率f2＝2.5 Hz.(2)由公式P＝I2R得P甲∶P乙＝1∶2答案(1)甲图3.535 A,0.4 s,2.5 Hz；乙图5 A,0.4 s,2.5 Hz(2)1∶212解析将t＝18T时,i＝30 mA代入瞬时值公式i＝I m sin ωt,即30×10－3A＝I m sin 2πT×18T＝I m sin14π,所以I m＝0.03 2 A,有效值I1＝I m2＝0.03 A．由变压器变流比知n1n2＝I2I1＝0.4 A0.03 A＝403,即原、副线圈的匝数比为40∶3. 答案40∶3。

《大学物理》电磁感应练习题及答案一、简答题1、简述电磁感应定律答：当穿过闭合回路所围面积的磁通量发生变化时，不论这种变化是什么原因引起的，回路中都会建立起感应电动势，且此感应电动势等于磁通量对时间变化率的负值，即dtd i φε-=。

2、简述动生电动势和感生电动势答：由于回路所围面积的变化或面积取向变化而引起的感应电动势称为动生电动势。

由于磁感强度变化而引起的感应电动势称为感生电动势。

3、简述自感和互感答：某回路的自感在数值上等于回路中的电流为一个单位时，穿过此回路所围成面积的磁通量，即LI LI =Φ=Φ。

两个线圈的互感M M 值在数值上等于其中一个线圈中的电流为一单位时，穿过另一个线圈所围成面积的磁通量，即212121MI MI ==φφ或。

4、简述位移电流与传导电流有什么异同答：共同点：都能产生磁场。

不同点：位移电流是变化电场产生的（不表示有电荷定向运动，只表示电场变化），不产生焦耳热；传导电流是电荷的宏观定向运动产生的，产生焦耳热。

5 简述感应电场与静电场的区别？答：感生电场和静电场的区别6、写出麦克斯韦电磁场方程的积分形式。

答：⎰⎰==⋅s v q dv ds D ρ dS tB l E s L ⋅∂∂-=⋅⎰⎰d 0d =⋅⎰S S B dS t D j l H s l ⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+=⋅⎰⎰d 7、简述产生动生电动势物理本质答：在磁场中导体作切割磁力线运动时，其自由电子受洛仑滋力的作用，从而在导体两端产生电势差8、 简述磁能密度, 并写出其表达式答：单位体积中的磁场能量,221H μ。

9、 简述何谓楞次定律答：闭合的导线回路中所出现的感应电流，总是使它自己所激发的磁场反抗任何引发电磁感应的原因（反抗相对运动、磁场变化或线圈变形等）.这个规律就叫做楞次定律。

10、全电流安培环路定理答：磁场强度沿任意闭合回路的积分等于穿过闭合回路围成的曲面的全电流 s d t D j l d H s e •⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+=•⎰⎰二、选择题1、有一圆形线圈在均匀磁场中做下列几种运动，那种情况在线圈中会产生感应电流( D )A 、线圈平面法线沿磁场方向平移B 、线圈平面法线沿垂直于磁场方向平移C 、线圈以自身的直径为轴转动，轴与磁场方向平行D 、线圈以自身的直径为轴转动，轴与磁场方向垂直2、有两个线圈，线圈1对线圈2的互感系数为21M ，而线圈2对线圈1的互感系数为12M .若它们分别流过1i 和2i 的变化电流且dt di dt di 21<，并设由2i 变化在线圈1中产生的互感电动势为12ε，由1i 变化在线圈1中产生的互感电动势为21ε，下述论断正确的是( D )A 、 12212112,εε==M MB 、 12212112,εε≠≠M MC 、 12212112,εε>=M MD 、 12212112,εε<=M M3、对于位移电流，下列四种说法中哪一种说法是正确的 ( A )A 、位移电流的实质是变化的电场B 、位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷C 、位移电流服从传导电流遵循的所有规律D 、位移电流的磁效应不服从安培环路定理4、下列概念正确的是 ( B )。

电磁感应检测方法1.互感检测法互感检测法是利用互感现象来检测电流的方法。

通过将待测电流通过一个线圈，使得线圈中产生的磁场能与另一个线圈发生耦合，从而在另一个线圈中感应出电动势，进而测量电流。

互感检测法的优点是无需电流通路断开，对测量影响小，适用于大电流测量。

2.自感检测法自感检测法是利用自感现象来检测电流的方法。

通过将待测电流通过一个线圈，由于电流的变化会产生磁场变化，从而在线圈中感应出自感电动势，进而测量电流。

自感检测法的优点是简单、方便，适用于小电流测量。

3.磁通量检测法磁通量检测法是利用磁通量变化来检测物理量的方法。

通过将待测物理量与磁路耦合，使得物理量的变化引起磁路中磁通量的变化，从而在线圈中感应出电动势，进而测量物理量。

磁通量检测法适用于磁场强度、磁导率、温度等物理量的测量。

4.感应电动势检测法感应电动势检测法是利用感应电动势来检测物理量的方法。

通过将待测物理量与感应回路耦合，使得物理量的变化引起感应回路中感应电动势的变化，从而测量物理量。

感应电动势检测法适用于温度、湿度、压力等物理量的测量。

5.法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律是利用变化的磁场产生感应电动势的原理来检测物理量的方法。

根据法拉第电磁感应定律，磁通量的变化率与感应电动势成正比。

通过测量感应电动势的大小就可以间接地得知物理量的变化情况。

综上所述，电磁感应检测方法广泛应用于电力、通信、仪器仪表等领域，可以实现对电流、电压、磁场等物理量的准确测量和监测。

利用这些方法，可以有效地满足各种实际应用需求，并推动科学技术的不断发展。

互感和自感、涡流（3.27）要点一、互感现象 ： 两个线圈之间没有导线相连，但当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，这种现象称为互感，产生的感应电动势叫互感电动势。

要点二、自感现象1．实验（图甲实验叫通电自感、图乙实验叫断电自感）如图甲所示，首先闭合S 后调节R ，使12A A 、亮度相同，然后断开开关。

再次闭合S ，灯泡2A 立刻发光，而跟线圈L 串联的灯泡1A 却是逐渐亮起来的。

如图乙所示电路中，选择适当的灯泡A 和线圈L ，使灯泡A 的电阻大于线圈L 的直流电阻。

断开S 时，灯A 并非立即熄灭，而是闪亮一下再逐渐熄灭。

2．结论： 由于通过线圈自身的电流发生变化时，线圈本身产生感应电动势的现象叫自感现象。

由于自感而产生的感应电动热叫自感电动势。

要点诠释：①．自感电动势的作用：总是阻碍导体中原电流的变化，即总是起着推迟电流变化的作用。

②．自感电动势的方向：自感电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，当原来电流增大时，自感电动势与原来电流方向相反；当原来电流减小时，自感电动势与原来电流方向相同。

③．自感电动势大小：i E L t∆=∆自，大小由电流变化的快慢和自感系数L 决定。

要点三、自感系数： 自感系数是表示线圈产生自感电动势本领大小的物理量，简称为自感或电感，用L 表示。

要点诠释：（1）大小：线圈长度越长，线圈横截面积越大，单位长度上匝数越多，线圈的自感系数越大；线圈有铁芯比无铁芯时自感系数大得多。

（2）单位：亨利（符号H ），1亨=310毫亨=610微亨（361H 10mH 10H μ==）。

要点四、电感和电阻的比较1．阻碍作用: 电阻R 对电流有阻碍作用，电感L 对电流的变化有阻碍作用。

2．大小因素: 电阻越大，对电流的阻碍越大，产生的电势差越大；电感越大，对电流的阻碍作用越大，产生的自感电动势越大。

3．决定因素:电阻R 决定于导体长度、横截面积、材料电阻率；电感L 决定于线圈长度、横截面积、匝数、有无铁芯等。

章末综合检测( 二 ) 电磁感应(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括12小题，共40分。

第1～8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，每小题3分；第9～12小题有多个选项符合题目要求，每小题4分，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．电磁炉采用感应电流(涡流)的加热原理，其原理图如图所示。

它是通过电子线路产生交变磁场，把铁锅放在炉面上时，在铁锅底部产生交变电流。

它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点。

下列关于电磁炉的说法正确的是( )A．电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部B．电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品C．电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热D．电磁炉的锅具一般用铁锅，是因为铝锅、铜锅中不能形成涡流解析：选A 电磁炉面板如果采用金属材料，在交变磁场中产生涡流发热，会使线圈烧毁，故B错误；用陶瓷器皿作为锅具不能形成涡流，不能对食品加热，故C错误；铝锅、铜锅在电磁炉上也能形成涡流，但由于铝、铜导磁性弱，通过它们的磁场只是一小部分，因此在铝锅、铜锅中形成的涡流远比铁锅中的小，不是不能形成涡流，故D错误，A正确。

2．如图所示，左侧闭合电路中的电流大小为I1，ab为一段长直导线；右侧平行金属导轨的左端连接有与ab平行的长直导线cd，在远离cd导线的右侧空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，在磁场区域放置垂直导轨且与导轨接触良好的导体棒MN，当导体棒沿导轨匀速运动时，可以在cd上产生大小为I2的感应电流。

已知I1>I2，用f1和f2分别表示导线cd 产生的磁场对ab的安培力大小和ab产生的磁场对cd的安培力大小，下列说法正确的是( )A．若MN向左运动，ab与cd两导线相互吸引，f1＝f2B．若MN向右运动，ab与cd两导线相互吸引，f1＝f2C．若MN向左运动，ab与cd两导线相互吸引，f1>f2D．若MN向右运动，ab与cd两导线相互吸引，f1>f2解析：选B 若MN 向左运动，由右手定则可知cd 中的电流方向由d →c ，而ab 中的电流方向由a →b ，故二者方向相反，相互排斥。

第一章电磁感应章末综合测试一、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，只有一个选项正确)1．电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备．下列电器设备中，哪个没有利用电磁感应原理()A．动圈式话筒B．白炽灯泡C．磁带录音机D．电磁炉2．(2011年重庆高二检测)如图1－4所示，a、b、c三个环水平套在条形磁铁外面，其中a 和b两环大小相同，c环最大，a环位于N极处，b和c两环位于条形磁铁中部，则穿过三个环的磁通量的大小是()A．c环最大，a与b环相同B．三个环相同C．b环比c环大D．a环一定比c环大3．如图1－5所示的装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中不产生感应电流的是()A．开关S接通的瞬间B．开关S接通后，电路中电流稳定时C．开关S接通后，滑动变阻器触头滑动的瞬间D．开关S断开的瞬间4．闭合回路的磁通量Φ随时间t变化图象分别如图1－6所示，关于回路中产生的感应电动势的下列论述，其中正确的是()A．图甲的回路中感应电动势恒定不变B．图乙的回路中感应电动势恒定不变C．图丙的回路中0～t1时间内的感应电动势小于t1～t2时间内的感应电动势D．图丁的回路中感应电动势先变大，再变小5. 如图1－7所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，MN线与线框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流，正确的说法是()A．当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大B．当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大C．当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大D．当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大6．半径为R的圆形线圈，两端A、D接有一个平行板电容器，线圈垂直放在随时间均匀变化的匀强磁场中，如图1－8所示，则要使电容器所带电荷量Q增大，可以采取的措施是() A．增大电容器两极板间的距离B．增大磁感应强度的变化率C．减小线圈的半径D．改变线圈所在平面与磁场方向间的夹角7. 如图1－9所示，边长为L的正方形导体框匀速地从磁场左边穿过磁场运动到磁场右边，磁场的宽度为d，线框的速度为v.若L<d，则线框中存在感应电流的时间为()A．L/vB．2L/vC．d/vD．2d/v8．信用卡的磁条中有一个个连续的相反极性的磁化区，每个磁化区代表了二进制数1或0，用以储存信息．刷卡时，当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时，在检测头的线圈中会产生变化的电压(如图1－10所示)．当信用卡磁条按如图乙所示方向以该速度拉过阅读器检测头时，在线圈中产生的电压随时间的变化关系正确的是()9. 如图1－12所示，圆环a和b的半径之比为r1∶r2＝2∶1，且都是由粗细相同的同种材料的导线构成，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变大，那么，当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中两种情况下，A、B两点的电势差之比为()A．1∶1B．5∶1C．2∶1D．4∶110. 如图1－13所示，金属杆ab以恒定的速率v在间距为L的光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是()A．ab杆中的电流与速率v成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成反比C．电阻R上产生的电热功率与速率v成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v的平方成反比二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．按题目要求作答)11．在研究电磁感应现象的实验中，为了能明确地观察实验现象，请在如图1－14所示的实验器材中选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图．图1－1412．(2011年福州高二检测) 如图1－15所示，正三角形abc的边长为L，在磁感应强度为B的匀强磁场中以平行于bc边的速度v匀速运动，则电流表的示数为__________A，ab两点间的电势差为________V.三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13．(10分)如图1－16甲所示的螺线管，匝数n＝1500匝，横截面积S＝20 cm2，电阻r＝1.5 Ω，与螺线管串联的外电阻R1＝3.5 Ω，R2＝25 Ω，方向向右穿过螺线管的匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，试计算电阻R2的电功率和a、b两点的电势差．14．(10分)如图1－17所示，在连有电阻R＝3r的裸铜线框ABCD上，以AD为对称轴放置另一个正方形的小裸铜线框abcd，整个小线框处于垂直框面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中．已知小线框每边长为L，每边电阻为r，其它电阻不计．现使小线框以速度v向右平移，求通过电阻R的电流及R两端的电压．15. (14分)如图1－18，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔB Δt＝k ，k 为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一边长为l 的方框．将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求：(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．16．(14分) 如图1－19所示，A 是一面积为S ＝0.2 m 2、匝数为n ＝100匝的圆形线圈，处在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度随时间变化规律为B ＝(6－0.02t )T ，开始时外电路开关S 断开，已知R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，电容器电容C ＝30 μF ，线圈内阻不计，求：(1)S 闭合后，通过R 2的电流大小；(2)S 闭合一段时间后又断开，在断开后流过R 2的电荷量．。

高中物理第四章电磁感应4.6互感和自感检测含解析新人教版选修320603245一、A组(20分钟)1.(多选)下列说法正确的是()A.当线圈中电流不变时,线圈中没有自感电动势B.当线圈中电流反向时,线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反C.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D.当线圈中电流减小时,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反解析:由法拉第电磁感应定律可知,当线圈中电流不变时,不产生自感电动势,A对;当线圈中电流反向时,相当于电流减小,线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同,B错;当线圈中电流增大时,自感电动势阻碍电流的增大,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反,C对;当线圈中电流减小时,自感电动势阻碍电流的减小,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同,D 错。

答案:AC2.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.线圈中的电流等于零时,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解析:线圈的自感系数是由线圈本身的因素及有无铁芯决定的,与有无电流、电流变化情况都没有关系,故B、C错误,D正确;自感电动势的大小除了与自感系数有关,还与电流的变化率有关,故A错误。

答案:D3.(多选)如图所示电路中,A1、A2是两只相同的电流表,电感线圈L的直流电阻与电阻R阻值相等。

下面判断正确的是()A.开关S闭合的瞬间,电流表A1的读数大于A2的读数B.开关S闭合的瞬间,电流表A1的读数小于A2的读数C.开关S闭合,电路稳定后再断开的瞬间,电流表A1的读数大于A2的读数D.开关S闭合,电路稳定后再断开的瞬间,电流表A1的读数等于A2的读数答案:BD4.如图所示是套在同一铁芯上的两个线圈,左线圈与电源、变阻器及开关相连,右线圈与电流表连成一闭合电路。

山西省忻州市第一中学【最新】高二物理人教版选修3-2：4.6、4.7互感和自感涡流电磁阻尼和电磁驱动目标检测题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题1．关于自感现象,下列说法中正确的是( )A．感应电流不一定和原电流方向相反B．线圈中产生的自感电动势较大的其自感系数一定较大C．对于同一线圈,当电流变化较快时,线圈中的自感系数也较大D．对于同一线圈,当电流变化较快时,线圈中的自感电动势电较大2．当线圈中电流改变时，线圈中会产生自感电动势。

自感电动势方向与原电流方向【】A．总是相反B．总是相同C．电流增大时，两者方向相反D．电流减小时，两者方向相同3．如图所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则( )A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的电键S2，无延时作用D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长4．如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（）A ．增加线圈的匝数B ．提高交流电源的频率C ．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯二、单选题 5．如图，两个电阻均为R ，L 的电阻及电池内阻均可忽略，S 原来断开，电路中电流02E I R。

现将S 闭合，则电路中产生自感电动势，此自感电动势的作用是【 】A ．使电路的电流减小，最后由I 0减到零B ．有阻碍电流增大的作用，最后电流小于I 0C ．有阻碍电流增大的作用，因而电流总保持不变D ．有阻碍电流增大的作用，但电流还是增大，最后变为2I 06．如图所示的电路中，AB 支路由带铁芯的线圈和电流表A 1 串联而成，流过的电流为I 1，CD 支路由电阻R 和电流表A 2串联而成，流过的电流为I 2，已知这两支路的电阻值相同，则在接通S 和断开S 的时候，观察到的现象是( )A ．接通S 的瞬间I 1<I 2，断开的瞬间I 1>I 2B ．接通S 的瞬间I 1<I 2，断开的瞬间I 1=I 2C ．接通S 的瞬间I 1=I 2，断开的瞬间I 1<I 2D ．接通S 的瞬间I 1>I 2，断开的瞬间I 1=I 27．在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流的变化而引起的自感现象，采用图所示的双线绕法，其理由是【 】A．电路中电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消B．电路中电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消C．电路中电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消D．电路中电流变化时，电流的改变量互相抵消8．如图所示是著名物理学家费曼设计的一个实验，在一块绝缘板中部安装一个线圈，并接有电源，板的四周有许多带负电的小球．整个装置悬挂起来，当接通电键瞬间，整个圆盘将(自上而下看) ( )A．顺时针转动一下B．逆时针转动一下C．顺时针不断转动D．逆时针不断转动9．如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO‘转动，当从上往下看磁铁做逆时针转动后，则（）A．线圈将逆时方向转动，转速与磁铁相同B．线圈将逆时方向转动，转速比磁铁小C．线圈将逆时方向转动，转速比磁铁大D．线圈仍将静止10．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压U AB随时间t变化的图象中，正确的是()A．B．C．D．三、解答题11．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向上，在磁场中有一个总电阻为R、每边长为L的正方形金属框abcd，其中ab、cd边质量均为m，其他两边质量不计，cd边装有固定的水平轴。

电磁感应章末测试一、单项选择题1、如图所示，左右两套装置完全相同，用导线悬挂的金属细棒ab、cd分别位于两个蹄形磁铁的中央，悬挂点用导线分别连通．现用外力使ab棒向右快速摆动，则此时cd棒受到的安培力方向及这个过程中右侧装置的工作原理相当于()A．cd棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于电动机B．cd棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于发电机C．cd棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于发电机D．cd棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于电动机2、图示装置是某同学探究感应电流产生条件的实验装置。

在电路正常接通并稳定后，他发现：当开关断开时，电流表的指针向右偏转。

则能使电流表指针向左偏转的操作是()A．拔出线圈AB．在线圈A中插入铁芯C．滑动变阻器的滑动触头向左匀速滑动D．滑动变阻器的滑动触头向左加速滑动3、同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板M、N连接，如图甲所示。

导线PQ中通有正弦交变电流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1～2 s 内()A．M板带正电，且电荷量增加B．M板带正电，且电荷量减小C．M板带负电，且电荷量增加D．M板带负电，且电荷量减小4、如图甲所示，带缺口的刚性金属圆环在纸面内固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面正对固定放置的平行金属板P、Q连接。

圆环内有垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图乙所示(规定磁场方向垂直于纸面向里为正方向)。

图中可能正确表示P、Q两极板间电场强度E(规定电场方向由P 板指向Q板为正方向)随时间t变化情况的是()5、如图所示，在直角梯形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，BC＝CD＝2AB＝2L。

高为2L、宽为L的矩形金属闭合线圈由图中位置以向右的恒定速度匀速通过磁场区域，其长边始终与CD平行。

2019版高考物理总复习第十章电磁感应章末质量检测编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考物理总复习第十章电磁感应章末质量检测）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第十章电磁感应章末质量检测(十）（时间:50分钟满分：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题8分，共64分。

1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题）1.如图1所示,一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如图中箭头所示方向的感应电流，下列方法可行的是（)图1A。

仅使匀强磁场的磁感应强度均匀增大B。

仅使圆环绕水平轴ab如图转动30°C.仅使圆环绕水平轴cd如图转动30°D.保持圆环水平并仅使其绕过圆心的竖直轴转动解析原磁场的方向竖直向上，圆环中顺时针（从上向下看)方向的感应电流的磁场方向竖直向下,与原磁场的方向相反,所以穿过圆环的磁通量应增大。

仅使匀强磁场的磁感应强度均匀增大，穿过圆环的磁通量增大,根据楞次定律可知，圆环产生顺时针（从上向下看）方向的感应电流，选项A正确；仅使圆环绕水平轴ab或cd按题图所示方向转动30°，转动过程中穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环中产生逆时针(从上向下看）方向的感应电流，选项B、C错误；保持圆环水平并仅使其绕过圆心的竖直轴转动，穿过圆环的磁通量保持不变，不能产生感应电流，选项D错误。

答案A2。

美国《大众科学》月刊网站报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现：一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能.具体而言,只要略微提高温度,这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图2所示。

章末综合测评(二) 电磁感应与电磁场(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，1～7为单选，8～12为多选)1．如图1所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下不能使电流表指针偏转的是()图1A．将磁铁插入螺线管的过程中B．磁铁放在螺线管中不动时C．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D．将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中B[只要闭合电路的磁通量发生变化就会产生感应电流，电流表的指针就会偏转．]2．关于变压器，下列说法正确的是()A．变压器是根据电磁感应的原理制成的B．变压器的原线圈匝数一定比副线圈的多C．变压器只能改变直流电的电压D．变压器只能有一个原线圈和一个副线圈A[变压器是根据电磁感应的原理制成的，故A对；变压器只能改变交流电的电压，故C错；变压器原、副线圈匝数的多少，根据实际需要而定，而且副线圈可以有多个，故B错，D错．]3．根据麦克斯韦电磁理论，如下说法正确的是()A．变化的电场一定产生变化的磁场B．均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场C．稳定的电场一定产生稳定的磁场D．振荡交变的电场一定产生同频率的振荡交变的磁场D[均匀变化的电场(磁场)产生恒定的磁场(电场)，不均匀变化的电场(磁场)产生变化的磁场(电场)，振荡交变的电场产生同频率的振荡交变的磁场，故D正确．]4．关于电磁波，下列说法正确的是()A．所有电磁波的频率相同B．电磁波只能在真空中传播C．电磁波在任何介质中的传播速度相同D．电磁波在真空中的传播速度是3×108 m/sD[电磁波的频率不一定相同，就是无线电电磁波也有很多频道和频率，A 错误；电磁波既能在真空中传播，又能在介质中传播，B错误；不同频率的电磁波在不同的介质中的传播速度不相同，C错误；电磁波在真空中的传播速度是3×108 m/s，D正确．]5．A、B两个闭合电路，穿过A电路的磁通量由0增加到3×103 Wb，穿过B电路的磁通量由5×103 Wb增加到6×103 Wb，则两个电路中产生的感应电动势E A和E B的关系是()A．E A>E B B．E A＝E BC．E A<E B D．无法确定D[根据法拉第电磁感应定律可知，电路中感应电动势(E)的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，因只知道磁通量的变化量不知道所用的时间，所以不能确定E A和E B的关系，故D正确．]6．如图2所示，线圈、滑动变阻器和电源组成图示回路，A为线圈下方一闭合线圈，线圈A中不能产生感应电流的操作是()图2A ．S 接通瞬间B ．滑动变阻器触头P 左移C ．线圈A 水平移动D ．滑动变阻器触头P 在最左端不动D [感应电流的产生条件是闭合回路中磁通量发生变化，故可判定D 项不能产生感应电流．]7．理想变压器的原、副线圈的匝数之比为4∶1，在原线圈上加上U ＝200 V 的交流电压，在副线圈上接交流电压表，其示数为( )A ．0B ．50 VC ．200 VD ．800 VB [理想变压器中U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2n 1U 1＝14×200 V ＝50 V ，故B 对．] 8．在电磁学的发展过程中，许多科学家作出了贡献．下列说法正确的是( )A ．奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B ．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C ．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D ．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律AC [赫兹用实验证实了电磁波的存在，B 错误；安培发现了磁场对电流的作用规律，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，D 错误．]9．发电机的转子在匀速转动过程中，下列物理量发生改变的有( )【导学号：71082059】A．穿过线圈的磁通量B．线圈中产生的感应电动势C．闭合回路中的电流D．闭合回路中电流变化的周期ABC[发电机的转子在匀速转动过程中，线圈转动的周期是固定的，闭合回路中电流变化的周期也是固定的，但穿过线圈的磁通量、线圈产生的感应电动势和感应电流都是随时间做周期性变化的，故A、B、C正确，D错误．] 10．带负电的圆环绕圆心旋转，在环的圆心处有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面内，则()A．只要圆环在转动，小线圈内就一定有感应电流产生B．圆环不管怎样转动，小线圈内都没有感应电流产生C．圆环在做变速转动时，小线圈内一定有感应电流产生D．圆环做匀速转动时，小线圈内没有感应电流产生CD[带负电的小圆环转动形成环形电流，环形电流产生磁场，若匀速转动环形电流是恒定的，产生的磁场是不变的，就不会使同平面内的小线圈产生感应电流．若变速转动，产生的电流是变化的，产生的磁场是变化的，穿过小线圈的磁通量就是变化的，有感应电流产生．]11．图3是电磁铁工作原理的示意图，由线圈、电源、开关和滑动变阻器等器材组成，P为滑动变阻器的滑片，闭合S，铁钉被吸附起来．下列分析不正确的是()图3A．增加线圈匝数，被吸附的铁钉减少B．调换电源正负极，铁钉不能被吸附C．P向a端移动，被吸附的铁钉增多D ．P 向b 端移动，被吸附的铁钉增多ABD [增加线圈的匝数，滑动头P 向a 端移动时，线圈的磁性越强，被吸附的铁钉增多，故A 、D 错误，C 正确；调换电源正负极，改变了线圈下端磁极的极性，但不改变线圈下端磁性的强弱，故吸附的铁钉数量不变，故B 错误．]12．如图4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( )【导学号：71082060】图4A ．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BC [若增加副线圈的匝数，副线圈电压升高，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 错误，B 、C 正确．变压器的输入功率增加，D 错误．]二、非选择题(本题共6小题，共52分)13．(6分)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动轴垂直于磁场，若线圈所围面积的磁通量随时间变化规律如图5所示，则线圈中D 时刻的感应电动势为________，线圈中O 至D 时刻内平均感应电动势为________．图5[解析] 根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，而D 时刻曲线的斜率为零，则感应电动势为零．0时刻Φ1＝0，D时刻Φ2＝4×10－3Wb，则ΔΦ＝Φ2－Φ1＝4×10－3Wb，经历的时间Δt＝0.005 s，所以平均感应电动势E＝4×10－30.005V＝0.8 V.[答案]00.8 V14．(6分)有时候，可用扬声器代替话筒，如图6所示．人对着扬声器锥形纸盒说话，声音使与纸盒相连的线圈在________，从而产生随着声音的变化而变化的电流，这种产生电流的现象在物理学上称为________现象．代替话筒的扬声器图6[解析]人对着扬声器的锥形纸盒说话，声音使与纸盒相连的线圈的磁场中做切割磁感线运动，从而产生感应电流．[答案]磁场中运动电磁感应15．(8分)收音机中的变压器，原线圈有1 210匝，接在220 V的交流电源上．要得到5 V、6.3 V和350 V三种输出电压，三个副线圈的匝数各是多少？[解析]根据变压比公式可得n副＝U副U原·n原，5 V绕组匝数n1＝U1U原·n原＝5220×1 210匝≈28匝，6．3 V绕组匝数n2＝U2U原·n原＝6.3220×1 210匝≈35匝，350 V绕组匝数n3＝U3U原·n原＝350220×1 210匝＝1 925匝．[答案]28匝35匝 1 925匝16．(10分)如图7甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1 000，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，求：甲乙图7(1)前4 s内的感应电动势的大小；(2)前5 s内的感应电动势的大小.【导学号：71082061】[解析](1)前 4 s内磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1＝S(B2－B1)＝200×10－4×(0.4－0.2)Wb＝4×10－3Wb由法拉第电磁感应定律得E＝n ΔΦΔt＝1 000×4×10－34V＝1 V.(2)前5 s内磁通量的变化ΔΦ′＝Φ2′－Φ1′＝S(B2′－B1′)＝200×10－4×(0.2－0.2)Wb＝0.由法拉第电磁感应定律E′＝n ΔΦ′Δt＝0.[答案](1)1 V(2)017．(10分)如图8所示，矩形线圈abcd绕OO′轴在B＝0.2 T 的匀强磁场中以n＝4 r/s的转速转动，已知ab＝20 cm，bc＝40 cm，线圈共有50 匝，当线圈从如图所示位置开始转动，一直转过90°的过程中，回答下面三个问题：图8(1)磁通量的变化量是多少？(2)磁通量的平均变化率为多少Wb/s?(3)线圈中产生的平均感应电动势是多大？[解析](1)S＝ab·bc＝20×40 cm2＝800 cm2＝8×10－2 m2ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS－0＝0.2×8×10－2 Wb＝1.6×10－2 Wb.(2)Δt＝14T＝14·1n＝14×14s＝116sΔΦΔt＝1.6×10－2 Wb116s＝0.256 Wb/s.(3)E＝n ΔΦΔt＝50×0.256 V＝12.8 V.[答案](1)1.6×10－2 Wb(2)0.256 Wb/s(3)12.8 V18．(12分)磁悬浮列车是一种采用无接触的电磁悬浮、导向和驱动系统的磁悬浮高速列车系统.2000年底，我国宣布已成功研制一辆高温超导磁悬浮高速列车的模型，该车的车速已达到500 km/h，可载5人．是当今世界最快的地面客运交通工具，有速度快、爬坡能力强、能耗低、运行时噪音小、安全舒适、不燃油、污染少等优点．并且它采用高架方式，占用的耕地很少．磁悬浮列车意味着这些火车利用磁的基本原理悬浮在导轨上来代替旧的钢轮和轨道列车．磁悬浮技术利用电磁力将整个列车车厢托起，摆脱了讨厌的摩擦力和令人不快的铿锵声，实现与地面无接触、无燃料的快速“飞行”.图9所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环，将超导圆环水平放在磁铁A 的上方，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁的上方．图9(1)请简要说明产生磁悬浮现象的原因．(2)磁悬浮列车能达到如此高的速度的原因是什么？(3)在实际情况中，磁悬浮列车要进一步提升速度，困难很大，说说制约磁悬浮列车进一步提升速度的原因．[解析](1)线圈B下降，磁通量发生变化，B中产生感应电流．由于超导线圈的电阻极小，故电流极大而且几乎不会减小，使列车受到向上的安培力与重力二力平衡，处于悬浮状态．(2)由于列车处于悬浮，几乎没有摩擦阻力．(3)空气阻力是制约列车进一步提速的重要因素，空气阻力随速度的增大而增大．[答案]见解析。

高中物理-传感器章末综合测试(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分．在每小题给出的四个选项中,第1～6题只有一项符合题目要求,第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1．下面说法中不正确的是( )A．传感器一般不能直接带动执行机构实现控制动作B．力传感器的敏感元件是应变片C．应变片能把物体形变转变为电压D．双金属片两层金属的膨胀系数完全相同D[传感器输出信号比较微弱,一般不能直接带动执行机构实现控制动作,A正确;力传感器中的应变片在力的作用下发生形变,输出相应的电压信号,B、C正确;双金属片两层金属膨胀系数不同,在温度升高时才会发生弯曲,D错误．]2．金属铂的电阻值对温度高低非常敏感,下列选项中可能表示金属铂电阻的U­I图线是( )B[金属铂导体的电阻对温度的变化很敏感,电阻随温度的升高而增大,在一定温度下其U­I图线是非线性的,且图线的斜率越来越大,故B正确．]3．如图所示,机器人装有作为眼睛的“传感器”,犹如大脑的“控制器”,以及可以行走的“执行器”,在它碰到障碍物前会自动避让并及时转弯．下列有关该机器人“眼睛”的说法中正确的是( )A．力传感器B．光传感器C．温度传感器D．声音传感器B[遇到障碍物会绕开,说明它是光传感器,故选项B正确,选项A、C、D错误．]4．如图(a)所示的电路中,光敏电阻R2加上图(b)所示的光照时,R2两端的电压变化规律是( )B[光敏电阻随光照的增强电阻减小,电路中电流增大,电阻R1两端电压增大,R2两端电压减小,但不能减小到零．故选项B正确．]5．传感器是把非电学物理量(如位移、压力、流量、声强等)转换成电学量的一种元件．如图所示为一种电容传感器,电路可将声音信号转化为电信号．电路中a、b构成一个电容器,b 是固定不动的金属板,a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜．若声源S 发出频率恒定的声波使a振动,则a在振动过程中( )A．a、b板之间的电场强度不变B．a、b板所带的电荷量不变C．电路中始终有方向不变的电流D．向右位移最大时,电容器的电容最大D[a、b始终跟电源相连,电势差U不变,由于a、b间距离变化,由E＝Ud知场强变化,A错误．由C＝εS4πkd知,d变化时C变化,a向右位移最大时,电容最大,D正确．由Q＝CU知a、b所带电荷量变化,电路中电流方向改变,B、C错误．]6．小强用恒温箱进行实验时,发现恒温箱的温度持续升高,无法自动控制．经检查,恒温箱的控制器没有故障．参照下图,下列对故障判断正确的是( )A．只可能是热敏电阻出现故障B．只可能是温度设定装置出现故障C．热敏电阻和温度设定装置都可能出现故障D．可能是加热器出现故障C[由恒温箱原理图可知,若热敏电阻出现故障或温度设定出现故障都会向控制器传递错误信息,导致控制器发出错误指令,故C正确,A、B错误;若加热器出现故障,只有一种可能,即不能加热,而题中加热器一直加热才会使温度持续升高,故D错误．]7．如图所示为光敏电阻自动计数器的示意图,其中R1为光敏电阻,R2为定值电阻．此光电计数器的基本工作原理是( )A．当有光照射R1时,信号处理系统获得高电压B．当有光照射R1时,信号处理系统获得低电压C．信号处理系统每获得一次低电压就计数一次D．以上说法都不对AC[当光照射光敏电阻R1时,光敏电阻R1的阻值减小,回路中电流增大,R2两端的电压升高,信号处理系统得到高电压,计数器每由高电压转到低电压,就计一次数,从而能达到计数的目的．]8．如图所示是用电流传感器(相当于电流表,其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路,图中两个电阻阻值均为R,L是一个自感系数足够大的电感线圈,其直流电阻值也为R.甲、时刻开关S切换前后,通过传感器的电流随时间变化的图像．关乙、丙、丁是某同学画出的在t于这些图像,下列说法正确的是( )A．甲图是开关S由断开变为闭合,通过传感器1的电流随时间变化的情况B．乙图是开关S由断开变为闭合,通过传感器1的电流随时间变化的情况C．丙图是开关S由闭合变为断开,通过传感器2的电流随时间变化的情况D．丁图是开关S由闭合变为断开,通过传感器2的电流随时间变化的情况BC[当开关S闭合时,由于线圈的自感作用,线圈中电流逐渐增大,因而通过传感器1的电流逐渐增大,A错误,B正确;当开关S断开时,线圈L与传感器2组成闭合回路,由于线圈L的自感作用,通过传感器2的电流将反向且从线圈中原有电流值开始逐渐减小,C正确,D错误．]由火线和零线并行绕成．当9．某同学设计的家庭电路保护装置如图所示,铁芯左侧线圈L1中产生电流时,电流经放大器放大后,使电磁铁吸起铁质开关K,从而切断家庭电右侧线圈L2路．仅考虑L在铁芯中产生的磁场,下列说法正确的有( )1A．家庭电路正常工作时,L2中的磁通量为零B．家庭电路中使用的电器增多时,L2中的磁通量不变C．家庭电路发生短路时,开关K将被电磁铁吸起D．地面上的人接触火线发生触电时,开关K将被电磁铁吸起ABD[由于零线、火线中电流方向相反,产生磁场方向相反,所以家庭电路正常工作时,L2中的磁通量为零,选项A正确;家庭电路短路和用电器增多时均不会引起L2的磁通量的变化,选项B正确,C错误;地面上的人接触火线发生触电时,线圈L1中磁场变化引起L2中磁通量的变化,产生感应电流,吸起K,切断家庭电路,选项D正确．]10.有一种测量人体体重的电子秤,其原理图如图所示,它主要由踏板、压力传感器R(一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)三部分构成．设踏板的质量可忽略不计,已知理想电流表的量程为3 A,电源电动势为12 V,内阻为2 Ω,电阻R 随压力变化的函数式为R＝30－0.02F(F和R的单位分别是N和Ω)．下列说法正确的是( )A．该秤能测量的最大体重是1 400 NB．该秤能测量的最大体重是1 300 NC．该秤零刻线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.375 A处D．该秤零刻线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.400 A处AC[当电流表满偏时,电阻Rmin ＝EI－r＝⎝⎛⎭⎪⎫123－2Ω＝2 Ω.由R＝30－0.02F,将Rmin＝2 Ω代入上式,得Fmax＝1 400 N,即该秤能测量的最大体重是1 400 N．当F＝0时,R＝30 Ω,则I＝ER＋r＝1230＋2A＝0.375 A,故A、C正确．]二、非选择题(本题共6小题,共40分)11．(6分) (1)如图甲所示为某宾馆的房卡,只有把房卡插入槽中,房间内的灯和插座才会有电．房卡的作用相当于一个________(填电路元件名称)接在干路上．甲(2)如图乙所示,当房客进门时,只要将带有磁铁的卡P插入盒子Q中,这时由于磁铁吸引簧片,开关B就接通,通过继电器J使整个房间的电器的总开关接通,房客便能使用室内各种用电器．当继电器工作时,cd相吸,ab便接通．请你将各接线端1、2、3、4、5、6、7、8、9、10适当地连接起来,构成正常的电门卡电路．乙解析：(1)房卡可以控制房间内的灯和插座,不插入槽中,所有房间内的灯和插座都不工作,所以房卡相当于干路上的开关．(2)将开关B与电源E、线圈连成一个回路;将三个灯泡所在电路与交流电流接成回路,即按8—7,4—5,6—9,1—3,2—10连接起来,构成正常的电门卡电路．如图．答案：(1)开关(2)见解析图12．(8分)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时,系统报警．提供的器材有：热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过I时就会报c(最大阻警),电阻箱(最大阻值为999.9 Ω),直流电源(输出电压为U,内阻不计),滑动变阻器R1(最大阻值为2 000 Ω),单刀双掷开关一个,导线若干．值为1 000 Ω),滑动变阻器R2在室温下对系统进行调节．已知U约为18 V,I约为10 mA;流过报警器的电流超过20 mAc时,报警器可能损坏;该热敏电阻的阻值随温度升高而减小,在60 ℃时阻值为650.0 Ω.(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线．(2)电路中应选用滑动变阻器________(选填“R1”或“R2”)．(3)按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为________Ω;滑动变阻器的滑片应置于________(选填“a”或“b”)端附近,不能置于另一端的原因是______________________________________________________________________.②将开关向________(选填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至______________________________________．(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统即可正常使用．解析：(1)电路图连接如图．(2)报警器开始报警时,对整个回路有U＝Ic (R滑＋R热)代入数据可得R滑＝1 150.0 Ω,因此滑动变阻器应选择R2.(3)①在调节过程中,电阻箱起到等效替代热敏电阻的作用,电阻箱的阻值应为报警器报警时热敏电阻的阻值,即为650.0 Ω.滑动变阻器在电路中为限流接法,滑片应置于b端附近,若置于另一端a时,闭合开关,则电路中的电流I＝18650.0A≈27.7 mA,超过报警器最大电流20 mA,报警器可能损坏．②开关应先向c端闭合,移动滑动变阻器的滑片,直至报警器开始报警为止．答案：(1)连线如解析图所示(2)R2(3)①650.0 b 接通电源后,流过报警器的电流会超过20 mA,报警器可能损坏②c报警器开始报警13.(6分)电热毯、电饭锅是人们常用的电热式家用电器,它们一般具有加热和保温功能,其工作原理大致相同．如图为某种电热式电器的简化电路图,主要元件有电阻丝R1、R2和自动开关S.(1)开关S闭合和断开时,用电器分别处于什么状态？(2)电源电压U＝220 V,加热时用电器功率为400 W,保温时用电器功率为40 W,求R1与R2的值．解析：(1)当S闭合时,R2短路,此时电路总电阻最小,由P＝U2R知功率最大,为加热状态;当S断开时,R1、R2串联,电路总电阻最大,功率最小,为保温状态．(2)S闭合时,处于加热状态,有Pmax ＝U2R1,S断开时,处于保温状态,有Pmin＝U2R1＋R2,代入数据联立解得：R1＝121 Ω,R2＝1 089 Ω.答案：(1)S闭合时为加热状态,S断开时为保温状态(2)121 Ω 1 089 Ω14．(6分)位移传感器的应用——加速度计．是测定物体加速度的仪器,它是导弹、飞机、潜艇或宇宙飞船等制导系统的信息源．如图为应变式加速度计的示意图,当系统加速时,加速度计中的元件A也处于加速状态,元件A由两弹簧连接并架在光滑支架上,支架与待测系统固定在一起,元件A的下端可在滑动变阻器R上自由滑动,当系统加速运动时,元件A发生位移并转换为电信号输出．已知元件A的质量为m,两侧弹簧的劲度系数为k,电源电动势为E,内阻不计,滑动变阻器的总电阻为R,有效长度为l,静态时输出电压为U,试推导加速度a与输出电压U的关系式．解析：设静态时滑动变阻器的滑片距左端为x,传感器的输出电压为U0＝ER·Rlx＝Elx ①系统向左加速时滑片右移Δx,则元件A的动力学方程为2kΔx＝ma ②传感器的输出电压为U＝ER·Rl(x＋Δx)③由①②③式得a＝2kl(U－U)mE若U ＞U 0,系统的加速度水平向左;若U ＜U 0,系统的加速度水平向右． 答案：a ＝2kl (U －U 0)mE方向向左为正 15．(6分)某同学设计了一种测定风力的装置,其原理如图所示,迎风板与一轻弹簧的一端N 相接,穿在光滑的金属杆上．弹簧是绝缘材料制成的,其劲度系数k ＝1 300 N/m,自然长度L 0＝0.5 m,均匀金属杆用电阻率较大的合金制成,迎风板面积S ＝0.5 m 2,工作时总是正对着风吹来的方向．电路中左端导线与金属杆M 端相连,右端导线接住N 点并可随迎风板在金属杆上滑动,且与金属杆接触良好．限流电阻的阻值R ＝1 Ω,电源的电动势E ＝12 V,内阻r ＝0.5 Ω.合上开关,没有风时,弹簧长度为原长度,电压表的示数U 1＝3.0 V;如果某时刻由于风吹使迎风板向左压缩弹簧,电压表示数为U 2＝2.0 V,求：(1)金属杆单位长度的电阻; (2)此时作用在迎风板上的风力．解析：设无风时金属杆接入电路的电阻为R 1,风吹时接入电路的电阻为R 2,由题意得 (1)无风时U 1＝ER ＋r ＋R 1R 1得R 1＝U 1R ＋rU 1E －U 1＝3×1＋0.5×312－3Ω＝0.5 Ω 设金属杆单位长度的电阻为R′,则R′＝R 1L 0＝0.50.5 Ω/m＝1 Ω/m.(2)有风时U 2＝ER 2＋R ＋rR 2得R 2＝U 2R ＋U 2r E －U 2＝2×1＋2×0.512－2 Ω＝0.3 Ω此时,弹簧长度L ＝R 2R′＝0.31 m ＝0.3 m压缩量x ＝L 0－L ＝0.5 m －0.3 m ＝0.2 m 则此时风力F ＝kx ＝1 300×0.2 N＝260 N. 答案：(1)1 Ω/m (2)260 N16．(8分)有一种测量压力的电子秤,其原理如图所示．E 是内阻不计、电动势为6 V 的电源．R是一个阻值为300 Ω的限流电阻．G是由理想电流表改装成的指针式测力显示器．R是一个压敏电阻,其阻值可随压力大小的变化而改变,其关系如下表所示。

自感与互感，涡流-----高中物理模块典型题归纳（含详细答案）一、单选题1.如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计，则下列说法正确的是（）A.当电键K闭合时，灯A，B同时亮B.当电键K闭合时，灯B先亮，灯A后亮C.当电路稳定后再断开电键K时，B灯要闪亮一下才熄灭D.当电路稳定后再断开电键K时，流向A灯的电流将反向2.下列应用与涡流有关的是（）A.高频感应冶炼炉B.汽车的电磁式速度表C.家用电度表D.闭合线圈在匀强磁场中转动，切割磁感线产生的电流3.如图所示，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，灯泡L1与理想二极管D相连，下列说法中正确的是（）A.闭合开关S后，L1会逐渐变亮B.闭合开关S稳定后，L1、L2亮度相同C.断开S的瞬间，L1会逐渐熄灭D.断开S的瞬间，a点的电势比b点高4.如图所示的电流，当这些电流通过电感线圈时（不考虑线圈的电阻），对电流无阻碍作用的是（）A. B. C. D.5.电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠．如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是（）A.当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B.电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因这些材料的导热性能较差D.在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用6.下列说法正确的是（）A.穿过线圈的磁通量变化越大，线圈中感应电动势一定越大B.穿过线圈的磁通量的变化率与线圈的匝数成正比C.日光灯正常工作时，镇流器的作用是产生瞬时高压D.日光灯正常工作时，启动器不起任何作用7.如图所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C并联，三个支路中分别接有一灯泡．接入交流电源后，三盏灯亮度相同．若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率增大，则以下判断正确的是（）A.与线圈L连接的灯泡L1将变暗B.与电容器C连接的灯泡L2将变暗C.与电阻R连接的灯泡L3将变暗D.三盏灯泡的亮度都不会改变8.弹簧上端固定，下端悬挂一根磁铁，将磁铁抬到某一高度放下，磁铁能上下振动较长时间才停下来，如图甲所示．如果在磁铁下端放一个固定的铁制金属圆环，使磁铁上、下振动穿过它，能使磁铁较快地停下来，如图乙所示．若将铁环换成超导环如图丙所示，可以推测下列叙述正确的是()A.放入超导环，磁铁的机械能转化成一部分电能，而电能不会转化为内能，能维持较大电流，从而对磁铁产生更大阻力，故超导环阻尼效果明显B.放入超导环，电能不能转化为内能，所以，没有机械能与电能的转化，超导环不产生阻尼作用C.放入铁环，磁铁的机械能转化为电能，然后进一步转化为内能，磁铁的机械能能迅速地转化掉，具有阻尼效果D.放入铁环，磁铁的机械能转化为热能，损失掉了，能起阻尼作用9.如图所示，L是电感足够大的线圈，其直流电阻可忽略不计，D1和D2是两个相同的灯泡，若将电键S闭合，等灯泡亮度稳定后，再断开电键S，则（）A.电键S闭合时，灯泡D1、D2同时亮，稳定时D1、D2亮度相同B.电键S闭合时，灯泡D1很亮，D2逐渐变亮，最后一样亮C.电键S断开时，灯泡D2随之熄灭，而D1会亮一下后才熄灭D.电键S断开时，灯泡D1随之熄灭，而D2会更亮后一下才熄灭二、多选题10.如图所示电路中，电源电动势为E（内阻不可忽略），线圈L的电阻不计．以下判断正确的是（）A.闭合S稳定后，电容器两端电压为EB.闭合S稳定后，电容器的a极板带负电C.断开S的瞬间，通过R1的电流方向向右D.断开S的瞬间，通过R2的电流方向向右11.如图所示的电路中，三个相同的灯泡A、B、C和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有()A.A先变亮，然后逐渐变暗B.B先变亮，然后逐渐变暗C.C先变亮，然后逐渐变暗D.B、C都逐渐变暗12.如图所示，、是完全相同的的两个小灯泡，为自感系数很大的线圈，其直流电阻等于灯泡电阻。