【金版学案】2016-2017学年高中物理选修3-2(人教版)练习：第五章2描述交变电流的物理量 Word版含解析

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【金版优课】【教科版】2016版高中物理选修3-2练习(31份打包,Word版,含解析)

03课堂效果自测1.关于产生感应电流的条件，下列说法正确的是()A．位于磁场中的闭合线圈，一定能产生感应电流B．闭合线圈和磁场发生相对运动，一定能产生感应电流C．闭合线圈做切割磁感线运动，一定能产生感应电流D．穿过闭合线圈的磁感线条数发生变化，一定能产生感应电流解析：产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化。

A项中，若穿过线圈的磁通量不变化，则没有感应电流产生，A项错误。

B项中闭合线圈和磁场虽然发生相对运动，但没有磁通量的变化，也不会有感应电流产生，B项错误。

C项中若整个闭合线圈在匀强磁场中垂直于磁感线的平面内做切割磁感线的平动，就没有磁通量的变化，也不会有感应电流产生，C项错误。

D项中穿过闭合线圈的磁感线的条数发生变化，磁通量发生变化，一定能产生感应电流，D项正确。

答案：D2．[2014·课标全国卷Ⅰ]在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D ．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化解析：本题考查产生感应电流的条件，意在考查考生的理解和应用能力。

只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，选项A 、B 、C 错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，选项D 正确。

答案：D3．如图所示，矩形导体线框abcd 放置在水平面内。

磁场方向与水平方向成α角，已知sin α＝45，回路面积为S ，磁感应强度为B ，则通过的磁通量为( )A ．BSB.45BSC.35BS D.34BS 解析：Φ＝BS sin α＝45BS . 答案：B4．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1 B．在位置2C．在位置3 D．在位置4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。

金版新学案 2016-2017学年(人教版)高中物理选修3-1_模块综合检测题(解析版)

2016-2017学年（人教版）高中物理选修3-1-模块综合检测一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．每小题至少一个答案正确)1. 关于已充上电的某个平行板电容器，下列说法正确的是( )A. 两极板上一定带等量异种电荷B. 两极板所带的电荷量为两极板所带电荷量的绝对值之和C. 电容器带电荷量多，说明它容纳电荷的本领大D. 某电容器带电荷量越多，两极板间的电势差就越大【答案】AD【解析】电容器充电后一定带有电量相等的异种电荷，选项A正确；两极板所带的电荷量指一个极板所带电量的绝对值，选项B错误；描述电容器容纳电荷的本领的是电容，选项C错误；由U＝知，电容器带电量越多，两极板间的电势差就越大，选项D正确；故选D．2. 如图，a、b、c是一条电场线上的3个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离．用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示a、b、c三点的电势和场强．下列表达式正确的是( )A. φa>φb>φcB. E a>E b>E cC. φa－φb＝φb－φcD. E a＝E b＝E c【答案】A【解析】试题分析：由沿电场线方向电势降低，得到a、b、c三点的电势关系为>>，A对；因是一条电场线无法判断电场线的疏密，即无法比较三点的场强关系，BD错；因场强关系不知所以无法比较两点间的电势差关系，C错。

考点：本题考查电场线与电势的关系，电场线与场强的关系点评：本题学生明确沿电场线方向电势一定降低，场强的大小由电场线的疏密去判断。

3. 以下给出几种电学元件的电流与电压的关系图象，如图所示，下列说法中正确的是( )A. 这四个图象都是伏安特性曲线B. 这四种电学元件都是线性元件C. ①②是线性元件，③④是非线性元件D. 这四个图象中，直线的斜率都表示元件的电阻【答案】C【解析】伏安特性曲线是以I为纵轴，U为横轴的图象，A错误；线性元件并不只是说I－U图象是直线，而必须是过原点的直线，所以只有①②是线性元件，③④不是线性元件，B错误，C正确；在U－I图象中，过原点的直线的斜率才表示导体的电阻，D错误．故选C.4. 位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图所示，图中实线表示等势线，则( )A. a点和b点的电场强度相同B. 正电荷从c点移到d点，电场力做正功C. 负电荷从a点移到c点，电场力做正功D. 正电荷从e点沿图中虚线移到f点电势能先减小后增大【答案】CD【解析】试题分析：等势线越密电场线越密，电场线越密表示电场越强，虽然ab两处电场强度的大小相同但方向不同，由于场强是矢量，所以a点和b点的电场强度不同，故A错误；由于场源是负电荷，正电荷从c点移到d点过程中受到场源的电场引力，而远离场源运动，所以电场力做负功，故B错误；由于场源是负电荷，负电荷从a点移到c点过程中受到场源的电场斥力，而远离场源运动，所以电场力做正功，故C 错误；正电荷从e点沿图中虚线移到f点的过程中电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故D正确．考点：考查了等势面，电场力做功，电场强度【名师点睛】场强是矢量，故a点和b点的电场强度不同；根据电场力的方向和电荷运动的方向判定电场力做正功还是负功；5. 在场强大小为E的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的物体以某一初速度沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为，物体运动x距离时速度变为零，则下列说法正确的是( )A. 物体克服电场力做功0.8 qExB. 物体的电势能增加了0.8 qExC. 物体的电势能增加了qExD. 物体的动能减少了0.8 qEx【答案】CD【解析】分析题意知带电物体应竖直向下运动，所受电场力竖直向上，根据牛顿第二定律知0.8 qE＝qE－mg，即mg＝0.2 qE，故电场力做功W＝－qEx，电势能增加了qEx，选项AB错误，选项C正确；物体所受合力为0.8 qE，方向竖直向上，根据动能定理，物体的动能减少了0.8 qEx，选项D正确；故选CD．点睛：本题在电场中考察了各种功能关系的转化，正确解答的关键是明确各种功能关系：电场力做功等于电势能的变化；合力做功等于动能的变化．6. 条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠S极的一侧悬挂一根与它垂直的导体棒，如图所示．图中只画出此棒的横截面，且标出棒中的电流是流向纸内的．在通电的一瞬间，可能出现的情况是( )A. 磁铁对桌面的压力减小B. 磁铁对桌面的压力增大C. 磁铁受到向左的摩擦力D. 磁铁受到向右的摩擦力【答案】AC【解析】在磁铁外部磁感线由N极指向S极，通电导体棒处在磁场中，由左手定则可知其受安培力作用，条形磁铁也受到反作用力作用，产生两种效果，其一向上提起的效果；其二向右运动的效果，即磁铁对桌面的压力减小，同时磁铁受到向左的摩擦力作用，故AC正确，BD错误；故选AC．7. 如图所示的电路，L是小灯泡，C是极板水平放置的平行板电容器．闭合开关，有一带电油滴悬浮在两极板间静止不动．若滑动变阻器的滑片向下滑动，则( )A. L变亮B. L变暗C. 油滴向上运动D. 油滴向下运动【答案】BD【解析】滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入回路电阻变小，外电路的总电阻变小，回路电流变大，内压降变大，路端电压变小，L变暗．电容器两端的电压变小，电场强度变小，带电油滴所受电场力变小，油滴向下运动，故选项BD正确，AC错误；故选BD．8. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．设D形盒半径为R.若用回旋加速器加速质子(氢核)时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电源的周期为T.质子质量为m，电荷量为e.则下列说法正确的是( )A. 高频交流电源周期应为T＝B. 质子被加速后的最大动能E k不可能超过C. 质子被加速后的最大动能与狭缝间的加速电压、加速次数有关D. 不改变B或T，该回旋加速器不能用于加速α粒子(即氦核)【答案】BD【解析】质子在匀强磁场中做圆周运动的周期T＝，高频交流电源周期与质子在匀强磁场中做圆周运动的周期相同，选项A错误；由R＝知，质子被加速后的最大速度v＝，所以质子被加速后的最大动能，选项B正确，C错误；α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T′＝，与高频交流电源周期不同，不能被该回旋加速器加速，但通过改变B而改变α粒子做匀速圆周运动的周期Tα或改变交流电源周期T，使两者相等则可加速α粒子，选项D正确；故选BD．点睛：理解回旋加速器工作原理，熟练运用相关公式，便可解出此题，同时注意最大速度与加速电压无关，而第一次加速的速度与加速电压有关．9. 如图所示，一个绝缘圆环，当它的均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，现使半圆ABC均匀带电＋2q，而另一半圆ADC均匀带电－2q，则圆心O处的电场强度的大小和方向为( )A. 2E，方向由O指向DB. 4E，方向由O指向DC. 2E，方向由O指向BD. 0【答案】A【解析】当圆环的1/4均匀带电，电荷量为+q时，圆心O处的电场强度大小为E，由如图所示的矢量合成可得,当半圆ABC的带电+2q,在圆心处的电场强度大小为，方向由B到D；当另一半圆ADC均匀带电−2q，同理，在圆心处的电场强度大小为，方向由O到D；根据矢量的合成法则，圆心O处的电强度的大小为，方向由O到D；选项A正确、BCD错误。

2021-2022高二物理人教版选修3-2学案：第五章交变电流

学案7章末总结一、交变电流“四值”的计算和应用1．最大值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的交变电流最大值E m＝nBSω，在考虑电容器的耐压值时应依据沟通电的最大值．2．有效值：正弦式沟通电的有效值I＝I m2，其他交变电流的有效值应依据有效值的定义计算，求电功、电功率，确定保险丝的熔断电流，要用到有效值；没有特殊说明时，沟通电的电流、电压、电动势指有效值，沟通电表的测量值是有效值，沟通用电设备上所标的额定电压、额定电流是有效值．3．瞬时值：当线圈平面处于中性面时开头计时，瞬时电动势的表达式为e＝E m sin ωt.瞬时值对应某一时刻的电压、电流值．4．平均值：平均值需用E＝nΔΦΔt和I＝ER进行计算，求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值．q＝I·Δt ＝nΔΦR.例1如图1所示，沟通发电机的矩形线圈abcd中，ab＝cd＝50 cm，bc＝ad＝30 cm，匝数n＝100匝，线圈电阻r＝0.2 Ω，外电阻R＝4.8 Ω.线圈在磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.图1(1)求产生感应电动势的最大值．(2)若从图示位置开头计时，写出感应电流随时间变化的函数表达式．(3)沟通电压表和沟通电流表的示数各为多少？(4)此发电机的功率为多少？(5)从图示位置起，转过90°过程中，平均电动势为多少？通过线圈截面的电荷量为多少？解析(1)设ab＝l1，bc＝l2，则沟通电动势的最大值E m＝nBl1l2ω≈235.5 V(2)依据闭合电路欧姆定律，电流的最大值I m＝E mR＋r＝47.1 A在题图所示位置时，电流有最大值，则电流的瞬时值表达式为i＝I m cos ωt，代入数值得i＝47.1cos (100πt) A(3)电流的有效值为I＝I m2≈33.3 A路端电压的有效值为U＝IR≈160 V即电压表的示数为160 V，电流表的示数为33.3 A.(4)电动势的有效值为E＝E m2≈166.5 V则发电机的功率为P＝IE≈5 544 W(5)平均电动势为。

《金版教程》2018-2019学年人教版高中物理选修3-2检测：第五章《交变电流》5-5a Word版含解析

03 随堂对点训练知识点一输送中电压、功率损耗1．[2018·杭州高二检测]中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电陈旧老化。

近来进行农村电改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格，可采取的措施有( )A ．提高输送功率B ．减小输电导线的长度C ．提高输电的电压D ．减小输电导线的横截面积答案 C解析为减少远距离输电的损耗，可以提高输电的电压，故C 项正确；提高输送功率不能减少远距离输电的损耗，减小输电导线的长度的方法不可取，减小输电导线的横截面积反而会增大损耗，故A 、B 、D 均错误。

2．[2018·长春高二检测]远距离输电中，当输送的电功率为P ，输送电压为U 时，输电线上损失的电功率为ΔP ，若输送的电功率增加为4P ，而输电线中损失的电功率减为ΔP/4，(输电线电阻不变)那么输电电压应增为( )A ．32UB ．16UC ．8UD ．4U 答案 C解析根据题意知：ΔP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·r ，14ΔP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4P U′2·r 得U′＝8U 。

3．[2018·淄博高二检测]“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。

从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106 kW ，输电电压为1000 kV ，输电线电阻为100 Ω。

若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为( )A ．105 kWB ．104kW C ．106 kWD ．103 kW 答案 A解析输电电流I ＝P U ，输电线路损失的电功率P 损＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ＝1×105 kW ，当改用超导输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P 损，A 正确。

知识点二生活中实际应用4．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，可是我们在晚上七八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为此时( )A ．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小B ．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小C ．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大D ．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电压答案 C解析此时用电器多，负载大，电阻小(因为用电器都是并联的)而变压器输出电压U 不变，由I ＝U R可知，干路电流大，输电线上损失电压大，电灯两端电压小，故比深夜暗，故C 正确。

物理选修3-2第五章学案5

AB )
图7
C.在滑动变阻器的触头 P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变大 D.若把单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，保持滑动变阻器的触头 P 不动，电压表示数变大，电流表的示数变小
解析理想变压器不改变功率和频率；该交变电压的频率为 50 Hz，而产生交变电压的线圈每转一圈，其电流变向两次，故 B 正确；
A.电压表读数为 282 V C.输入功率为 56.4 W D.输入功率为 40 W
√
U2＝20 V
图2
Um 有效值 U1＝ ≈200 V 2
U 1 n1 ＝ U 2 n2
I1 n2 ＝ I2 n1
输入功率 P＝U1I1＝40 W
I1＝0.2 A
学习目标
知识储备
学习探究
典例精析
课堂小结
自我检测
典例精析
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一、对变压器的原理的理解
学案5
( BC )
例 1 关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是 A.通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变 × B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等√ C.穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势 √ D.原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈 ×
n1 U1 (1)只有一个副线圈：＝ n2 . U2 U2 U3 U1 (2)有多个副线圈：＝ n2 ＝ n3 ＝„„ n1
4.原、副线圈的地位 (1)原线圈在其所处回路中充当负载. (2)副线圈在其所处回路中充当
电源
.
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人教版高中物理选修3-2教案全册word资料21页

人教版新课标高中物理选修3－2 教案第四章电磁感应1. 基本知识(1) 磁通量①概念：穿过某个面的磁通量等于闭合导体回路的面积与垂直穿过它的磁感应强度的乘积．②公式：①二BS.③产生感应电流的条件：只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流．2、匀强磁场中磁通量的计算利用公式：①二BS(其中B为匀强磁场的磁感应强度，S为线圈的有效面积) ．注意以下三种特殊情况：(1) 如果磁感线与平面不垂直，如图4－1－1( 甲) 所示，有效面积应理解为原平面在垂直磁场方向上的投影面积，如果平面与垂直磁场方向的夹角为9，则有效面积为Seos 9，穿过该平面的磁通量为①二BSeos 9 .( 甲) ( 乙)图4－1－1(2) S 指闭合回路中包含磁场的那部分有效面积，如图(乙)所示，闭合回路abed 和闭合回路ABCE S然面积不同，但穿过它们的磁通量却相同：①二BS.(3) 某面积内有不同方向的磁场时，分别计算不同方向的磁场的磁通量，然后规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，求其代数和．图4－1－2例1如图4—1—2所示的线框，面积为S,处于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向与线框平面成9 角，当线框转过90°到如图所示的虚线位置时，试求：(1) 初、末位置穿过线框的磁通量的大小①i和①2; (2)磁通量的变化量△①•【解析】(1) 如题图所示，在初始位置，把面积向垂直于磁场方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S±= Ssin 9，所以①i = BSsin 9 .在末位置，把面积向垂直于磁场方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S±= Seos 9 .由于磁感线从反面穿入，所以①2=—BSeos 9 .⑵开始时B与线框平面成9角，穿过线框的磁通量①1= BSsin 9 ;当线框平面按顺时针方向转动时，穿过线框的磁通量减少，当转到9 时，穿过线框的磁通量减少为零，继续转动至90°时，磁通量从另一面穿过，变为“负”值，①2=—BSeos 9 .所以，此过程中磁通量的变化量为△①二① 2 —①第 1 页【答案】⑴① 1= BSsin 0 ① 2=— BScos 0 （2）—BS（cos 0 + sin 0）1 •解答该类题目时，要注意磁感线是从平面的哪一面穿入的.2•当规定从某一面穿入的磁通量为正值时，则从另一面穿入的就为负值，然后按照求代数和的方法求出磁通量的变化（磁通量是有正、负的标量）.3 •准确地把初、末状态的磁通量表示出来是例2如选项图所示，A中线圈有一小缺口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方•其中能产生感应电流的是（）【解析】图A中线圈没闭合，无感应电流；图B中闭合电路中的磁通量增大，有感应电流；图C中的导线在圆环的正上方，不论电流如何变化，穿过线圈的磁感线都相互抵消，磁通量恒为零，也无电流；图D中回路磁通量恒定，无感应电流•故本题只有选项B正确. 【答案】B 判断电路中是否产生感应电流，关键要分析穿过闭合电路的磁通量是否发生变化•对于C图中就必须要弄清楚通电直导线的磁感线分布情况，而对于立体图，往往还需要将立体图转换为平面图，如转化为俯视图、侧视图等.迁移应用2.如图4一1 一4所示，在竖直向下的匀强磁场中，有一闭合导体环，环面与磁场垂直•当导体环在磁场中完成下述运动时，可能产生感应电流的是（）图4—1 —4A. 导体环保持水平在磁场中向上或向下运动B .导体环保持水平向左或向右加速平动C•导体环以垂直环面、通过环心的轴转动D .导体环以一条直径为轴，在磁场中转动【解析】只要导体环保持水平，无论它如何运动，穿过环的磁通量都不变，都不会产生感应电流，只有导体环绕通过直径的轴在磁场中转动时，穿过环的磁通量改变，才会产生感应电流，D项正确.【答案】D合解题方略一一导体切割磁感线产生感应电流的判断例3如图4—1 —5所示，在匀强磁场中的矩形金属轨道上，有等长的两根金属棒ab和cd，它们以相同的速度匀速运动，则（）A.断开开关K, ab中有感应电流 B .闭合开关K，ab中有感应电流C.无论断开还是闭合开关K，ab中都有感应电流 D .无论断开还是闭合开关K，ab中都没有感应电流【规范解答】两根金属棒ab和cd以相同的速度匀速运动，若断开电键K,两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量无变化，则回路中无感应电流，故选项A、C错误；若闭合电键K,两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量发生变化，则回路中有感应电流，故B正确，D错误.【答案】B 不管是哪种方式引起了导体回路中磁通量发生了变化，都会产生感应电流，如在本题中，穿过ab和cd组成的回路磁通量不变化，但穿过abfe和cdfe两个回路的磁通量发生了变化.3楞次定律本节知识是电学中的重点知识，也是高考考查的热点。

金版学案2018-2019学年物理(人教版)选修3-2试题：第五章4变压器

第五章交变电流4 变压器A 级抓基础1．如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt V 的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻．原、副线圈匝数之比为2∶1.电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．原线圈中电流表的读数为1 AB ．原线圈中的输入功率为220 2 WC ．副线圈中电压表的读数为110 2 VD ．副线圈中输出交流电的周期为50 s解析：原线圈输入电压U 1＝22022V ＝220 V ，根据U 1∶U 2＝n 1∶n 2可得电压表的读数U 2＝2202V ＝110 V ，C 项错；输出功率P 2＝U 22R ＝110255W ＝220 W ，所以原线圈输入功率也为220 W ，B 项错；根据P ＝UI 得原线圈中电流表的读数I 1＝220220A ＝1 A ，A 项对；原副线圈中交变电流的周期相同，T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02 s ，D 项错．答案：A2．如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 0002sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6Ω的导线对“220 V880 W”的电器R L供电，该电器正常工作．由此可知()A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频率为100 HzC．副线圈中电流的有效值为4 AD．变压器的输入功率为880 W解析：根据接入电压u＝11 0002sin 100πt，输入电压有效值为11 000 V，要使“220 V880 W”的电器正常工作，则通过用电器的电流为I＝PU＝4 A，副线圈输出电压为U出＝Ir＋U＝4×6 V＋220 V＝244 V，原、副线圈匝数比等于输入电压与输出电压之比，为 2750∶61，A错误，C正确；交流电的频率f＝ω2π＝100π2π＝50 Hz，B错误；变压器的输出功率P出＝P R L＋P r＝880 W＋42× 6 W＝976 W，D错误．答案：C3．如图所示，T为理想变压器，为交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时()A．的读数变大，的读数变大B．的读数变大，的读数变小C．的读数变小，的读数变大D．的读数变小，的读数变小解析：当滑动触头下移时，R3减小，R总减小，I＝UR总，U不变I增大，U 并＝U－UR1减小，通过R2的电流IR2减小，I A2＝I－IR2增大，的示数变大，由原、副线圈电流与匝数成反比，可知的示数变大．答案：A4．(多选)调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB间加上正弦交流电压u，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q，则()A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小解析：保持P的位置不动，U2不变，将Q向下移动时，R变大，故电流表读数变小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，n2变大，U2变大，故电流表的读数变大．答案：BC5．如图所示，理想变压器的交流输入电压U1＝220 V，有两组副线圈，其中n2＝36匝，标有“6 V9 W”“12 V12 W”的电灯分别接在两副线圈上均正常发光，求：(1)原线圈的匝数n1和另一副线圈的匝数n3；(2)原线圈中电流I1.解析：(1)由于两灯泡均正常发光，所以有U2＝6 V，U3＝12 V.根据原、副线圈电压与匝数的关系，由U1U2＝n1n2、U2U3＝n2n3得：n1＝U1U2n2＝2206×36(匝)＝1 320匝，n3＝U3U2n2＝126×36(匝)＝72匝．(2)由于P入＝P出，P出＝P2＋P3，所以P入＝P2＋P3.即I1U1＝P2＋P3，则I1＝P2＋P3U1＝9＋12220A≈0.095 A. B级提能力6．(多选)图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是()A．线圈匝数n1<n2，n3<n4B．线圈匝数n1>n2，n3>n4C．甲图中的电表是电压表，输出端不可短路D．乙图中的电表是电流表，输出端不可断路解析：题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3<n4，题图乙中的电表为电流表，故选项C、D正确．答案：CD7．一台理想变压器原、副线圈匝数比为22∶1，当原线圈两端输入u1＝2202sin 314t V的交变电压时，下列说法正确的是() A．副线圈两端电压为12 2 VB．副线圈接一个10 Ω电阻时，原线圈中的电流为1 AC．副线圈是一个10 Ω电阻时，原线圈中输入功率为10 WD．变压器铁芯中磁通量变化率的最大值是220 2 V解析：原线圈两端的电压为U1＝220 V，由变压器的变压比U1 U2＝n1n2，得副线圈两端电压为U2＝10 V，副线圈接一个10 Ω电阻，副线圈中电流I2＝1 A，电功率P2＝U2I2＝10 W，原线圈输入功率也为10W；由变压器的电流比I1I2＝n2n1得I1＝122A，铁芯中磁通量的变化率最大值为ΔΦΔt＝E mn1，由于具体的匝数未知，所以磁通量变化率的最大值未知．所以正确选项是C.答案：C8．如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有相同的白炽灯，原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1，电源电压为U，求B灯两端的电压U B.解析：由串联电路分压原理可知U＝U A＋U1.①由变压器原理可知：U1∶U2＝2∶1，②I 1∶I2＝1∶2.③由欧姆定律可知：U A＝I1R，④U B＝I2R.联立①～⑤式，得U B＝25U.⑤。

《金版学案》2018-2019学年高中物理选修3-2(人教版)课件：第五章3电感和电容对交变电流的影响

1．电感线圈对交变电流的作用：阻碍交变电流． 2．电感线圈对交变电流的阻碍作用的本质． (1)交变电流通过线圈时，由于电流时刻都在变化，所以自感现象就不断地发生，而自感电动势总是要阻碍电流变化的，这就是线圈的电感对交变电流的阻碍作用．
(2)电感对交变电流阻碍作用的大小用感抗来表示，线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，产生的自感电动势就越大，对交变电流的阻碍作用越大，感抗就越大． 3．电感线圈按匝数的不同，可分为两种： (1)低频扼流圈：通直流，阻交流． (2)高频扼流圈：通低频，阻高频．
解析：容抗只与电容器的电容大小和交变电流的频率有关．答案：C
拓展一电感对交变电流的阻碍作用
如图所示，把带铁芯的线圈 L 与小灯泡串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到交流电源上(实验中取直流电源的电压与交流电压的有效值相等)．实验现象：接通直流电源时，灯泡亮些；接通交流电源时，灯泡暗些．
2．感抗的应用
区别自感系数感抗大小作用低频扼流圈较大较大高频扼流圈较小较小
通直流、阻交流通低频、通直流，阻高频
判断正误 (1)绕制线圈的导线电阻可以忽略时，线圈对交流电没有阻碍作用．(×) (2) 交流电的频率越高，电感对交流的阻碍作用越大．(√) (3)高频扼流圈可以“通高频，阻低频”. (×)
(1)产生上述现象说明了什么？该现象是什么原因造成的？ (2)实验表明：调换线圈的自感系数越大、交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用越大，即灯泡越暗．为什么线圈的感抗跟线圈的自感系数和交流电的频率有关呢？
提示：(1)实验表明电感对交变电流有阻碍作用．交流电通过电感线圈时，电流时刻在改变，电感线圈中必然产生自感电动势，阻碍电流的变化，使灯泡变暗． (2)感抗是由自感现象引起的，线圈的自感系数 L 越大，自感作用就越大．因而感抗越大；交流电的频率 f 越高，电流的变化率越大，自感作用也越大，因而感抗也越大．

《金版教程》2017-2018学年人教版高中物理选修3-2检测：第五章《交变电流》5-5b Word版含解析

04课后提升考能1．[2015·长沙高二检测]远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高，则( )A ．输电线上的电压损失增大B ．输电线上的电能损失增大C ．输电线上的电压损失不变D ．输电线上的电能损失减少答案 D解析由P ＝UI 知，输电线的电流为I ＝P U ，当输电电压U 提高时，电流减小，由ΔU ＝IR 得，输电线上的电压损失减少，再由P 线＝I 2R 线，可知输电线上的电能损失减少，D 选项正确。

2．(多选)在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么( )A ．输电线路上损失的电压与输送的电流成正比B ．输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大C ．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比D ．输电线路上损失的功率跟输电线上的电流成正比答案 AC解析输电线路上损失的电压ΔU ＝IR ，在R 一定时，ΔU 和I成正比。

U 越高，根据I ＝P U 可知，I 越小，那么ΔU 越小。

输电线路上损失的功率ΔP ＝I 2R ，当P 一定时，I ＝P U 。

所以ΔP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，即ΔP和U的平方成反比，跟I的平方成正比，故A、C正确。

3．(多选)在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁，如图所示，为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰。

在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；若输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上热耗功率为9ΔP，则除冰时()A．输电电流为3I B．输电电流为9IC．输电电压为3U D．输电电压为1 3U答案AD解析高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线①若热耗功率变为9ΔP，则9ΔP＝I′2R线②由①②得I′＝3I，A对。

又输送功率不变，P＝UI＝U′I′，得U′＝13U，所以D对。

4．下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是()A．因为热功率P＝U2R，所以应降低输送的电压，增大输电导线的电阻，才能减小输电导线上的热损耗B．因为热功率P＝IU，所以应采用低电压、小电流输电，才能减小输电导线上的热损耗C．因为热功率P＝I2R，所以可采用减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗D．以上说法均不正确答案 C解析不能盲目看公式，要注意其物理意义的表达，在求热损耗时：P损＝I线2R线或用P损＝U线I线，也可用P损＝U2R，但U必须为输电线两端的电压(即损失电压)。

高中物理：第五章1-5节交流电教案人教版选修3-2

教学课题：交变电流一．教学目标 [知识和技能] 1、知道正弦交流电是矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生的．知道中性面的概念． 2、掌握交变电流的变化规律及表示方法，理解描述正弦交流电的物理量的物理含义． 3、理解正弦交流电的图像，能从图像中读出所需要的物理量． 4、理解交变电流的瞬时值和最大值，能正确表达出正弦交流电的最大值、有效值、瞬时值． 5、理解交流电的有效值的概念，能用有效值做有关交流电功率的计算． [过程和方法] 1、掌握描述物理规律的基本方法——文字法、公式法、图像法． 2、培养学生观察能力、空间想象能力、立体图转化为平面图进行处理问题的能力． 3、培养学生运用数学知识解决处理物理问题的能力． [情感、态度、价值观] 培养学生爱国主义精神及为富民强国认真学习的精神．二．教学重点、难点重点：交变电流产生的物理过程的分析及中性面的特点．难点：交变电流产生的物理过程的分析．三．教学仪器交流发电机模型、演示电流表四．教学方法讲授、演示、探究五．教学过程引入［复习提问］１．感应电动势的大小：基本式：tn ∆∆Φ=ε导出式：⊥=BlV ε２．感应电动势的方向：基本规律：楞次定律导出规律：右手定那么〔口诀：“力左电右〞〕［教师演示］交变电流产生的实验：模型发电机产生的电流，大小和方向在不断的变化，这种电流叫做交变电流．新课1、交变电流的产生演示1：出示手摇发电机模型，并连接演示电流表．当线圈在磁场中转动时，电流表的指针随着线圈的转动而摆动，线圈每转动一周指针左右摆动一次．说明电流强度的大小和方向都做周期性的变化，这种电流叫交流电． 2、交变电流的变化规律投影显示：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动的四个过程．分析：线圈bc 、da 始终在平行磁感线方向转动，因而不产生感应电动势，只起导线作用．〔1〕线圈平面垂直于磁感线〔甲图〕，ab 、cd 边此时速度方向与磁感线平行，线圈中没有感应电动势，没有感应电流．教师强调指出：这时线圈平面所处的位置叫中性面．中性面的特点：线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，感应电动势最小为零，感应电流为零．〔2〕当线圈平面逆时针转过90°时〔乙图〕，即线圈平面与磁感线平行时，ab 、cd 边的线速度方向都跟磁感线垂直，即两边都垂直切割磁感线，这时感应电动势最大，线圈中的感应电流也最大．〔3〕再转过90°时〔丙图〕，线圈又处于中性面位置，线圈中没有感应电动势．〔4〕当线圈再转过90°时，处于图〔丁〕位置，ab 、cd 边的瞬时速度方向，跟线圈经过图〔乙〕位置时的速度方向相反，产生的感应电动势方向也跟在〔图乙〕位置相反．〔5〕再转过90°线圈处于起始位置〔戊图〕，与〔甲〕图位置相同，线圈中没有感应电动势．在场强为的匀强磁场中，矩形线圈边长为l 1、l 2，逆时针绕中轴匀速转动，角速度为ω，从中性面开始计时，经过时间t ．线圈中的感应电动势的大小如何变化呢？线圈转动的线速度为ω，转过的角度为ωt ，此时ab 边线速度以磁感线的夹角也等于ωt ，这时ab 边中的感应电动势为：E=(Bl 1l 2ω/2)sin ωt同理，cd 边切割磁感线的感应电动势为：E=(Bl 1l 2ω/2)sin ωt就整个线圈来看，因ab 、cd 边产生的感应电势方向相同，是串联，所以当线圈平面跟磁感线平行时，即，这时感应电动势最大值；E m =BS ω．感应电动势的瞬时表达式为：e= BS ωsin ωt 可见在匀强磁场中，匀速转动的线圈中产生的感应电动势是按正弦规律变化的．即感应电动势的大小和方向是以一定的时间间隔做周期性变化．当线圈跟外电路组成闭合回路时，设整个回路的电阻为，那么电路的感应电流的瞬时值为表达式．感应电流瞬时值表达式为，这种按正弦规律变化的交变电流叫正弦式电流．3、交流电的图像：交流电的变化规律还可以用图像来表示，在直角坐标系中，横轴表示线圈平面跟中性面的夹角〔或者表示线圈转动经过的时间〕，纵坐标表示感应电动势〔感应电流〕．规律：t Sin m ωεε=t Sin I i m ω=其中：ωεnBS m =，Rr I mm +=ε．4、交流发电机〔1〕发电机的基本组成①用来产生感应电动势的线圈〔叫电枢〕． ②用来产生磁场的磁极．〔2〕发电机的基本种类①旋转电枢式发电机〔电枢动磁极不动〕． ②旋转磁极式发电机〔磁极动电枢不动〕．无论哪种发电机，转动的部分叫转子，不动的部分叫定子．例题与练习[例1]如下图各图线中表示交变电流的是 [][误解] 选〔A 〕，〔B 〕，〔C 〕，〔D 〕． [正确解答] 选〔B 〕，〔C 〕，〔D 〕．[错因分析与解题指导] 大小、方向随时间作周期性变化的电流为交变电流．[误解]选有〔A 〕，然而〔A 〕中电流大小虽周期性变化，但方向不变，是直流电流而不是交变电流．[例2] 一线圈中产生的正弦交变电流按i=10sin314tA 变化，求出当线圈从中性面起转过30°、60°、90°、120°所需时间及对应的电流值． [分析] 通过跟正弦交变电流的标准式比较，直接代入计算． [解答] 线圈从中性面开始转动产生的正弦交变电流的标准式是 i=I m sin ωt ．式中ωt 表示线圈平面对中性面的夹角〔单位是rad 〕．当线圈平面转过的角度θ1=30°时，由得经历的时间和对应的电流值分别为同理，当θ2=60°时，得当θ3=90°时，得当θ4=120°时，得[说明] 用公式i=I m sin ωt 算出的是线圈在转动过程中某位置或某个时刻的电流值，所以它是一个瞬时值表达式． [例3] 在匀强磁场中的矩形线圈从中性面开始匀速转动，穿过线圈平面的磁通量与时间t 的图象是 [][分析] 设匀强磁场的磁感强度为B ，矩形线圈abcd 的面积为S ，如图2所示从中性面位置开始逆时针方向匀速转动．设经时间t 转过的角度θ=ωt ，转到位置a 1d 1，画出它的正视图如图3所示．积〕可知，在时刻t 通过线圈平面的磁通量为[答]C ．[说明] 磁通量是标量．磁通量的正、负表示它穿过平面的方向．根据图3得出的上述表达式，是规定从左向右穿过平面左侧面〔用实线表示〕的方向为正．当转过θ=90°后，磁感线将从平面的右侧面〔用虚线表示〕穿过，磁通量为负．线圈转动时，穿过线圈的磁通量，线圈中产生的感应电动势随时间变化的对照关系，如图4所示．练习1．一矩形线圈在匀强磁场中转动，当线圈平面跟中性面重合的瞬间，以下说法正确的选项是〔〕A ．电流方向改变B ．磁通量为零C ．圈中磁通量的变化率最大D ．线圈没有边切割磁感线2．如下图，线圈abcd 绕ab 和cd 的中点的连线OO ′转动，OO ′与匀强磁场垂直，线圈的单位长度的电阻值为定值，为了使线圈中电流值增为原来的2倍，可采用的办法有〔〕A ．使线圈绕cd 边转动B ．使线圈的面积增为原来的2倍C ．使磁感强度和转速增加为原来的2倍D ．使磁感强度减为原来的1/2，转速增为原来的4倍小结1、交流电的产生强度和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流，简称交流． 2、交流电的变化规律感应电动势的瞬时表达式为：．感应电流瞬时值表达式：． 3、交流电的图像 4、交流发电机〔1〕发电机的基本组成：①电枢．②磁极．〔2〕发电机的基本种类:①旋转电枢式发电机．②旋转磁极式发电机．作业六．教学反思：教学课题：描述交变电流有物理量一．教学目标 [知识和技能]1. 理解交变电流的周期、频率含义，掌握它们相互间关系，知道我国生产和生活用电的周期〔频率〕的大小．2、理解交变电流的最大值和有效值的意义，知道它们之间的关系，会应用正弦式交变电流有效值公式进行有关计算．3、能利用有效值定义计算某些交变电流的有效值 [过程和方法]1、培养学生阅读、理解及自学能力．2、培养学生将知识进行类比、迁移的能力．3、使学生理解如何建立新的物理概念而培养学生处理解决新问题能力．4、培养学生应用数学工具处理解决物理问题的能力．5、训练学生由特殊到一般的归纳、演绎思维能力．6、培养学生的实际动手操作能力． [情感、态度、价值观] 1、由用电器铭牌，可介绍我国近几年的经济腾飞，激发学生爱国精神和为建设祖国发奋学习的精神． 2、让学生体会对称美．二．教学重点、难点重点：交流电的有效值、最大值、频率、周期的理解难点：1、交变电流有效值概念既是重点又是难点，通过计算特殊形式的交变电流的有效值来体会和掌握它的定义。

新人教版高中物理选修3-2全册导学案

新人教版高中物理选修全册导学案目录第四章第1节划时代的发现导第四章第2节探究电磁感应的产生条件第四章第3节楞次定律第四章第4节《法拉第电磁感应定律》第四章第5节《电磁感应规律的应用》第四章第5节《电磁感应规律的应用》第四章第6节《互感与自感》第四章第6节《互感与自感》第四章第7节《涡流电磁阻尼和电磁驱动》第四章第《涡流电磁阻尼和电磁驱动》第五章第1节交变电流第五章第2节描述交变电流物理量第五章第3节《电感和电容对交变电流的影响》第五章第4节变压器第五章第5节《电能的输送》第六章第1节传感器及其工作原理第六章第2节传感器的应用（一）第六章第3节传感器的应用（二）第六章第4节传感器的应用实验选修3-2第四章电磁感应第1节《划时代的发现》课前预习学案一、预习目标预习奥斯特梦圆“电生磁”；法拉第心系“磁生电”，初步了解物理学中奥斯特和法拉第的贡献。

二、预习内容奥斯特梦圆“电生磁”标题和法拉第心系“磁生电”标题。

问题1：奥斯特在什么思想的启发下，发现了电流的磁效应的？问题2：奥斯特发现了电流的磁效应，能说明他是一个“幸运儿”吗？是偶然还是必然？问题3：1803年奥斯特总结了一句话内容是什么？问题4：法拉第在了奥斯特的电流磁效应的基础上，思考对称性原理，从而得出了什么样的结论？问题5：其他很多科学家例如安培，科拉顿等物理学家也做过磁生电的试验，可他们都没有成功，他们问题出现在那里？问题6：法拉第经过无数次试验，经历10年的时间，终于领悟到了什么？问题7：什么是电磁感应？什么是感应电流？问题8：通过学习你从奥斯特、法拉第等科学家身上学到了什么？问题9：通过查阅资料，了解法拉第的生平，详细写出法拉第一生中的伟大成就和伟大发现。

三、提出疑惑课内探究学案一、学习目标1.知识与技能（1）知道奥斯特实验、电磁感应现象，（2）了解电生磁和磁生电的发现过程，（3）知道电磁感应和感应电流的定义。

2.过程与方法（1）通过阅读使学生掌握自然现象之间是相互联系和相互转化的；（2）通过学习了解科学家们在探究过程中的失败和贡献，从中学习科学探究的方法和思想。

《金版教程》2018-2019学年人教版高中物理选修3-2检测：第五章《交变电流》水平测试 Word版含解析

第五章水平测试测试时间：90分钟满分：100分一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在第1～6题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，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．[2018·宜兴高二检测]如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U ，额定功率均为P ，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n 1：n 2和电源电压U 1分别为( )A ．1∶2 2UB ．1∶2 4UC ．2∶1 4UD ．2∶1 2U 答案 C解析设灯泡正常发光时，额定电流为I 0。

由题图可知，原线圈中电流I 原＝I 0，副线圈中两灯并联，副线圈中电流I 副＝2I 0，U 副＝U ，根据理想变压器的基本规律：I 原n 1＝I 副n 2得n 1∶n 2＝2∶1；U 原/U 副＝n 1n 2得U 原＝2U ，所以U 1＝4U 。

C 项正确。

2．[2018·四川高考]如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )A ．用户用电器上交流电的频率是100 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC ．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小答案 D解析根据图乙可知，发电机输出的交流电的周期为0.02 s ，根据频率与周期的关系得发电机输出的交流电的频率为50 Hz ，由于变压器在传输电能的过程中不改变交流电的频率，故用户用电器上交流电的频率为50 Hz ，A 项错误；根据图乙可知，发电机输出的交流电的最大值为500 V ，由于该交流电是正弦式交变电流，根据正弦式交变电流的有效值与最大值的关系可得，发电机输出的交流电的有效值为250 2 V ，故B 项错误；根据输电线上的电流与升压变压器的输入电压U 1、升压变压器的原、副线圈的匝数比n 1n 2、降压变压器的原、副线圈的匝数比n 3n 4、输电线上的电阻R 线和负载电阻R 负的关系可得I 线＝I 3＝(n 4n 3)2U 1n 1·n 2－I 线R线R 负，即I 线＝n 24n 2U 1n 123R 负＋n 24R 线，则当升压变压器的输入电压U 1和输电线上的电阻R 线一定时，输电线的电流I 线与升压变压器的原、副线圈的匝数比n 1n 2、降压变压器的原、副线圈的匝数比n 3n 4和负载电阻R 负都有关系，故C 项错误；根据焦耳定律可得，输电线上损失的功率P 损＝I 2线R 线，又I 线＝n 24n 2U 1n 123R 负＋n 24R 线，即P 损＝n 44n 22U 21n 21n 23R 负R 线＋n 24R 线2则当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率将减小，故D 项正确。

金版学案物理(人教版)选修3-2试题：模块综合检测(一)

模块综合检测(一)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1．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．声音传感器解析：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．答案：B2．法拉第是英国物理学家、化学家，也是著名的自学成才的科学家，在物理学领域，法拉第有“电学之父”的美誉．下列陈述不符合历史事实的是()A．法拉第首先引入“场”的概念来研究电和磁的现象B．法拉第首先引入电场线和磁感线来描述电场和磁场C．法拉第首先发现电磁感应现象D．法拉第首先发现电流的磁效应解析：奥斯特首先发现电流的磁效应，选项D错误；选项A、B、C正确．答案：D3．对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图象，下列说法中正确的是()A．电流大小变化，方向不变，是直流电B．电流大小、方向都变化，是交流电C．电流的周期是0.02 s，最大值是0.2 AD．电流做周期性变化，是交流电解析：方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征，因为在此坐标系中电流的方向用正负表示，所以此电流的方向没有改变，是直流电，A正确，B、D错误；由图象可以看出电流的周期是0.01 s, 而不是0.02 s，C错误．答案：A4．如图所示，北京某中学生在自行车道上从东往西沿直线以速度v骑行，该处地磁场的水平分量大小为B1，方向由南向北，竖直分量大小为B2，假设自行车的车把为长为L的金属平把，下列结论正确的是()A．图示位置中辐条上A点比B点电势低B．左车把的电势比右车把的电势低C．自行车左拐改为南北骑向，辐条A点比B点电势高D．自行车左拐改为南北骑向，辐条A点比B点电势低解析：自行车行驶时，辐条切割磁感线，从东往西沿直线以速度v骑行，根据右手定则判断可知，图示位置中辐条A点电势比B点电势低，故A正确；在行驶过程中，车把与竖直分量的磁场切割，因此产生感应电流，根据右手定则可知，左车把的电势比右车把的电势高，故B错误．自行车左拐改为南北骑向，自行车辐条没有切割磁感线，则没有电势的高低，故C、D错误；故选A.答案：A5．我国发射的“玉兔号”月球车成功着陆月球，不久的将来中国人将真正实现飞天梦，进入那神秘的广寒宫．假如有一宇航员登月后，想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是()A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场的有无B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场解析：电磁感应现象产生的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生改变时，回路中有感应电流产生．A中，如果月球上有一个恒定的磁场，那么电流表不会有示数，A错误；同理，将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，也不能判断出没有磁场，因为磁通量可能是恒定的，B错误；电流表有示数则说明一定有磁场，C正确；将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一个与磁场平行的平面内沿各个方向运动，也不会有示数，D错误．答案：C6.两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置，通过它们的电流方向如图所示，线圈L的平面跟纸面平行．现将线圈从位置A沿M、N连线中垂线迅速平移到B位置，则在平移过程中，线圈中的感应电流()A．沿顺时针方向，且越来越小B．沿逆时针方向，且越来越大C．始终为零D．先顺时针，后逆时针解析：整个过程中，穿过线圈的磁通量为0.答案：C7．在光滑的桌面上放有一条形磁铁，条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质小圆环，如图所示．则以下关于铜质小圆环和条形磁铁的描述正确的是()A．释放圆环，环下落时环的机械能守恒B．释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大C．给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做匀速运动D．给磁铁水平向右的初速度，圆环产生向左的运动趋势解析：根据条形磁铁的电场线的分布，铜质小圆环在下落过程中，磁通量始终为零，无电磁感应现象，释放圆环，环下落时环的机械能守恒，磁铁对桌面的压力等于磁铁的重力，故A对，B错．当磁铁左右移动时，铜质小圆环的磁通量发生变化，产生电磁感应现象，根据楞次定律可以判断，电磁感应的机械效果是阻碍它们之间的相对运动，给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做减速运动，C错；线圈有向右运动的趋势，D错．答案：A8．如图所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大、电阻可忽略的线圈．关于这个电路的说法正确的是()A．从开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B．从开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C．开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D．开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯解析：开关闭合，由于L产生的自感电动势阻碍电流的增大，B 灯将推迟一些时间才能正常发光，而A灯立刻亮，当L不起作用后，A灯亮度逐渐变暗，最后亮度稳定，选项A正确，B错误；开关断开的瞬间，L作为电源，通过L中的电流值是逐渐减小的，由于稳定时灯泡A、B中电流大小相等，故A灯不会闪亮，而是慢慢熄灭的，选项C错误；开关由闭合到断开瞬间，电流自右向左通过A灯，选项D错误．答案：A9.如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端接一正弦交变电流，为了使变压器输入功率增大，可以采取的措施有()A．只增加原线圈的匝数n1B．只减少副线圈的匝数n2C．只减小负载电阻R的阻值D．只增大负载电阻R的阻值解析：由n1n2＝U1U2知，当n1增大时，U2减小；当n2减小时，U2也减小．又根据P入＝P出＝U22R知，A、B两项均错，C项对，D项错．答案：C10．如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时所产生正弦式交变电流的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦式交变电流的图象如图线b所示，下列关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是()A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为0B．线圈先后两次转速之比为3∶2C．交变电流a的有效值为10 VD．交变电流b的最大值为5 V解析：电压为0时，磁通量变化率为0，此时磁通量最大，不为0，选项A错误；据图象知，T a＝0.4 s，T b＝0.6 s，又ω＝2πT，所以ωa∶ωb＝T b∶T a＝3∶2，选项B正确；据图象可知U m a＝10 V，选项C错误；U m＝NBSω，则U m a∶U m b＝ωa∶ωb＝3∶2，得U m b＝20 3V，选项D错误．答案：B二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，漏选得3分，错选或不选得0分)11．电吉他之所以能以其独特的魅力吸引众多的音乐爱好者，是因为它的每一根琴弦下面都安装了一种叫作“拾音器”的装置，能将琴弦的振动转化为电信号，电信号经扩音器放大，再经过扬声器就能播出优美的音乐．如下图是“拾音器”的结构示意图，多匝绕制的线圈置于永久磁铁与钢质的琴弦之间，当琴弦沿着线圈振动时，线圈中就会产生感应电流，关于感应电流以下说法正确的是()A．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流是变化的B．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小变化，方向不变C．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生变化D．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小不变，方向变化解析：由题意及图可知，电吉他是利用振动的钢质琴弦使线圈切割磁感线而产生感应电流，再将该电流放大并与扩音器相连从而发出声音，属于法拉第电磁感应现象．因琴弦在振动时速度的大小和方向均变化，故感应电流不是恒定的，故A、C正确．答案：AC12．如图是远距离输电的示意图，则电压U1、U2、U3、U4之间的关系是()A．U1<U2B．U2>U3C．U3>U4D．U3＝U1＋U2解析：由图可知，左边是升压变压器，则U1<U2，由于输电线有电阻，导致U3<U2；右边则是降压变压器，所以U3>U4，故A、B、C正确，D错误．答案：ABC13．无线电力传输目前取得了重大突破，已有一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力．两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示．下列说法正确的是()A．只要A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C．A线圈中电流越大，B线圈中感应电动势越大D．A线圈中电流变化越快，B线圈中感应电动势越大解析：根据产生感应电动势的条件可知，只有处于变化的磁场中，B 线圈才能产生感应电动势，选项A 错误，选项B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小取决于磁通量的变化率，选项C 错误，选项D 正确．答案：BD14．在如图(a)所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图(b)所示．边长为l 、电阻为R 的正方形均匀线框abcd 有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab 边的发热功率为P ，则下列说法正确的是( )图(a) 图(b)A ．磁感应强度B 0＝T 2l 2PR B ．线框中感应电流为I ＝2P R C ．线框cd 边的发热功率为PD ．a 端电势高于b 端电势解析：由题图(b)可知，线框中产生的感应电动势恒定，线框ab 边的发热功率为P ＝E 24R ，感应电动势E ＝ΔB ΔtS ＝2B 0T ·l 22＝B 0l 2T ，所以B 0＝2T l 2PR ，A 错误；由P ＝14I 2R 可得线框中的感应电流I ＝2P R ，B 正确；cd 边电阻等于ab 边电阻，而两边流过的电流相等，因此发热功率相等，C 正确；由楞次定律可判断，线框中感应电流方向为adcba 方向，因此a 端电势比b 端低，D 错误．答案：BC三、计算题(本题共4小题，共50分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(10分)半径为r 、电阻为R 的n 匝圆形线圈在边长为l 的正方形abcd 外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示．当磁场随时间的变化规律如图乙所示时，则：(1)穿过圆形线圈磁通量的变化率为多少？(2)t 0时刻线圈中产生的感应电流为多大？图甲图乙解析：(1)由题图乙可知，磁通量的变化率为ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS ＝B 0t 0l 2. (2)根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势E ＝n ΔΦΔt＝n B 0t 0l 2，再根据闭合电路欧姆定律得感应电流I ＝E R ＝n B 0l 2t 0R. 16．如图甲所示，一能承受最大拉力为16 N 的轻绳吊一质量为m ＝0.8 kg ，边长为L ＝ 2 m 正方形线圈ABCD ，已知线圈总电阻为R 总＝0.5 Ω，在线圈上半部分分布着垂直于线圈平面向里，大小随时间变化的磁场，如图乙所示，已知t 1时刻轻绳刚好被拉断，g 取10 m/s 2，求：(1)在轻绳被拉断前线圈感应电动势大小及感应电流的方向；(2)t ＝0时AB 边受到的安培力的大小；(3)t 1的大小．图甲图乙解析：(1)轻绳被拉断前，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ，① 由图乙知ΔB Δt＝1 T/s ，② 由题意知S ＝12L 2＝1 m 2.③ 由①②③得E ＝1 V ，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针．(2)由图知t ＝0时，感应强度B 0＝1 T ，④感应电流I ＝E R 总＝2 A ，⑤ AB 边受到的安培力F 安＝B 0IL ＝2 2 N ．⑥(3)由题意知F 拉max ＝16 N ，⑦t 1时刻轻绳受力为F 拉max ＝mg ＋2B 1IL ，⑧由⑤⑦⑧得B 1＝2 T ，由图乙可查出B 1对应的时刻t 1＝1 s.17．(15分)U 形金属导轨abcd 原来静止放在光滑绝缘的水平桌面上，范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场穿过导轨平面，一根与bc 等长的金属棒PQ 平行bc 放在导轨上，棒左边靠着绝缘的固定竖直立柱e 、f .已知磁感应强度B ＝0.8 T ，导轨质量M ＝2 kg ，其中bc 段长0.5 m 、电阻r ＝0.4 Ω，其余部分电阻不计，金属棒PQ 质量m＝0.6 kg、电阻R＝0.2Ω、与导轨间的摩擦因数μ＝0.2.若向导轨施加方向向左、大小为F＝2 N的水平拉力，如图所示．求：导轨的最大加速度、最大电流和最大速度(设导轨足够长，g取10 m/s2)．解析：导轨受到PQ棒水平向右的摩擦力F f＝μmg，根据牛顿第二定律并整理得F－μmg－F安＝Ma，刚拉动导轨时，I感＝0，安培力为零，导轨有最大加速度：a m＝F－μmgM＝2－0.2×0.6×102m/s2＝0.4 m/s2，随着导轨速度的增大，感应电流增大，加速度减小，当a＝0时，速度最大．设速度最大值为v m，电流最大值为I m，此时导轨受到向右的安培力F安＝BI m L，F－μmg－BI m L＝0，I m＝F－μmgBL，代入数据得I m＝2－0.2×0.6×100.8×0.5A＝2 A.由I＝ER＋r，I m＝BL v mR＋r得：v m＝I m（R＋r）BL＝2×（0.2＋0.4）0.8×0.5m/s＝3 m/s.18．(15分)如图甲所示，两根光滑固定导轨相距0.4 m竖直放置，导轨电阻不计，在导轨末端P、Q两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd.棒cd的质量为0.01 kg，长为0.2 m，处于磁感应强度为B0＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里．相距0.2 m的水平虚线MN和JK之间的区域内存在着垂直于导轨平面向里的匀强磁场，且磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为0.02 kg、阻值为0.3 Ω的金属棒ab从虚线MN上方0.2 m高度处，由静止开始释放，下落过程中保持水平，且与导轨接触良好，结果棒ab在t1时刻从上边界MN进入磁场，并在磁场中做匀速运动，在t2时刻从下边界JK离开磁场，g取10 m/s2.求：图甲图乙(1)在0～t1时间内，电路中感应电动势的大小；(2)在t1～t2时间内，棒cd受到细导线的总拉力为多大；(3)棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热．解析：(1)对棒ab自由下落过程，有t1＝2hg＝0.2 s磁感应强度的变化率为ΔBΔt＝0.50.2T/s＝2.5 T/s由法拉第电磁感应定律得，0～t1时间内感应电动势E1＝ΔΦΔt＝ΔBΔtL ab h联立以上各式并代入数据可得E1＝0.2 V(2)由棒ab匀速进入磁场区域可知BI2L ab＝m ab g代入数据，可解得I2＝1 A在t 1～t 2时间内，对棒cd 受力分析，可得F T ＝m cd g ＋B 0I 2L cd ，代入数据，可解得F T ＝0.2 N(3)棒ab 刚进入磁场时的速度为v ＝gt 1＝2 m/s棒ab 刚进入磁场时的感应电动势为E 2＝BL ab v ＝0.4 V则R cd ＝E 2I 2－R ab ＝0.1 Ω 在0～t 1时间内，感应电流为I 1＝E 1R ab ＋R cd＝0.5 A 棒cd 在0～t 2时间内产生的焦耳热Q cd ＝Q 1＋Q 2＝I 21R cd t 1＋I 22R cd h v＝0.015 J.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

金版学案物理(人教版)选修3-2试题：第五章3电感和电容对交变电流的影响

第五章交变电流3 电感和电容对交变电流的影响A级抓基础1．(多选)对于扼流圈的以下说法，正确的是()A．扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的B．低频扼流圈用来“通低频、阻高频”C．高频扼流圈用来“通直流、阻交流”D．高频扼流圈对低频交变电流阻碍作用较小，对高频交变电流的阻碍作用很大解析：低频扼流圈用来通直流、阻交流，对低频电流阻碍作用也很大．而高频扼流圈是对高频电流阻碍作用很大，对低频电流阻碍作用较小，高频扼流圈的自感系数较小，低频扼流圈的自感系数较大．答案：AD2．一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图所示．一铁棒插进线圈后，该灯将()A．变亮B．变暗C．对灯的亮度没影响D．无法判断解析：在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是阻碍电流变化，正是这种阻碍变化的特性，使线圈产生了感抗．加入铁芯改变了电感线圈的自感系数，使自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡两端的电压减小，所以灯变暗．答案：B3．(多选)对交变电流通过电容器的理解正确的是()A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体B．交变电流定向移动的电荷通过电容器两极板间的绝缘介质C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器D．交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)解析：电流能“通过”电容器，并非自由电荷真的通过电容器两极板间的绝缘介质，而是交变电流交替对电容器充电、放电，电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器．答案：CD4．(多选)如图所示，甲、乙两图中用交流电源，丙、丁两图中用直流电源，各电路图中灯泡、电容器、电压表示数都相同，则下列说法正确的是()A．灯L1比灯L2亮B．灯L3也能发光，但亮度最暗C．灯L2和L4亮度相同D．灯L4比灯L1亮解析：电压表示数相同，说明交流电压的有效值相同．甲图中电容器与灯L1串联，电容器对电流有阻碍作用；乙图中电容器与灯L2并联，交变电流全部流过灯L2；丙图中电容器与灯L3串联且是直流电源，电容器隔直通交．所以没有电流流过灯L3，灯L3不亮；丁图中电容器与灯L4并联，电流全部流过灯L4.综合以上分析，C、D两项正确．答案：CDB级提能力5．如图所示把电阻、电感、电容并联到某一交流电源上，三个电流表示数相同，若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系是()A．I1＝I2＝I3B．I1>I2>I3C．I2>I1>I3D．I3>I1>I2解析：原来三个电流表的示数相同，说明三个支路中的电阻、感抗、容抗相等，当交变电流的频率加大时，电阻的值不变，感抗变大，容抗减小，因此I1不变，I2减小，I3增大，即有I3>I1>I2，故选项D 正确．答案：D6．(多选)从某一装置输出的交流电常常既有高频成分，又有低频成分．如果只需要把低频成分输送到下一级装置，可采用的电路是()A B C D解析：电容器有通高频、阻低频的作用，所以电容器应并联使用，A对；电感器有阻高频、通低频的作用，所以电感器应串联在电路中，D对．答案：AD7．如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L ＝1 mH，C＝200 pF)，此电路的重要作用是()A．阻直流通交流，输出交流B．阻交流通直流，输出直流C．阻低频通高频，输出高频交流D．阻高频通低频，输出低频交流和直流解析：线圈的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”．电容的作用是“通交流、隔直流，通高频、阻低频”．因线圈自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这样，直流和低频成分能顺利通过线圈；电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容器C很小，对低频成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它滤掉，最终输出的是低频交流和直流．答案：D8．(多选)如图所示的实验电路中，若交流电压的有效值与直流电压相等，S为双刀双掷开关，下列叙述中正确的是()A．当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗B．当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮C．S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出来时灯变亮D．S掷向c、d，电源电压不变，而使频率减小时灯变暗解析：线圈对恒定电流无感抗，对交变电流有感抗，并且有铁芯时感抗变大．故选项A、C正确．答案：AC精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

2019秋金版学案物理·选修3-2(人教版)练习：第五章章末质量评估(二)

章末质量评估（二）（时间：90分钟分值：100分）一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.对于理想变压器，下列说法中不正确的是（）A.原线圈的输入功率随着副线圈输出功率的增大而增大B.原线圈的输入电流随着副线圈输出电流的增大而增大C.副线圈的输出电压随负载电阻的增大而增大D.原、副线圈两端的电压与它们的匝数成正比解析：对于理想变压器，输入功率等于输出功率，输入功率由输出功率决定，输入电流由输出电流决定，输入电压决定输出电压，输出电压不随负载电阻的变化而变化，故A 、B 、D 正确，C 错误.答案：C2.如图所示是一交变电流的i-t 图象，则该交流电流的有效值为（）A.4 AB.2303 AC.83 AD.2 2 A 解析：设交流电流的有效值为I ，周期为T ，电阻为R ，则 I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22×42·R ·T 3＋42·R ·23T ，答案：B3.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）图甲图乙A.t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零B.t＝0.01 s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311 VD.线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析：由题图象知，该交变电流电动势峰值为311 V，交变电动势的频率为f＝50 Hz，C、D错；t＝0.005时，e＝311 V，磁通量变化最快，t＝0.01 s时e＝0，磁通量最大，线圈处于中性面位置，A错误，B 正确.答案：B4.如图所示，矩形线圈的面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路的电阻为R，在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法中正确的是（）A.磁通量的变化量ΔΦ＝NBSB.通过电阻R 的电荷量q ＝BSωR ＋rC.电阻R 上产生的焦耳热Q ＝（NBSω）22RD.电阻R 上产生的焦耳热Q ＝（NBS ）2ωR π4（R ＋r ）2解析：线圈由题图示位置转过90°，磁通量变化量ΔΦ＝BS ，故选项A 错误；通过电阻R 的电荷量q ＝N ΔΦR ＋r，故选项B 错误；感应电动势最大值E m ＝NBSω，转动时间t ＝T 4＝π2ω，所以Q ＝I 2Rt ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤E m 2（R ＋r ）2·Rt ＝（NBS ）2ωR π4（R ＋r ）2，故选项C 错误，选项D 正确. 答案：D5.用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图所示，则（）A.变压器输入功率约为3.9 WB.输出电压的最大值是110 VC.变压器原、副线圈的匝数比是1∶2D.负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫100πt ＋π2（A ）解析：通过负载的电流有效值为0.025 2 A ，变压器输入功率约为P ＝UI ＝110×0.025 2 W ＝3.9 W ，选项A 正确.变压器输出电压的最大值是110 2 V ，选项B 错误.由变压公式，变压器原、副线圈的匝数比是2∶1，选项C 错误.负载电流的函数表达式i ＝0.05sin 100πt A ，选项D错误.答案：A6.如图所示电路中，L为电感线圈，R为灯泡，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝2202sin 100πt（V），若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的是（）A.电流表示数增大B.电压表示数减小C.灯泡变暗D.灯泡变亮解析：由u＝2202sin 100πt V可得电源原来的频率为f＝100π2πHz＝50 Hz.当电源频率由原来的50 Hz增为100 Hz时，线圈的感抗增大；线圈两端电压有效值增大，电压表示数增大，故选项B错误.在总电压的有效值不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错.灯泡R的电阻是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率减小，灯泡变暗，选项C 正确，D错.答案：C7.如图甲所示，电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直匀强磁场的转轴OO′匀速旋转产生交流电，现将此电流给阻值为R＝10 Ω的小灯泡L供电，通过电流传感器得到灯泡中电流的图象如图乙，不考虑温度对灯泡阻值的影响，下列说法中正确的是（）A. 在t ＝5×10－3s 时，线圈处于中性面位置B. 在t ＝10×10－3 s 时，穿过线圈的磁通量最大C. 交变电流的瞬时表达式为i ＝5cos 50 πt （A ）D. 线圈产生的交流电的电动势为55 V解析：由题图可知t ＝0.005 s 时刻，感应电流最小为零，此时线圈所在平面处于中性面位置，故A 正确；t ＝10×10－3 s 时刻，感应电流最大，此时线圈所在平面与中性面位置垂直，所以穿过线框回路的磁通量最小，故B 错误；周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT＝100 πrad/s ，电流的瞬时表达式为i ＝5cos 100πt （A ），故C 错误；线圈产生的交流电的电动势最大值为E m ＝I m （R ＋r ）＝55 V ，故D 错误.答案：A8.如图所示，有一台交流发电机E .通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4，设T 1的输入电压U 1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（）A.P 2变大，P 3变大B.P 1变小，P 2变小C.U 2变小，U 3变小D.U 2变小，U 4变大解析：P 1＝P 2＝ΔP ＋P 3，且P 3＝P 4，由于P 4增大，所以P 3及P 1、P 2均变大，A 对，B 错；U 2＝n 2n 1U 1，U 1一定，所以U 2不变，C 、D 错. 答案：A9.在如图所示的电路中，理想变压器的变压比为2∶1，四个灯泡完全相同，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么（）A.L1和L2都能正常工作B.L1和L2都不能正常工作C.L1和L2只有一个能正常工作D.条件不足，无法判断解析：由于副线圈两端并联着两个相同的灯泡L3、L4.每个灯泡正常工作时的实际电流都等于额定电流，因此副线圈中的电流等于一个灯泡额定电流的两倍.根据原、副线圈的电流与匝数成反比，可知原线圈中的电流等于副线圈中电流的12，即恰好等于灯泡L1、L2的额定电流，从而可以得出L1和L2都能正常工作.答案：A10.某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成.发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计.它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动.矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻.以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是（）A.若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最小B.发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωtC.当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动D.当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高解析：若发电机线圈某时刻处于图示位置，磁通量变化最快，感应电动势最大，最大值为NBSω，变压器原线圈的电流瞬时值最大，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，选项B正确，A错误；当用户数目增多时，总电流增大，输电线上的电势降落得多，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动才能增大变压器的输出电压，选项C错误；滑动触头P向下或向上移动，变压器原线圈两端的电压都不变，选项D错误.答案：B二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分）11.一个矩形线圈在匀强磁场中匀角速度转动，产生交变电动势的瞬时值表达式为e＝102sin 4πt（V），则（）A.该交变电动势的频率为2 HzB.零时刻线圈平面与磁场垂直C.t＝0.25 s时，e达到最大值D.在1 s时间内，线圈中电流方向改变100次解析：由题中给出的电动势的表达式可以得到该交变电动势的角速度是4π rad/s，由角速度和周期、频率的关系ω＝2πT＝2πf得到此交变电动势的频率为2 Hz，周期是0.5 s，所以选项A正确.周期是0.5 s，所以1 s 内线圈中的电流方向改变4次，选项D 错误.代入表达式t ＝0.25 s ，得到e ＝0，选项C 错误.零时刻，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，选项B 正确.综上所述，本题的正确选项为A 、B.答案：AB12.如图甲所示为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其et 图象如图乙所示.发电机线圈的内阻为1 Ω，外接灯泡的电阻为9 Ω，则（）A.电压表的示数为6 VB.发电机的输出功率为4 WC.在1.0×10－2s 时刻，穿过线圈的磁通量最大D.在2.0×10－2s 时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大解析：根据et 图象可知产生的交变电流的电动势最大值为6 2 V ，有效值为6 V ，根据闭合电路欧姆定律可求得电压表的示数为U ＝99＋1×6 V ＝5.4 V ，A 错误；根据电功率公式得发电机的输出功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫69＋12×9 W ＝3.24 W ，B 错误；根据e-t 图象可知在1.0× 10－2s 时刻，电动势为零，说明此时线圈处于中性面，磁通量最大，C 正确；在2.0×10－2s 时刻，电动势为最大，说明此时线圈处于与中性面垂直的位置，磁通量最小，但是磁通量的变化率最大，D 正确.答案：CD13.在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（）A.升压变压器的输出电压增大B.降压变压器的输出电压增大C.输电线上损耗的功率增大D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大解析：由题意可知升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，A 错误；在电能输出过程中有I ＝P U，U 线＝IR 线，U 3＝U 2－U 线，因P 变大，I 变大，所以U 线变大，降压变压器原线圈电压U 3变小，则降压变压器的输出电压变小，B 错误；由P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 线，因P 变大，所以P 损变大，C 正确；根据P 损P＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 线P ＝PR 线U 2，因P 变大，所以比值变大，D 正确.答案：CD 14.如图所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R 1、R 2、R 3、R 4均为定值电阻，开关S 是闭合的.和为理想电压表，读数分别为U 1和U 2；、和为理想电流表，读数分别为I 1、I 2和I 3.现断开S ，U 1数值不变，下列推断中正确的是（）A.U 2变小、I 3变小B.U 2不变、I 3变大C.I 1变小、I 2变小D.I 1变大、I 2变大解析：因为变压器的匝数与U 1不变，所以U 2与两电压表的示数均不变，当S 断开时，因为负载电阻增大，故副线圈中的电流I 2减小，I 1I 2＝n 2n 1知I 1也将减小，C 正确；因为R 1两端的电压减小，故R 2、R 3两端的电压将增大，I 3变大，B 正确.正确选项为B 、C.答案：BC三、填空题（本题共2小题，共14分）15.（6分）如图所示，电表均为理想的交流电表，保险丝P 的熔断电流为2 A ，电容器C 的击穿电压为300 V .若在a 、b 间加正弦交流电压，并适当地调节R 接入电路中的阻值，使P 恰好不被熔断，C 恰好不被击穿，则电流表的读数为 A ，电压表的读数为 V .解析：电阻R 0和R 串联接入交流电路中，通过保险丝的电流与通过电流表的电流相等；电容器与电阻R 并联，故电容器两端的电压与R 两端的电压相同.电压表的读数是电阻R 两端电压的有效值，而电容器的击穿电压是加在电容器两端的交流电压的最大值，故电流表的读数为2 A ，电压表的读数为3002V ＝212.1 V . 答案：2 212.116.（8分）有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A 、B ，线圈外部还可以绕线.图甲图乙（1）某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，由此可推断线圈的匝数较多（选填“A”或“B”）.（2）如果把它看成理想变压器，现要测定A线圈的匝数，提供的器材有一根足够长的绝缘导线、一个多用电表和低压交流电源.请简要叙述实验的步骤（写出要测的物理量，并用字母表示）：_______.（3）A线圈的匝数为n A＝（用所测物理量符号表示）.解析：（1）由题图乙可知a位置的阻值大于b位置的阻值，由电阻定律可得A线圈的匝数多于B线圈的匝数.（2）①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；②把低压交流电源接B线圈，测得B线圈的输出电压为U；③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为U A.（3）由（2）知n A＝U A U n.答案：（1）A（2）①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；②把低压交流电源接B线圈，测得B线圈的输出电压U；③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压U A（3）U A U n四、计算题（本题共3小题，共32分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）17.（10分）如图甲所示，矩形线圈匝数N＝100匝，ab＝30 cm，ad＝20 cm，匀强磁场磁感应强度B＝0.8 T，绕轴OO′从图示位置开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.图甲图乙（1）穿过线圈的磁通量最大值Φm为多大？线圈转到什么位置时取得此值？（2）线圈产生的感应电动势最大值E m为多大？线圈转到什么位置时取得此值？（3）写出感应电动势e随时间变化的表达式，并在图乙中作出图象.解析：（1）当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值.Φm＝BS＝0.8×0.3×0.2 Wb＝0.048 Wb.（2）线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值E m＝NBSω＝480π V.（3）表达式e＝E m cos ωt＝480πcos 100πt V.图象如图所示.18.（10分）如图所示，一个变压器（可视为理想变压器）的原线圈接在220 V的电网上，向额定电压为1.80×104 V的霓虹灯供电.（1）为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，当副线圈电路中电流超过12 mA 时，熔丝就熔断.熔丝的熔断电流是多大？（2）若霓虹灯正常发光时，副线圈电路中电流为10 mA ，则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U 1、U 2、I 1、I 2，则U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1.当I 2＝12 mA 时，I 1即为熔断电流.代入数据，得I 1＝0.98 A.（2）设副线圈中电流为I 2′＝10 mA 时，变压器的输入功率为P 1，此时霓虹灯正常发光，其两端电压为U 2＝1.8×104 V ，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有P 1＝I 2′U 2，代入数据得，P 1＝180 W.19.（12分）用均匀导线弯成正方形闭合线框abcd ，线框每边长10 cm ，每边的电阻值为0.1 Ω.把线框放在磁感应强度为B ＝0.1 T 的匀强磁场中，并使它绕轴O 1O 2以ω＝100 rad/s 的角速度旋转，旋转方向如图所示（沿O 2O 1，由O 2向O 1看为顺时针方向）.已知O 1、O 2两点分别在ad 和bc 上，轴O 1O 2在线框平面内，并且垂直于B ，O 1d ＝3O 1a ，O 2c ＝3O 2b .（1）当线框平面转至和B 平行的瞬时（如图所示位置）：①每个边产生的感应电动势的大小各是多少？②线框内感应电流的大小是多少？方向如何？（2）求线框由图示位置旋转π3的过程中产生的平均电动势的大小；（3）线框旋转一周产生的热量为多少？解析：（1）①令l 表示正方形线框的边长，R 表示其每边的电阻值，则l ＝0.1 m ，R ＝0.1 Ω，设此时cd 段感应电动势的大小为E 1，ab 段感应电动势的大小为E 2，则E 1＝Bl v 1＝3Bl 2ω4＝0.075 V ， E 2＝Bl v 2＝Bl 2ω4＝0.025 V ， da 段和bc 段不切割磁感线，所以它们的电动势都是0.②线框中的感应电动势E ＝E 1＋E 2＝0.1 V ，线框中的感应电流为I ＝E 4R＝0.25 A.根据楞次定律或右手定则，可判断电流方向沿dcbad . （2）根据法拉第电磁感应定律，线框由图示位置旋转π3的过程中产生的平均电动势的大小E －＝ΔΦΔt ＝B ΔS T 6＝3Bl 2ωsin 60°π＝3320 πV ＝0.083 V .（3）线框旋转一周产生的热量为Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22R 总T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫I 22·4R ·2πω＝2.5 π×10－4J＝7.85×10－4J.。

【金牌学案】高中物理课时作业新人教版选修3-2

第四章电磁感应1 划时代的发现2 探究感应电流的产生条件一、单项选择题1．物理实验都需要有一定的控制条件．做奥斯特电流磁效应实验时就应排除地磁场对实验的影响．下列关于奥斯特实验的控制条件的说法中正确的是( D )A．该实验必须在地球赤道上进行B．通电直导线必须竖直放置C．通电直导线应该水平东西方向放置D．通电直导线可以水平南北方向放置2．如图4－1－10所示，在条形磁铁N极附近悬挂一个金属闭合线圈，当磁铁左右运动时，线圈中( A )图4－1－10A．一定产生感应电流B．不一定产生感应电流C．不可能产生感应电流D．无法确定解析：这属于法拉第总结出的运动的磁场，能够引起感应电流．3．如图4－1－11所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是( A )图4－1－11A．线圈中通以恒定的电流B．通电时，使变阻器的滑片P匀速移动C．通电时，使变阻器的滑片P加速移动D．将开关突然断开的瞬间解析：当线圈中通以恒定的电流时，线圈中产生的磁场恒定不变，线圈中的磁通量没有发生变化，铜环A的磁通量没有变化，不会产生感应电流．4．关于产生感应电流的条件，下述说法正确的是( D )A．位于磁场中的闭合线圈，一定能产生感应电流B．闭合线圈和磁场发生相对运动，一定能产生感应电流C．闭合线圈做切割磁感线运动，一定能产生感应电流D．穿过闭合线圈的磁感线条数发生变化，一定能产生感应电流二、双项选择题5．(2011年惠州调研)将一磁铁缓慢或迅速地插到闭合线圈中的同一位置，两次发生变化的物理量不同的是( BC )A ．磁通量的变化量B ．磁通量的变化率C ．感应电流的电流强度D ．流过线圈导体横截面中的电量6．关于磁通量、磁通密度、磁感应强度，下列说法正确的是( CD )A ．磁感应强度越大的地方，磁通量越大B ．穿过某线圈的磁通量为零时，由B ＝ΦS可知磁磁感应强度为零 C ．磁通密度越大，磁感应强度越大D ．磁感应强度在数值上等于1 m 2的面积上穿过的最大磁通量7．如图4－1－12所示，环形金属软弹簧所处平面与某一匀强磁场垂直，将弹簧沿半径方向向外拉成圆形，则以下措施不能使该金属弹簧中产生电磁感应现象的是( CD )图4－1－12A ．保持该圆的周长不变，将弹簧由圆形拉成方形B ．保持该圆的周长不变，将弹簧由圆形拉成三角形C ．保持该圆的面积不变，将弹簧由圆形拉成方形D ．保持该圆的面积不变，将弹簧由圆形拉成三角形8．2008年年底，我国高温超导磁悬浮高速列车的车速已达到500 km/h ，图4－1－13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B 放在磁铁A 上，它就能在磁力作用下悬浮在磁铁A 上方的空中，则下列正确的是( BD )A ．在B 放入磁场过程中，B 中将产生感应电流，当稳定后，感应电流消失B ．在B 放入磁场的过程中，B 中将产生感应电流，当稳定后，感应电流仍存在C ．如果A 的N 极朝上，B 中感应电流的方向如图所示D ．如果A 的N 极朝上，B 中感应电流的方向与图示方向相反解析：B 进入时，磁通量增加，将产生感应电流，这一电流在超导体中不会消失，B 正确．它们之间是排斥，由安培定则确定D 答案正确．图4－1－13 图4－1－149．如图4－1－14所示，A 、B 为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度．两个相同的磁性小球，同时从A 、B 管上端的管口无初速释放，穿过A 管的小球比穿过B 管的小球先落到地面．下面对于两管的描述中可能正确的是( AD )A ．A 管是用塑料制成的，B 管是用铜制成的B ．A 管是用铝制成的，B 管是用胶木制成的C ．A 管是用胶木制成的，B 管是用塑料制成的D ．A 管是用胶木制成的，B 管是用铝制成的解析：当B 管是金属所做，A 球是绝缘材料所做时，磁球穿过B 使得B 管的各环路中磁通量发生变化，有一部分机械能转化为电能，磁球穿过B 与A 相比，相同位置处的动能变小，速度变小，平均速度变小，B 球下落的时间变大．三、非选择题10．一磁感应强度为B 的匀强磁场方向水平向右，一面积为S 的矩形线圈abcd 如图4－1－15所示放置，平面abcd 与竖直方向成θ角．将abcd 绕ad 轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量是多少？图4－1－15解：转动前的磁通量为Φ1＝BS cos θ，转动后的磁通量为Φ2＝BS cos(θ＋180°)＝－BS cos θ，磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ1－Φ2＝2BS cos θ.11．如图4－1－16所示，匀强磁场区域宽度为l ，使一边长为d (d >l )的矩形线框以恒定速度v 向右通过磁场区域，求该过程中有感应电流的时间．图4－1－16解：在矩形线框的右端离开磁场右边缘开始直到线框的左端进入磁场为止(如图1所示)，穿过线框的磁通量不变化，所以这段时间无感应电流，其他通过时间磁通量变化，有感应电流．这段运动的距离为d －l ，运动时间为t ′＝d －l v. 线框通过磁场的总时间为t ＝d ＋l v. 所以有感应电流的时间为Δt ＝t －t ′＝2l v .图112．边长l ＝10 cm 的正方形线框，固定在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，如图4－1－17所示．磁感应强度随时间变化的规律为B ＝2＋3t (T)，则第3 s 内穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ为多少？图4－1－17解：第3 s 内就是从2 s 末到3 s 末，所以2 s 时磁感应强度为B 1＝(2＋3×2)T＝8 T,3s 时的磁感应强度为B 2＝(2＋3×3) T＝11 T ，所以ΔΦ＝BS ＝(11－8)×0.12 Wb ＝3×10－2 Wb.13．如图4－1－18所示，弹簧上端固定，下端悬挂一根磁铁，磁铁正下方不远处的水平面上放一个质量为m ，电阻为R 的闭合线圈．将磁铁慢慢托起到弹簧恢复原长时放开，磁铁开始上下振动，线圈始终静止在水平面上，不计空气阻力，则以下说法不正确的是( A )图4－1－18A．磁铁做自由落体运动B．磁铁最终能静止C．只要磁铁运动，线圈中一定有感应电流D．若线圈为超导线圈，磁铁最终也能静止解析：磁铁将运动所具有的机械能通过电磁感应转化为电能，所以机械能不守恒，磁铁做的不是自由落体运动，A选项合题．14．(双选)如图4－1－19所示，矩形线框abcd位于通电直导线附近，且开始时与导线在同一平面，线框的两个边与导线平行．欲使线框中产生感应电流，下面做法可行的是( CD )图4－1－19A．线框向上移动B．让ad边与导线重合，绕导线转过一个小角度C．以bc边为轴转过一个小角度D．以ab边为轴转过一个小角度解析：通电导线周围的磁感线是以线上的点为圆心的一系列同心圆．所以A、B两种情况线圈中的磁感线条数不变，没有感应电流．C、D两种情况下的线圈中的磁感线条数变化，产生感应电流．15．如图4－1－20所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场，B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1 cm.现于纸面内先后放上与磁场垂直的圆线圈A、B、C，圆心均在O处，A线圈半径为1 cm,10匝；B线圈半径为2 cm,1匝；C线圈半径为0.5 cm,1匝．问：(1)在B变为0.4 T的过程中，A和B中磁通量改变多少？(2)当磁场转过30°角的过程中，C中磁通量改变多少？图4－1－20解：(1)对A线圈，Φ1＝B1πr2，Φ2＝B2πr2.磁通量改变量|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×10－4 Wb＝1.256×10－4 Wb对B线圈，Φ1＝B1πr2，Φ2＝B2πr2，磁通量改变量|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×10－4Wb＝1.256×10－4 Wb(2)对C线圈：Φ1＝Bπr2，磁场转过30°，线圈仍全部处于磁场中，线圈面积在垂直磁场方向的投影为πr2cos 30°，则Φ2＝Bπr2cos 30°.磁通量改变量|Φ2－Φ1|＝Bπr2(1－cos 30°)＝0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866) Wb＝8.4×10－6 Wb.3 楞次定律一、单项选择题1．关于楞次定律，下列说法中正确的是( D )A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的增强B．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的减弱C．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化D．感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化解析：感应电流的磁场总是阻碍电路中的原磁通量的变化，不是阻碍原磁场的变化，只有当磁通量的变化单纯的是由原磁场的变化引起时，才阻碍原磁场的变化．2．如图4－3－9所示，导线框abcd与长直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流I，当导线框由左向右匀速通过直导线时，线框中感应电流的方向是( D )图4－3－9A．先abcd，后dcba，再abcdB．先abcd，后dcbaC．始终dcbaD．先dcba，后abcd，再dcba解析：根据安培定则，直导线两侧的磁场是左出右进，线框从左靠近导线时，线框中的磁通量在增强，感应电流的磁场向里，由安培定则，线框中的电流方向dcba.当线框过直导线时，线框中的原磁通向里的加强，向外的减弱，感应电流的磁场向外，由安培定则，线框中的电流方向abcd，线框越过导线再远离导线时，线框中的原磁通减弱，感应电流的磁场向里，由安培定则，线框中的电流方向dcba.3．如图4－3－10中，虚线右侧存在垂直纸面指向纸内的匀强磁场，半圆形闭合线框与纸面共面，绕过圆心O且垂直于纸面的轴匀速转动．线框中的感应电流以逆时针方向为正方向，那么下列选项中哪个图能正确描述线框从图示位置开始转动一周的过程中，线框中感应电流随时间变化的情况( A )图4－3－10解析：当从图示位置进入，相当于一绕O点转动的长为半径的棒在切割磁感线，由右手定则判断电流方向为正．离开时，也相当于一绕O点转动的长为半径的棒在切割磁感线，由右手定则判断电流方向为负，再进入又为正．4．如图4－3－11，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，磁场方向垂直于线框平面，MN线与线框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点，则线圈中感应电流方向描述正确的是( D )图4－3－11A．P点经过边界MN时顺时针B．E点经过边界MN时顺时针C．F点经过边界MN时顺时针D．进入过程均是逆时针二、双项选择题5．有一弹性闭合线圈处于磁场中，线圈平面与纸面平行，当磁通量发生变化时，发现线圈的面积增大了，下列说法中正确的是( AC )A．若磁场垂直指向纸里，则磁场不断减弱B．若磁场垂直指向纸里，则磁场不断增强C．若磁场垂直指向纸外，则磁场不断减弱D．若磁场垂直指向纸外，则磁场不断增强解析：线圈中的原磁通减小时，为阻碍减小，面积增大．6．如图4－3－12示，螺线管B置于闭合金属环A的轴线上，当B中通过的电流减小时，则( AD )图4－3－12A．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有伸长的趋势解析：螺线管中的电流减小，螺线管中各环向电流间的吸引力减小，所以变长，D正确；同时，穿过A环的磁通量减少，为了阻碍磁通量减少，只能缩小A环的面积，因为面积越小，磁通量越大，故A环有收缩的趋势，A正确．7．两个环A、B置于同一水平面上，其中A是边缘均匀带电的绝缘环，B是导体环．当A 以如图4－3－13所示的方向绕中心转动时，B中产生如图所示方向的感应电流．则( BC )图4－3－13A．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解析：要产生B环的电流方向(如题图)，根据楞次定律则A环内部要产生向里加强的或者向外减弱的磁场，则据安培定则可知B、C正确.8．如图4－3－14，足够长的光滑金属导轨MN、PQ水平平行固定，置于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放两条金属杆ab、cd，两杆平行且与导轨垂直接触良好．设导轨电阻不计，两杆的电阻为定值．从某时刻起给ab施加一与导轨平行方向向右的恒定拉力F作用，则以下说法正确的是( BD )图4－3－14A．cd向左做加速运动B．ab受到的安培力始终向左C．ab一直做匀加速直线运动D．cd将向右运动三、非选择题9．如图4－3－15所示，当开关S闭合瞬间，在图中画出线圈ABCD中的电流方向．图4－3－15答案：如图2所示．图210．如图4－3－16所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接．图4－3－16(1)用笔线代替导线将图中未完成的电路连接好．(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合电键后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，电流计指针将向____________偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将向____________偏．答案：(1)如图3所示．图3(2)右左11．三个闭合矩形线圈Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处在同一竖直平面内，在线框的正上方有一条固定的长直导线，导线中通有自左向右的恒定电流，如图4－3－17所示，若三个闭合线框分别做如下运动：Ⅰ沿垂直长直导线向下运动，Ⅱ沿平行长直导线方向平动，Ⅲ绕其竖直中心轴OO′转动．(1)在这三个线框运动的过程中，哪些线框中有感应电流产生？方向如何？(2)线框Ⅲ转到图示位置的瞬间，是否有感应电流产生？图4－3－17解：(1)线框Ⅰ沿垂直于导线方向向下运动，穿过它的磁通量减小，有感应电流产生，电流产生的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，感应电流的磁场方向也应垂直纸面向里，再由右手螺旋定则可判断感应电流为顺时针方向；线框Ⅱ沿平行导线方向运动，与直导线距离不变，穿过线框Ⅱ的磁通量不变，因此线框Ⅱ中无感应电流产生；线框Ⅲ绕OO′轴转动过程中，穿过它的磁通量不断变化，在转动过程中线框Ⅲ中有感应电流产生，其方向是周期性改变的．(2)线框Ⅲ转到图示位置的瞬间，线框中无感应电流，由于长直导线下方的磁场方向与纸面垂直，在该位置线框Ⅲ的两竖直边运动方向与磁场方向平行，不切割磁感线，所以无感应电流；从磁通量变化的角度考虑，图示位置是线框Ⅲ中磁通量从增加到最大之后开始减小的转折点，此位置感应电流的方向要发生变化，故此时其大小必为0.12．一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图4－3－18所示的匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中的感应电流的方向分别为( B )图4－3－18A．位置Ⅰ逆时针方向，位置Ⅱ逆时针方向B．位置Ⅰ逆时针方向，位置Ⅱ顺时针方向C．位置Ⅰ顺时针方向，位置Ⅱ顺时针方向D．位置Ⅰ顺时针方向，位置Ⅱ逆时针方向解析：线圈第一次经过位置Ⅰ时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律，线圈中感应电流的磁场方向向左，根据安培定则，顺着磁场看去，感应电流的方向为逆时针方向．当线圈第一次通过位置Ⅱ时，穿过线圈的磁通量减小，可判断出感应电流为顺时针方向，故选项B正确．13．(双选)如图4－3－19所示，在PQ 、QR 区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，一正方形导线框abcd 位于纸面内，ab 边与磁场的边界P 重合．导线框与磁场区域的尺寸如图所示．从t ＝0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域，以a →b →c →d 为线框中的电流i 的正方向，向左为导线框所受安培力的正方向，以下i － t 和F －t 关系示意图中正确的是( AC )图4－3－194 法拉第电磁感应定律一、单项选择题1．关于电磁感应电动势大小的正确表达是( D )A ．穿过某导体框的磁通量为零，该线框中的感应电动势一定为零B ．穿过某导体框的磁通量越大，该线框中的感应电动势就一定越大C ．穿过某导体框的磁通量变化越大，该线框里的感应电动势就一定越大D ．穿过某导体框的磁通量变化率越大，该线框里的感应电动势就一定越大解析：根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt，电动势大小与磁通量变化率成正比，当磁通量为零时，ΔΦΔt 不一定为0，A 项错；Φ越大，ΔΦΔt 不一定越大，B 项错；ΔΦ越大，ΔΦΔt不一定越大，C 项错．2．一闭合圆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，下述方法不可行的是( C )A ．使线圈匝数增加一倍B ．使线圈面积增加一倍C ．使线圈匝数减小一半D ．使磁感应强度的变化率增大一倍3．如图4－4－7所示，竖直放置的螺线管与导线abcd 构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环．为使圆环受到向上的磁场力作用，导线abcd 中的磁感应强度B 随时间t 的变化是图中的( A )图4－4－7解析：C 、D 两种情况，abcd 回路中磁通量均匀变化，产生的感应电动势恒定，所以螺线管中的电流恒定，产生磁场恒定，圆环中的磁通量不变，所以圆环中无感应电流，不受磁场力．而A 中的abcd 回路中磁通量不均匀变化，磁感应强度的变化率越来越小，产生的感应电动势越来越小；螺线管中的电流越来越小，穿过圆环的磁通量变小，为阻碍变小，环有向上运动的趋势，即受到向上的磁力．而B 所示磁感应强度的变化率越来越大，正好相反．4．如图4－4－8所示，MN 和PQ 是平行的水平光滑金属导轨，电阻不计．ab 和cd 是两根质量均为m 的导体棒，垂直放在导轨上，导体棒有一定的电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．原来两导体棒都静止，当ab 棒受到瞬时冲击力作用而向右以v 0运动(两棒没有相碰)，则( C )图4－4－8A ．cd 棒先向右做加速运动，后减速运动B ．cd 棒向右做匀加速运动C ．ab 和cd 棒最终以共同速度向右匀速运动D ．由于过程中有电能的消耗，两棒最终静止解析：ab 切割磁感线，产生感应电流，使得cd 也有感应电流，安培力阻碍他们的运动，所以安培力对ab 是阻力，对cd 是动力，cd 加速，ab 减速，同时cd 也开始切割磁感线，产生反电动势，当ab 和cd 棒速度相等时，cd 棒反电动势与ab 产生的电动势相等时，电路中的感应电流为零，两棒所受合外力为零，以共同速度运动．二、双项选择题5．根据法拉第电磁感应定律的数学表达式，电动势的单位V 可以表示为( BC )A ．T/sB ．Wb/sC ．T·m 2/sD ．Wb·m 2/s解析：根据公式E ＝n ΔΦΔt，Φ＝BS 可知B 、C 正确． 6．(2011年广州一模)如图4－4－9，金属棒ab 、cd 与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好，匀强磁场垂直导轨所在的平面．ab 棒在恒力F 作用下向右运动，则( BD )图4－4－9A.安培力对ab 棒做正功B.安培力对cd 棒做正功C.abdca 回路的磁通量先增加后减少D.F 做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和 7．当线圈中的磁通量发生变化时( BC ) A ．线圈中一定有感应电流 B ．线圈中一定有感应电动势C ．线圈中感应电动势大小与电阻无关D ．线圈中感应电流大小与电阻无关解析：磁通量发生变化，一定有感应电动势，但只有当线圈闭合时才有感应电流，所以A 错，B 正确；感应电动势E ＝n ΔΦΔt 与电阻无关，而电流I ＝ER与电阻有关，C 正确，D 错．8．闭合回路的磁能量Φ随时间t 变化图象分别如图4－4－10所示，关于回路中产生的感应电动势的论述，其中不正确的是( CD )图4－4－10A ．图甲的回路中没有感应电动势B ．图乙的回路中感应电动势恒定不变C ．图丙的回路中0～t 1时间内的感应电动势小于t 1～t 2时间内的感应电动势D ．图丁的回路中感应电动势先变大，再变小解析：根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt，在Φ－t 图象上，若n ＝1，图线某点切线的斜率表示电动势的大小．图甲：ΔΦΔt ＝0，图乙：ΔΦΔt是一定值，图丙0～t 1斜率比t 1～t 2大，图丁斜率先变小后变大．三、非选择题9．如图4－4－11所示，在宽为0.5 m 的平行导轨上垂直导轨放置一个有效电阻为r ＝0.6 Ω的直导体，在导轨的两端分别连接两个电阻R 1＝4 Ω、R 2＝6 Ω，其他电阻不计．整个装置处在垂直导轨向里的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.1 T ．当直导体在导轨上以v ＝6 m/s 的速度向右运动时，求：直导体棒两端的电压和流过电阻R 1和R 2的电流大小．图4－4－11解：由题意可画出如图5所示的电路图，则感应电动势图5E ＝BLv ＝0.1×0.5×6 V＝0.3 VU ab ＝ER 外R 外＋r ＝0.3×2.42.4＋0.6V ＝0.24 VI 1＝U abR 1＝0.06 AI 2＝U abR 2＝0.04 A.10．如图4－4－12所示，圆形金属线框的半径r ＝0.5 m ，圆形线框平面垂直于磁场方向放置，匀强磁场的磁感应强度B ＝1.0 T ，现把圆形线框翻转180°，所用时间Δt ＝0.2 s ，则这段时间内线圈中产生的平均感应电动势为多大？如果金属导线的电阻率ρ＝1.0×10-7Ω·m，导线的横截面积S 0＝1.0×10-7m 2，则圆形线框内产生的平均感应电流为多大？图4－4－12解：在时间Δt 内磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B πr 2－(－B πr 2)＝2πr 2B . 在Δt 时间内产生的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝2πr 2B Δt ＝2×1.00.2 V ＝7.85 V.线圈的电阻R ＝ρ·l S ＝ρ·2πr S 0＝1.0×10－7×2×3.14×0.51.0×10Ω＝3.14 Ω 所以线圈中的平均电流I ＝E R ＝7.853.14A ＝2.5 A.11．如图4－4－13甲所示的螺线管的匝数n ＝1500，横截面积S ＝20 cm 2，电阻r ＝1.5 Ω，与螺线管串联的外电阻R 1＝10 Ω，R 2＝3.5 Ω.若穿过螺线管的磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，计算R 1上消耗的电功率．图4－4－13解：根据法拉第电磁感应定律，螺线管中产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔBΔt ＝6.0 V整个回路中产生的感应电流为I ＝ER 1＋R 2＋r＝0.4 A根据电功率的公式P ＝I 2R 1＝1.6 W.12．如图4－4－14所示，让闭合导线框abcd 从高处自由下落一定高度后进入水平方向的匀强磁场，以cd 边开始进入到ab 边刚进入磁场这段时间内，下列选项中表示线框运动的速度－时间图象中不可能的是( A )图4－4－14解析：当框的下边进入磁场时，dc 边切割磁感线产生电动势，有了感应电流，受到安培力．此安培力如果恰好与重力相等，框的进入过程匀速，B 有可能．如果此安培力小于重力，则框加速，安培力增大，当两者相等时，框匀速．如果此安培力大于重力，则框减速，安培力减小，当两者相等时，框匀速．13．(双选)光滑金属导轨宽L ＝0.4 m ，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图4－4－15中甲所示．磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．金属棒ab 的电阻为1 Ω，自t ＝0时刻起从导轨最左端以v ＝2 m/s 的速度向右匀速运动，则( CD )图4－4－15A ．1 s 末回路中电动势为0.8 VB ．1 s 末ab 棒所受磁场力为0.64 NC ．1 s 末回路中电动势为1.6 VD ．1 s 末ab 棒所受磁场力为1.28 N解析：1 s 末磁场强度为B ＝2 T ，回路中电动势为E ＝BLv ＝1.6 V ，则C 对；回路中的电流为I ＝E R＝1.6 A ，杆受的安培力为F ＝BIL ＝1.28 N ，则D 对．14．如图4－4－16所示，匝数N ＝100匝、横截面积S ＝0.2 m 2、电阻r ＝0.5 Ω的圆形线圈MN 处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B ＝0.6＋0.02t (T)的规律变化．处于磁场外的电阻R 1＝3.5 Ω，R 2＝6 Ω，电容C ＝30 μF ，开关S 开始时未闭合，求：(1)闭合S 后，线圈两端M 、N 两点间的电压U MN 和电阻R 2消耗的电功率； (2)闭合S 一段时间后又打开S ，则S 断开后通过R 2的电荷量为多少？图4－4－16解：(1)线圈中感应电动势E ＝NΔΦΔt ＝N ΔBΔtS ＝100×0.02×0.2 V＝0.4 V 通过电源的电流强度I ＝E R 1＋R 2＋r ＝0.43.5＋6＋0.5 A ＝0.04 A 线圈两端M 、N 两点间的电压U MN ＝E －Ir ＝(0.4－0.04×0.5)V＝0.38 V 电阻R 2消耗的电功率P 2＝I 2R 2＝0.04×0.04×6 W＝9.6×10－3 W.(2)闭合S 一段时间后，电路稳定，电容器C 相当于开路，其两端电压U C 等于R 2两端的电压，即U C ＝IR 2＝0.04×6 V＝0.24 V 电容器充电后所带电荷量为Q ＝CU C ＝30×10－6×0.24 C＝7.2×10－6 C当S 再断开后，电容器通过电阻R 2放电，通过R 2的电荷量为7.2×10－6C ．5 电磁感应现象的两类情况一、单项选择题1．(2011年惠州调研)在磁感应强度为B ，方向如图4－5－11所示的匀强磁场中，金属杆PQ 在宽为L 的平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，PQ 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，所产生的感应电动势大小变为E 2，则E 1与E 2之比及通过电阻R 的感应电流方向为( D )图4－5－11A ．2∶1，b →aB ．1∶2，b →aC ．2∶1，a →bD ．1∶2，a →b解析：E 1＝Blv ，E 2＝2Blv ，所以E 1∶E 2＝1∶2，由右手定则得电流是a →b .2．在图4－5－12中，闭合矩形线框abcd ，电阻为R ，位于磁感应强度为B 的匀强磁场中，ad 边位于磁场边缘，线框平面与磁场垂直，ab 、ad 边长分别用L 1、L 2表示，若把线圈沿v 方向匀速拉出磁场所用时间为Δt ，则通过线框导线截面的电量是( B )图4－5－12A.BL 1L 2R Δt B.BL 1L 2R C.BL 1L 2ΔtD ．BL 1L 2 解析：平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝BL 1L 2t ，平均感应电流I ＝ER再结合q ＝It 即可得．。