高中物理鲁科版选修3-2 第2章楞次定律和自感现象 章末检测 含试卷分析详解
高中物理 第2章 楞次定律和自感现象 第1节 感应电流的方向自我小测(含解析)鲁科版选修3-2(20
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感应电流的方向夯基达标1。
如下图所示,一水平放置的矩形闭合线框abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内,由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ.这个过程中线圈感应电流（ )A.沿abcd流动 B。
沿dcba流动C。
先沿abcd流动，后沿dcba流动 D。
先沿dcba流动，后沿abcd流动2。
如下图所示，水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环，其中B接电源,在接通电源的瞬间，A、C两环…（）A.都被B吸引 B。
都被B排斥C。
A被吸引，C被排斥 D。
A被排斥，C被吸引3。
如下图所示，当穿过闭合回路的磁通量均匀增加时，内外两金属环中感应电流的方向为( ）A.内环逆时针，外环顺时针 B。
内环顺时针,外环逆时针C。
内环逆时针，外环逆时针 D。
内环顺时针，外环顺时针4。
（2008江苏徐州高二检测)如下图所示，光滑固定导轨MN水平放置,两导体棒PQ平放在导轨上，形成闭合回路，当一条形磁铁从上向下迅速接近回路时,可动的两导体棒P、Q将…( ）A.保持不动 B。
两根导体棒相互远离C.两根导体棒相互靠近 D。
导体棒P、Q对两导轨的压力增大5。
高中物理 第2章 楞次定律和自感现象 第2节 自感学业分层测评 鲁科版选修3-2
自感(建议用时：45分钟)[学业达标]1．关于线圈的自感系数、自感电动势的下列说法中正确的是( )．A．线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大B．对于某一线圈，自感电动势正比于电流的变化量C．一个线圈的电流均匀增大，这个线圈的自感系数、自感电动势都不变D．自感电动势总与原电流方向相反【解析】线圈的自感系数L只由线圈本身的因素决定，选项A错误．由E自＝L ΔIΔt 知，E自与ΔIΔt成正比，与ΔI无直接关系，选项B错误，C正确．E自方向在电流增大时与原电流方向相反，在电流减小时与原电流方向相同，选项D错误．【答案】C2．(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，相当于电流先减小后反向增大，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】AC3.如图224所示的是自感现象的实验装置，A是灯泡，L是带铁芯的线圈，E为电源，S是开关．下述判断正确的是( )【导学号：78870029】图224A．S接通的瞬间，L产生自感电动势，S接通后和断开瞬间L不产生自感电动势B．S断开的瞬间L产生自感电动势，S接通瞬间和接通后L不产生自感电动势C．S在接通或断开的瞬间L都产生自感电动势，S接通后L不再产生自感电动势D．S在接通或断开瞬间以及S接通后，L一直产生自感电动势【解析】S断开和接通瞬间，通过线圈的电流都发生变化，都产生感应电动势，S接通后通过线圈的电流不再变化，没有感应电动势产生，故A、B、D错误，C正确．【答案】C4．(多选)某线圈通有如图225所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有( )图225A．第1 s末B．第2 s末C．第3 s末D．第4 s末【解析】在自感现象中，当原电流减小时，自感电动势与原电流的方向相同；当原电流增大时，自感电动势与原电流方向相反．在0～1s内原电流沿正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向；在1～2s内原电流沿负方向增加，所以自感电动势与其方向相反，即沿正方向；同理分析2～3 s、3～4 s、4～5 s内自感电动势的方向分别是沿负方向、负方向、正方向，可得正确答案为选项B、D.【答案】BD5. (多选)如图226所示，E为电池组，L是自感线圈(直流电阻不计)，D1、D2是规格相同的小灯泡．下列判断正确的是( )图226A．开关S闭合时，D1先亮，D2后亮B．闭合S达稳定时，D1熄灭，D2比起初更亮C．断开S时，D1闪亮一下D．断开S时，D1、D2均不立即熄灭【解析】开关S闭合时D1，D2同时亮，电流从无到有，线圈阻碍电流的增加，A错．闭合S达稳定时D1被短路，电路中电阻减小，D2比起初更亮，B对．断开S时，线圈阻碍电流减小，故D1会闪亮一下，而D2在S断开后无法形成通路，会立即熄灭，所以C对，D 错．【答案】BC6.如图227所示的电路中，两个相同的电流表G1和G2，零点均在刻度盘的中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；当电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆，在电路接通后再断开开关S的瞬间，下述说法中正确的是( )【导学号：78870030】图227A．G1指针向右摆，G2指针向左摆B．G1指针向左摆，G2指针向右摆C．G1、G2的指针都向右摆D．G1、G2的指针都向左摆【解析】在电路接通后再断开开关S的瞬间，由于线圈L中的原电流突然减小，线圈L中产生自感现象，线圈中的电流逐渐减小，电流流经L、G2、R、G1，方向顺时针，由于从表G1的“＋”接线柱流入，表G2的“－”接线柱流入，因此G1指针右偏，表G2的指针左偏，答案选A.【答案】A7．如图228所示，L是电阻不计的自感线圈，C是电容器，E为电源，在开关S闭合和断开时，关于电容器的带电情况，下列说法正确的是( )【导学号：78870031】图228A．S闭合瞬间，A板带正电，B板带负电B．S保持闭合，A板带正电，B板带负电C．S断开瞬间，A板带正电，B板带负电D．由于线圈L的电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下电容器均不带电【解析】S闭合瞬间，通过L的电流增大，L产生的自感电动势的方向是由下指向上，使电容器充电，A板带正电，B板带负电，A项正确；S保持闭合时，L的电阻为零，电容器两极板被短路，不带电，B项错误；S断开瞬间，通过L的电流减小，自感电动势的方向由上指向下，在L、C组成的回路中给电容器充电，使B板带正电，A板带负电，C项错误．综上D项错误．【答案】A8.如图229所示，R1、R2的阻值均为R，电感线圈L的电阻及电池内阻均可忽略不计，S原来断开，电路中电流I0＝E2R.现将S闭合，于是电路中产生自感电动势，自感电动势的作用是( )图229A．使电路的电流减小，最后由I0减小到零B．有阻碍电流增大的作用，最后电流小于I0C．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，但电流最后还是变为2I0【解析】当S闭合时，电路中电阻减小，电流增大，线圈的作用是阻碍电流的增大，选项A错误；阻碍电流增大，不是不让电流增大，而是让电流增大的速度减缓，选项B、C错误；最后达到稳定时，I＝ER＝2I0，故选项D正确．【答案】D[能力提升]9．(多选)如图2210所示是研究自感通电实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则( )图2210A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B．闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮C．稳定后，L和R两端电势差一定相同D．稳定后，A1和A2两端电势差不相同【解析】闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮，稳定后，两个灯泡的亮度相同，说明它们的电压相同，L和R两端电势差一定相同，选项B、C正确，A、D错误．【答案】BC10．如图2211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( )图2211【解析】S闭合时，由于自感L的作用，经过一段时间电流稳定时L电阻不计．可见电路的外阻是从大变小的过程．由U外＝R外R外＋rE可知U外也是从大变小的过程．t1时刻断开S，由于自感在L、R、D构成的回路中电流从B向A且中间流过D，所以t1时刻U AB反向，B正确．【答案】B11.如图2212所示，电源的电动势E＝15 V，内阻忽略不计．R1＝5 Ω，R2＝15 Ω，电感线圈的电阻不计，求当开关S接通的瞬间，S接通达到稳定时及S切断的瞬间流过R1的电流．图2212【解析】开关S接通瞬间，流过线圈L的电流不能突变，所以流过R1的电流仍为0.达到稳定时，线圈相当于导线，所以流过R 1的电流为I 1＝E R 1＝155A ＝3 A. 开关S 断开瞬间，流过线圈L 的电流不能突变，所以流过R 1的电流仍为3 A.【答案】 0 3 A 3 A12.如图2213所示为研究自感实验电路图，并用电流传感器显示出在t ＝1×10－3s 时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L 的电流(如图2214)．已知电源电动势E ＝6 V ，内阻不计，灯泡R 1的阻值为6 Ω，电阻R 的阻值为2 Ω.求：图2213图2214(1)线圈的直流电阻R L 是多少？(2)开关断开时，该同学观察到什么现象？(3)计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势．【解析】 由图象可知S 闭合稳定时I L ＝1.5 AR L ＝E I L －R ＝61.5Ω－2 Ω＝2 Ω 此时小灯泡电流I 1＝ER 1＝66A ＝1 A S 断开后，L 、R 、R 1组成临时回路电流由1.5 A 逐渐减小，所以灯会闪亮一下再熄灭，自感电动势E ＝I L (R ＋R L ＋R 1)＝15V.【答案】(1)2 (2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭(3)15。
高中物理阶段质量检测(二)楞次定律和自感现象(含解析)鲁科版选修3_2
楞次定律和自感现象一、单项选择题( 本大题共 6 小题，每题 6 分，共 36 分。
在四个选项中，只有一个选项切合题目要求)1．认识物理规律的发现过程，学会像科学家那样察看和思虑，常常比掌握知识自己更重要。
以下切合事实的是()A．焦耳发现了电流的磁效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．楞次发现了电磁感觉现象，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证了然自由落体运动是匀变速直线运动2. 如下图，圆滑固定导轨m、n 水平搁置，两根导体棒p、q 平行放于导轨上，形成一个闭合回路。
当一条形磁铁从高处着落凑近回路时()A．p、q将相互聚拢B．p、q将相互远离C．磁铁的加快度仍为gD．磁铁的加快度大于g3．一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示。
现令磁感觉强度 B 随时间 t 变化，先按图乙中所示的Oa 图线变化，此后又按图线bc 和 cd 变化，令E1、 E2、 E3分别表示这三段变化过程中感觉电动势的大小，I 1、I 2、I 3分别表示对应的感觉电流，则()A．E1>E2，I1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向B．E1<E2，I1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向C．E1<E2，I1沿顺时针方向，I 2沿逆时针方向D．E2＝E3，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向4． ( 全国新课标 ) 如图甲所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右边，且其长边与长直导线平行。
已知在t ＝0 到t ＝ t 1的时间间隔内，直导线中电流i 发生某种变化，而线框中的感觉电流老是沿顺时针方向；线框遇到的安培力的合i 正方向与图甲中箭头所示方向相同，则i 随时间t 力先水平向左、后水平向右。
设电流变化的图线可能是()甲乙5. 如下图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。
高中物理第2章楞次定律和自感现象章末整合提升学案鲁科版选修3_2
第2章楞次定律和自感现象楞次定律和自感现象一、对楞次定律的理解和应用1．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．感应电流的磁场方向不一定与原磁场方向相反，只在磁通量增加时两者才相反，而在磁通量减少时两者同向，即“增反减同”．2．“阻碍”并不是“阻止”，而是“延缓”，回路中的磁通量变化的趋势不变，只不过变化得慢了．3．“阻碍”的表现：增反减同、来拒去留、增缩减扩、增离减靠．例1圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图1所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是( )图1A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力将增大答案 D解析通过螺线管b的电流如图所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增强，根据楞次定律可知，a线圈中感应电流产生的磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增强，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a将阻碍磁通量的增大，因此，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力增大，C错误，D正确．二、电磁感应中的图象问题1．电磁感应中的图象问题有两种：一是给出电磁感应过程，选出或画出正确图象；二是由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应物理量．2．基本思路：(1)利用法拉第电磁感应定律或切割公式计算感应电动势大小；(2)利用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向；(3)写出相关的函数关系式分析或画出图象．例2(2016·云南第一次检测)如图2甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是选项中的( )图2答案 D解析 由安培力向右知电流方向为顺时针，由楞次定律知磁场增强，C 错；由乙图知安培力不变，根据F ＝BIL 知，B 增大，I 必减小，即电动势减小，故B 的变化率减小，因此A 、B 错，D 正确．三、电磁感应中的电路问题1．首先要明确电源，分清内、外电路．磁场中磁通量变化的线圈或切割磁感线的导体相当于电源，该部分导体的电阻相当于内电阻；而其余部分的电路则是外电路．2．路端电压、感应电动势和某段导体两端的电压三者的区别：(1)某段导体不作为电源时，它两端的电压等于电流与其电阻的乘积；(2)某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，U 外＝IR 外或U 外＝E －Ir ；(3)某段导体作为电源，电路断路时导体两端的电压等于感应电动势．例3 如图3甲所示，在水平面上固定有长为L ＝2 m 、宽为d ＝1 m 的金属U 形导轨，在U 形导轨右侧l ＝0.5 m 范围内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．在t ＝0时刻，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒以v 0＝1 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m ，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g ＝10 m/s 2)．图3(1)通过计算分析4 s 内导体棒的运动情况；(2)计算4 s 内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4 s 内回路产生的焦耳热．答案 (1)导体棒在第1 s 内做匀减速运动，在1 s 后一直保持静止(2)0～2 s 内I ＝0,2～4 s 内I ＝0.2 A ，电流方向是顺时针方向(3)0.04 J解析 (1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有－μmg ＝ma ，v t ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，导体棒速度减为零时，v t ＝0，代入数据解得：t ＝1 s ，x ＝0.5 m ，导体棒没有进入磁场区域．导体棒在1 s 末已经停止运动，以后一直保持静止．(2)前2 s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为E ＝0，I ＝0，后2 s 回路产生的电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ld ΔB Δt＝0.1 V ， 回路的总长度为5 m ，因此回路的总电阻为R ＝5λ＝0.5 Ω，电流为I ＝E R＝0.2 A ，根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．(3)前2 s 电流为零，后2 s 有恒定电流，电热Q ＝I 2Rt ′＝0.04 J.四、电磁感应中的动力学问题解决此类问题的一般思路是：先由法拉第电磁感应定律求感应电动势，然后根据闭合电路欧姆定律求感应电流，再求出安培力，再后依照力学问题的处理方法进行，如进行受力情况分析、运动情况分析．流程为：导体切割磁感线产生感应电动势→感应电流→电流受到安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化．周而复始循环，最终加速度等于零，导体达到稳定运动状态．例4 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 ＝0.8T ，导轨质量M ＝2kg.其中bc 段长0.5m ，bc 段电阻R ＝0.4Ω，其余部分电阻不计；金属棒PQ 质量m ＝0.6kg 、电阻r ＝0.2Ω、与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2.若向导轨施加方向向左、大小为F ＝2N 的水平拉力，如图4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10m/s 2)．图4答案 0.4m/s 22 A3 m/s解析 导轨受到PQ 棒水平向右的摩擦力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 －μmg M ＝2－0.2×0.6×102m/s 2＝0.4 m/s 2. 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 LF －μmg －BI m L ＝0I m ＝F －μmg BL代入数据得I m ＝2－0.2×0.6×100.8×0.5A ＝2A I ＝E R ＋rI m ＝BLv m R ＋r解得v m ＝I m (R ＋r )BL ＝2×(0.2＋0.4)0.8×0.5m/s ＝3 m/s. 五、电磁感应中的能量问题1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功．此过程中，其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．2．求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算．(2)若电流变化，则：①利用克服安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．例5 如图5所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L ＝0.4 m ．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN ，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5 T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝0.1 Ω 的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4 kg ，电阻R 2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g ＝10 m/s 2，问：图5(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向；(2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v 多大；(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8 m ，此过程中ab 上产生的热量Q 是多少．答案 (1)由a 流向b (2)5 m/s (3)1.3 J解析 (1)根据右手定则判知cd 中电流方向由d 流向c ，故ab 中电流方向由a 流向b .(2)开始放置ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ①设ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ②设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝ER 1＋R 2③设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL ④此时ab 受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F max ⑤联立①②③④⑤式，代入数据解得：v ＝5 m/s ⑥(3)设cd 棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2⑦由串联电路规律有Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总⑧联立解得：Q ＝1.3 J ⑨。
高中鲁科版物理新选修3-2第二章楞次定律和自感现象章节练习含答案解析
高中鲁科版物理新选修3-2第二章楞次定律和自感现象章节练习学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法中正确的是A．总是顺时针B．总是逆时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针2．如图所示，闭合线圈正上方附近有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下但未插入线圈内部．在磁铁向上运动远离线圈的过程中（）A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥3．如图，电灯的灯丝电阻为2Ω，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3Ω．先合上电键K，稳定后突然断开K，则下列说法正确的是（）A．电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同B．电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反C．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同D．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反4．如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一.释放线框，它由实根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中（）A．线框中感应电流方向依次为顺时针→逆时针B．线框的磁通量为零时，感应电流却不为零C．线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D．线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动5．如图所示，闭合开关S后调节滑动变阻器R和R t，使同样规格的两个小灯泡A和B都正常发光，然后断开开关．下列说法正确的是A．再次闭合开关S时，灯泡A和B同时正常发光B．再次闭合开关S时，灯泡B立刻正常发光，灯泡A逐渐亮起来C．再次闭合开关S时，灯泡A立刻正常发光，灯泡B逐渐亮起来D．闭合开关S使灯泡A、B正常发光后，再断开开关S，灯泡B立刻熄灭，灯泡A逐渐熄灭6．在如图所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表．当开关S闭合时，电流表G1指针偏向右方，那么当开关S断开时，将出现的现象是()．A．G1和G2指针都立即回到零点B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点C．G1指针缓慢回到零点，而G2指针先立即偏向右方，然后缓慢地回到零点D．G1指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点7．如图(a)，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图(b)所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为F N，则( )①t1时刻F N＞G ②t2时刻F N＞G③t3时刻F N＜G ④t4时刻F N=GA．①②B．①③C．①④D．②③④8．如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1<R2<R3，电感L的电阻可忽略，D为理想二极管．开关K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是()A．L1逐渐变暗，L2、L3均先变亮然后逐渐变暗B．L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮然后逐渐变暗C．L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗D．L1、L2、L3均先变亮然后逐渐变暗二、填空题9．如图所示，条形磁铁移近螺线管时螺线管和条形磁铁之间________（填“有”或“无”）相互电磁作用力；螺线管中A点电势________ B点电势．（填“高于”或“低于”）10．如图所示的电路中，L为自感线圈，R是一个灯泡，E是电源．当闭合S瞬间，通过灯泡的电流方向是________；当断开S瞬间，通过灯泡的电流方向是________．11．如图所示，线圈A绕在一铁芯上，A中导线接有一电阻R.在把磁铁N极迅速靠近A 线圈的过程中，通过电阻R的感应电流的方向为______ 指向______ (填“P”、“Q”)；若线圈A能自由移动，则它将______ 移动(填“向左”、“向右”或“不”)．三、实验题12．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L，相同的小灯泡A、B，电阻R，开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路，检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光，电感线圈自感系数较大，当开关断开的瞬间，则有 ____ (填序号:①B 比A先熄灭；②A比B先熄灭；③AB一起熄灭),此时，A灯的电流方向为 ____ (填序号:①右到左；②左到右)，某同学虽经多次重复断开开关S，仍未见老师演示时出现的小灯泡A闪亮现象，他冥思苦想找不出原因..你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是 ____ (填序号:①电源的内阻较大；②线圈电阻偏大；③线圈的自感系数较大)13．如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡．将电键K闭合，再将电键K断开，则观察到的现象是：(1)K闭合瞬间，D1________，D2________(2)K断开瞬间，D2________，D1________．14．如图所示，线圈L有足够大的电感，其自身直流电阻为零，L1和L2是两个相同的小灯泡，在下面两种情况下，小灯泡亮度变化情况是：(1)S闭合时，L1________；L2________；(2)S断开时，L1________；L2________．15．某学习小组利用如图所示的实验装置探究螺线管线圈中感应电流的方向．(1)由于粗心该小组完成表格时漏掉了一部分（见表格），发现后又重做了这部分：将磁铁S极向下从螺线管上方竖直插入过程，发现电流计指针向右偏转（已知电流从右接线柱流入电流计时，其指针向右偏转），则①填________，②填________．(2)由实验可得磁通量变化ΔΦ、原磁场B原方向、感应电流的磁场B感方向三者之间的关系：________．四、解答题16．如图所示，截面积为0.2 m2的100匝圆形线圈（电阻不计）A处在变化的磁场中，磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，设垂直纸面向外为B的正方向．R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负．参考答案1．C【详解】由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确．故选C．2．C【详解】磁铁的N极朝下，穿过线圈的原磁场方向向下，磁铁向上运动远离线圈，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，由右手螺旋定则可知，线圈中产生与图中箭头方向相反的感应电流，由楞次定律中的“来拒去留”可知，磁铁远离线圈，所以磁铁和线圈相互吸引，故C正确．3．B【解析】突然断开K，线圈将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，此时通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反，AC错；因线圈匝数足够多，产生的自感电动势比较大，即电灯会突然比原来亮一下再熄灭，B错，D对。
精选高中物理第2章楞次定律和自感现象章末综合测评鲁科版选修3_2
第2章 楞次定律和自感现象(时间：60分钟 分值：100分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10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．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【解析】 由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错．感应电动势正比于ΔΦΔt ，与磁通量的大小无直接关系，B 错误，C 正确．根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D 错误．【答案】C2．水平放置的金属框架cdef 处于如图1所示的匀强磁场中，金属棒ab 处于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab 始终保持静止，则( )【导学号：78870045】图1A ．ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力增大B ．ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力不变C ．ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力增大D ．ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力不变【解析】 由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt ·S 知，磁感应强度均匀增大，则ab中感应电动势和电流不变，由F f ＝F 安＝BIL 知摩擦力增大，选项C 正确．【答案】C3.如图2所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ 沿导轨从MN 处匀速运动到M 'N '的过程中，棒上感应电动势E 随时间t 变化的图示，可能正确的是( )图2【解析】 在金属棒PQ 进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D 项错误．在磁场中运动时，感应电动势E ＝Blv ，与时间无关，保持不变，故A 选项正确．【答案】A4. (2015·重庆高考)如图3为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )【导学号：78870046】图3A ．恒为nS （B 2－B 1）t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS （B 2－B 1）t 2－t 1C ．恒为－nS （B 2－B 1）t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS （B 2－B 1）t 2－t 1【解析】 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n （B 2－B 1）St 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n （B 2－B 1）St 2－t 1，选项C 正确．【答案】C5．美国《大众科学》月刊网站2011年6月22日报道，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，这种合金会从非磁性合金变成强磁性合金，从而在环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图4所示．M为圆柱形合金材料，N为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径．现对M进行加热，则( )图4A．N中将产生逆时针方向的电流B．N中将产生顺时针方向的电流C．N线圈有收缩的趋势D．N线圈有扩张的趋势【解析】当对M加热使其温度升高时，M的磁性变强，穿过N内的磁通量增加，则N 中感应电流的磁场阻碍其增加，故N有扩张的趋势，才能使穿过N的磁通量减少，C错，D 对，由于不知M的磁场方向，故不能判断N中的感应电流方向，A、B均错．【答案】D6．如图5甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F的作用下始终处于静止状态．规定a→b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～2t0时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流与时间或外力与时间关系的图线是( )【导学号：78870047】图5【解析】 在0～t 0时间内磁通量为向上减少，t 0～2t 0时间内磁通量为向下增加，两者等效，且根据B t 图线可知，两段时间内磁通量的变化率相等，根据楞次定律可判断0～2t 0时间内均产生由b 到a 的大小不变的感应电流，选项A 、B 均错误；在0～t 0可判断所受安培力的方向水平向右，则所受水平外力方向向左，大小F ＝BIL 随B 的减小呈线性减小；在t 0～2t 0时间内，可判断所受安培力的方向水平向左，则所受水平外力方向向右，大小F ＝BIL随B 的增加呈线性增加，选项D 正确．【答案】D7.如图6所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )【导学号：78870048】图6A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH【解析】正方形导线框由距磁场H 高处自由下落到磁场上边缘时速度为v ＝2gH ，进入磁场后，磁通量变化有感应电流产生，受到磁场对电流向上的安培力作用，安培力对线框做负功，使机械能转化为电能，从而产生焦耳热，据Q ＝ΔE 机＝mg (H ＋2L )－12m (v 2)2＝2mgL ＋34mgH ，故选C.【答案】C8．如图7所示，在空间存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .一水平放置的长度为L 的金属杆ab 与圆弧形金属导轨P 、Q 紧密接触，P 、Q 之间接有电容为C 的电容器．若ab 杆绕a 点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则下列说法正确的是( )图7A ．电容器与a 相连的极板带正电B ．电容器与b 相连的极板带正电C ．电容器的带电量是CB ω2L2 D ．电容器的带电量是CB ωL 22【解析】 若ab 杆绕a 点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，产生的感应电动势为E ＝BL 2ω/2.由C ＝Q /E 解得电容器的带电量是Q ＝CB ωL 22，选项C 错误，D 正确．右手定则可判断出感应电动势方向b 指向a ，电容器与a 相连的极板带正电，选项A 正确，B 错误．【答案】AD9．如图8所示，两端与定值电阻相连的光滑平行金属导轨倾斜放置，其中R 1＝R 2＝2R ，导轨电阻不计，导轨宽度为L ，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B .导体棒ab 的电阻为R ，垂直导轨放置，与导轨接触良好．释放后，导体棒ab 沿导轨向下滑动，某时刻流过R 2的电流为I ，在此时刻( )【导学号：78870049】图8A ．重力的功率为6I 2RB ．导体棒ab 消耗的热功率为4I 2R C ．导体棒受到的安培力的大小为2BIL D ．导体棒的速度大小为2IRBL【解析】 导体棒ab 向下滑动切割磁感线产生感应电动势，R 1与R 2并联接在ab 两端，R 1＝R 2＝2R ，设当ab 棒速度为v 时，流过R 2的电流为I ，由闭合电路欧姆定律知2I ＝BLvR ＋R 并，解得v ＝4RI BL ，此时ab 棒重力的功率为P ＝mgv sin θ＝mg sin θ·4RIBL，ab 棒消耗的热功率为P ＝(2I )2R ＝4I 2R ，ab 棒受到的安培力大小为F ＝B ·2I ·L ＝2BIL ，综上知B 、C 正确，A 、D 错误．【答案】BC10．如图9所示，两根等高光滑的14圆弧轨道，半径为r 、间距为L ，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd 开始，在拉力作用下以初速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中( )图9A ．通过R 的电流方向由外向内B ．通过R 的电流方向由内向外C ．R 上产生的热量为πrB 2L 2v 04RD ．流过R 的电荷量为πBLr2R【解析】cd 棒运动至ab 处的过程中，闭合回路中的磁通量减小，再由楞次定律及安培定则可知，回路中电流方向为逆时针方向(从上向下看)，则通过R 的电流为由外向内，故A 对，B 错．通过R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BrLR，D 错．将棒的瞬时速度v 0分解，水平方向的分速度对产生感应电动势有贡献，求出电流的有效值，即可求出棒中产生的热量，金属棒在运动过程中水平方向的分速度v x ＝v 0cos θ，金属棒切割磁感线产生正弦交变电流I ＝E R ＝BLv xR＝BLv 0R cos θ，其有效值为I ′＝BLv 02R，金属棒的运动时间为t ＝π2v 0，R 上产生的热量为Q ＝U 2R t ＝（BLv 0/2）2R πr 2v 0＝πrB 2L 2v 04R，C 对． 【答案】AC二、非选择题(本题共3个小题，共40分，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(10分)固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd 边长为L ，其中ab 是一段电阻为R 的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，现有一段与ab 完全相同的电阻丝PQ 架在导线框上，如图10所示，以恒定的速度v 从ad 滑向bc ，当PQ 滑过13的距离时，通过aP 段电阻丝的电流是多大？方向如何？【导学号：78870050】图10【解析】 当PQ 滑过13的距离时，其等效电路图如图所示．PQ 切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv感应电流为I ＝E R 总，R 总＝R ＋29R ＝119R ， I aP ＝23I ＝6BLv11R电流方向为从P 到a . 【答案】6BLv11R从P 到a12．(14分)如图11所示，在相距L ＝0.5 m 的两条水平放置的足够长光滑平行金属导轨，不计电阻，广阔的匀强磁场垂直向上穿过导轨平面，磁感应强度B ＝1 T ，垂直导轨放置两金属棒ab 和cd ，电阻r 均为1 Ω，质量m 都是0.1 kg ，两金属棒与金属导轨接触良好．从0时刻起，用一水平向右的拉力F 以恒定功率P ＝2 W 作用在ab 棒上，使ab 棒从静止开始运动，经过一段时间后，回路达到稳定状态．求：(1)若将cd 固定不动，达到稳定时回路abcd 中的电流方向如何？此时ab 棒稳定速度为多大？(2)当t ＝2.2 s 时ab 棒已达到稳定速度，求此过程中cd 棒产生的热量Q?图11【解析】 (1)电流方向为a →b →c →d →a 当稳定时，F ＝F AF A ＝BIL ，I ＝BLv /R 总，P ＝Fv ，R 总＝2r v ＝2PrB 2L 2v ＝4 m/s.(2)由Pt ＝12mv 2＋Q 总可得Q 总＝3.6 J因为两棒电阻一样，通过电流又时刻相同，所以产生热量一样，Q ＝Q cd ＝Q 总/2＝1.8 J. 【答案】 (1)电流方向abcda 4 m/s (2)1.8 J13．(16分)如图12所示，将边长为a 、质量为m 、电阻为R 的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b 、磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力F f 且线框不发生转动．求：图12(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v 2； (2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v 1； (3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q .【导学号：78870051】【解析】 (1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间有mg ＝F f ＋B 2a 2v 2R解得v 2＝（mg －F f ）RB 2a2. (2)由动能定理，线框从离开磁场至上升到最高点的过程有(mg ＋F f )h ＝12mv 21线框从最高点回落至进入磁场瞬间(mg －F f )h ＝12mv 22两式联立解得v 1＝mg ＋F f mg －F f v 2＝（mg ）2－F 2f RB 2a2. (3)线框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有12mv 20－12mv 21＝Q ＋(mg ＋F f )(a ＋b )v 0＝2v 1Q ＝32m [(mg )2－F 2f ]R2B 4a 4－(mg ＋F f )(a ＋b )． 【答案】 见解析。
高中物理鲁科版选修3-2 第2章第3节自感现象的应用 课堂练习 含试卷分析详解
一、必做题1．对日光灯电路，以下说法正确的是()A．日光灯的启动器是装在专用插座上的，当日光灯正常发光后，取下启动器，不会影响灯管发光B．如果启动器丢失，作为应急措施，可用一段带有绝缘外皮的导线启动日光灯C．日光灯正常发光后，灯管两端电压为220 VD．镇流器在日光灯启动后，不断产生瞬时高压维持灯管发光解析：选AB．日光灯正常工作时，启动器不起作用，启动器丢失可用导线代替，导线接触后再断开即可让镇流器产生自感现象．日光灯正常发光后，灯管电压小于220 V，另一部分电压被镇流器分担．2．关于日光灯工作过程中的电磁感应现象，下列说法中不．正确的是()A．在灯丝预热阶段，镇流器利用自感控制电流B．在灯管点燃阶段，镇流器利用断电自感提供瞬时高压C．灯管正常发光阶段，镇流器利用反抗电流变化的自感作用降压限流，保证日光灯正常发光D．灯管正常发光后，镇流器已失去作用解析：选D．在日光灯启动发光的不同阶段，镇流器所起的作用也是不同的．在灯丝预热阶段，镇流器利用自感控制电流加热灯丝，以获得电子；在灯管点燃阶段，需镇流器提供瞬时高压；正常发光时，镇流器起降压限流作用，选项D错误．3．如图所示，日光灯正常发光时，流过灯管的电流为I，那么对于灯丝ab上的电流，以下说法正确的是()A．灯丝ab上的电流处处为IB．灯丝a处的电流为IC．灯丝b处的电流为I，其他地方的电流都比I小D．灯丝b处最容易烧断解析：选CD．灯管正常发光后，流过灯管中的电流为I，这个电流从b通过水银蒸气到另一端，和镇流器组成回路，灯管正常工作后，启动器及灯丝a端都无电流流过，故b处最容易烧断，答案为CD．4．下列关于电焊机的说法正确的是()A．电焊时，焊条与工件始终接触B．电焊时，是靠流过焊条与工作接触电阻的电流的热效应完成的C．电焊时，点火电压很高，约为几万伏D．电焊时，电弧火花产生的高温把金属工件局部熔化，冷却后焊接处就熔为一体解析：选D．电焊时，先把焊条与被焊的工件短暂接触，然后迅速将焊条提起，与工件保持4 mm～5 mm的距离，故选项A错误；电焊时，是靠电弧火花产生的高温把金属工件局部熔化进行焊接，故选项B错误，D正确；电焊时，点火电压约为70 V，并不高，故C错误．二、选做题5．在无线电技术中，常有这样的要求，有两个线圈，要使一个线圈中有电流变化时对另一个线圈几乎没有影响，在如图电路中它们的安装符合要求的是()解析：选D．根据螺线管通电后的磁感线的分布情况以及螺线管的排列位置，A、B、C选项中都会出现互感，只有D选项中可以消除互感的影响．6．各种会议室或者客厅中经常是两个日光灯管并在一起使用，请你根据所学知识设计一个电路保证两个灯管都能正常发光．解析：要使两灯管都能正常工作，需使两灯管都能达到工作电压．两灯管需并联，启动器与灯管应并联，镇流器与灯管应串联．如图所示．答案：见解析。
鲁科版 物理 选修3-2 2章 楞次定律和自感现象章末综合检测
(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(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. 家用日光灯电路如图2－11所示，S为启动器，A为灯管，L为镇流器，关于日光灯的工作原理下列说法正确的是()图2－11A．镇流器的作用是将交流变为直流B．在日光灯的启动阶段，镇流器能提供一个瞬时高压，使灯管开始工作C．日光灯正常发光时，启动器中的两个触片是接触的D．日光灯发出柔和的白光是由汞原子受到激发后直接辐射的解析：选B.镇流器是一个自感系数很大的线圈，当流经线圈的电流发生变化时能产生很大的自感电动势阻碍电流的变化，在日光灯启动时，镇流器提供一个瞬时高压使其工作；在日光灯正常工作时，自感电动势方向与原电压相反，镇流器起着降压限流的作用，此时启动器的两个触片是分离的，当灯管内的汞蒸气被激发时能产生紫外线，涂在灯管内壁的荧光物质在紫外线的照射下发出可见光．2．(2011年德州高二检测)如图2－12所示，两个大小相等互相绝缘的导体环，B环与A 环有部分面积重叠，当开关S断开时()图2－12A．B环内有顺时针方向的感应电流B．B环内有逆时针方向的感应电流C．B环内没有感应电流D．条件不足，无法判定解析：选A.由安培定则可知穿过环B的磁通量向里，当S断开时，磁通量减少，由楞次定律可知B中产生顺时针方向的感应电流，A对．3．如图2－13所示，用丝线悬挂一个金属环，金属环套在一个通电螺线管上，并处于螺线管正中央位置．如通入螺线管中的电流突然增大，则()A．圆环会受到沿半径向外拉伸的力B．圆环会受到沿半径向里挤压的力图2－13C．圆环会受到向右的力D．圆环会受到向左的力解析：选A.无论通入螺线管的电流是从a流向b还是从b流向a，电流强度增大时，穿过金属环的磁通量必增加．由于穿过金属环的磁通量由螺线管内、外两部分方向相反的磁通量共同决定，等效原磁场方向由管内磁场方向决定．根据楞次定律，环内感应电流的磁场要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即要阻碍穿过环的磁通量的增加，因此有使环扩张的趋势，从而使环受到沿半径向外拉伸的力．答案为A.4．(2011年龙岩模拟)如图2－14所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是()图2－14A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d解析：选 B.由楞次定律，一开始磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反”“减同”可知电流方向是d→c→b→a→d.图2－155．如图2－15所示，AB支路由带铁芯的线圈和电流表A1串联而成，设电流为I1；CD 支路由电阻R和电流表A2串联而成，设电流为I2.两支路电阻阻值相同，在接通开关S和断开开关S的瞬间，会观察到()A．S接通瞬间，I1<I2，断开瞬间I1＝I2B．S接通瞬间，I1<I2，断开瞬间I1>I2C．S接通瞬间，I1>I2，断开瞬间I1<I2D．S接通瞬间，I1>I2，断开瞬间I1＝I2解析：选A.S接通瞬间，线圈L产生自感，对电流有较大的阻碍作用，I1从0缓慢增大，而R中电流不受影响，I1<I2，但当电路稳定后，自感消失，由于两支路电阻阻值相同，则I1＝I2.开关断开瞬间，ABDC构成一个回路，感应电流相同．6．如图2－16所示，AB金属棒原来处于静止状态(悬挂)．由于CD棒的运动，导致AB 棒向右摆动，则CD棒()图2－16A．向右平动B．向左平动C．向里平动D．向外平动解析：选D.此题是左、右手定则的综合应用题．AB棒向右摆的原因是：CD棒做切割磁感线运动产生感应电动势，给AB棒供电，AB棒摆动是通电导体受力问题．AB棒向右摆动，说明它受到的磁场力方向向右，根据左手定则判断出AB中的电流方向B→A.这说明CD 棒的电流方向D→C，再根据右手定则判断CD棒的切割方向是向外．注意题目中给出的四个选项中，A、B肯定不正确，因为CD棒左、右平动，不切割磁感线，不产生感应电流．7．如图2－17所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈．让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，线圈进入磁场前等距离排列，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈．通过观察图形，判断下列说法正确的是()图2－17A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带静止B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈解析：选D.若线圈合格，则由于电磁感应现象会向左移动一定距离，且合格线圈移动的距离相等，移动后线圈的间距也等于移动前的间距，由图知线圈3与其他线圈间距不符，不合格．8．(2010年高考山东理综卷改编)如图2－18所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时以下说法不．正确的是()图2－18A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Bl v0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同解析：选C.由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO′对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，A项正确；ab、cd均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针，两电源串联，感应电动势为2Bl v0，B项正确，C项错误；由左手定则知ab、cd所受安培力方向均向左，D项正确．图2－199．如图2－19所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L.现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速经过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图象是()图2－20 解析：选D.由楞次定律可知，当正方形导线框进入磁场和出磁场时，磁场力总是阻碍物体的运动，方向始终向左，所以外力F 始终水平向右，因安培力的大小不同，故选项D 是正确的，选项C 是错误的．当矩形导线框进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流的大小在中间时是最大的，所以选项A 、B 是错误的．10. (2011年泉州高二检测)如图2－21所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g ，则此过程( )图2－21 A ．杆的速度最大值为(F －μmg )R B 2d 2B ．流过电阻R 的电量为Bdl RC ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析：选D.当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2v R ＋r，杆受力平衡，故F －μmg －F 安＝0，所以v ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2，选项A 错；流过电阻R 的电量为q ＝It ＝ΔΦR ＋r ＝Bdl R ＋r，选项B 错；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，选项C 错D 对．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，首先要按图2－22甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B 连成一个闭合回路，将线圈A 、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S 时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．在图乙中图2－22(1)S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针________；(2)线圈A放在B中不动时，指针将________(3)线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将________．解析：(1)由图甲知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转．S闭合后，将A 插入B中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断B中电流方向向上，从右接线柱流入，故电流表指针向右偏转；(2)A放在B中不动，磁通量不变，不产生感应电流；(3)断开开关，穿过B的磁通量减小，电流表指针向左偏转．答案：(1)向右偏转(2)不动(3)向左偏转12. 为了演示接通电源的瞬间和断开电源的电磁感应现象，设计了如图2－23所示的电路图，让L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度________(填“大于”“等于”或“小于”)B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度________(填“大于”“等于”或“小于”)B灯的亮度；断开开关的瞬间，A灯________(填“立即”或“逐渐”)熄灭，B 灯________(填“立即”或“逐渐”)熄灭，若满足R灯>R L则断开瞬间，A灯会________(“闪亮”或“不闪亮”)，流过A的电流方向________(“向左”或“向右”)图2－23解析：开关接通的瞬间，和A灯并联的电感电流为零，A灯的电流为R和B灯之和，所以A灯的亮度大于B灯亮度．通电一段时间后电流稳定了，L无自感现象，电阻和R一样，通过两灯的电流相等，所以两灯一样亮．断电的瞬间，A灯和产生自感现象的L组成回路，随着电路电流的减小逐渐熄灭．而B灯没有电流而立即熄灭，若R灯>R L稳定时I灯<I L.故断开瞬间A灯会闪亮，且电流向右流．答案：大于等于逐渐立即闪亮向右三、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)(2011年上杭高二检测)如图2－24甲所示，n＝150匝的圆形线圈M，其电阻为R/2，它的两端点a、b与定值电阻R相连，穿过线圈的磁通量的变化规律如图乙所示．图2－24(1)判断a 、b 两点的电势高低；(2)求a 、b 两点的电势差．解析：(1)由Φ－t 图知，穿过M 的磁通量均匀增加，根据楞次定律可知a 点电势比b 点高．(2)由法拉第电磁感应定律知E ＝n ΔΦΔt＝150×0.2 V ＝30 V . 由闭合电路欧姆定律知：I ＝E R ＋r ＝E R ＋R 2＝2E 3RU ab ＝IR ＝2E 3＝20 V. 答案：(1)a 点高 (2)20 V14. (10分)如图2－25所示，电阻不计的光滑U 形导轨水平放置，导轨间距d ＝0.5 m ，导轨一端接有R ＝4.0 Ω的电阻．有一质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝1.0 Ω的金属棒ab 与导轨垂直放置．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ．现用水平力垂直拉动金属棒ab ，使它以v ＝10 m/s 的速度向右做匀速运动．设导轨足够长．图2－25 (1)求金属棒ab 两端的电压；(2)若某时该撤去外力，从撤去外力到金属棒停止运动，求电阻R 产生的热量．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，E ＝Bd v根据欧姆定律，I ＝E R ＋r，U ＝IR 由以上各式可得U ＝0.8 V .(2)由能量守恒得，电路中产生的热量Q ＝12m v 2，因为串联电路电流处处相等，所以Q R Q＝RR ＋r， 代入数据求出Q R ＝4.0 J.答案：(1)0.8 V (2)4.0 J15．(14分)如图2－26甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为l .M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻．一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．图2－26(1)由b 向a 方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小．解析：(1)ab 杆受三个力：重力mg ，竖直向下；支持力N ，垂直斜面向上；安培力F ，沿斜面向上．受力示意图如图所示．(2)当ab 杆速度为v 时，感应电动势E ＝Bl v ，此时电路中电流I ＝E R ＝Bl v R ab 杆受到的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v R根据牛顿运动定律，有mg sin θ－F ＝mg sin θ－B 2l 2v R ＝ma ，a ＝g sin θ－B 2l 2v mR. 答案：(1)见解析 (2)Bl v R g sin θ－B 2l 2v mR16．(14分)(2011年潍坊高二检测)如图2－27甲所示，光滑绝缘水平面上，磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场以虚线MN 为左边界，MN 的左侧有一质量m ＝0.1 kg ，bc 边长L 1＝0.2 m ，电阻R ＝2 Ω的矩形线圈abcd .t ＝0时，用一恒定拉力F 拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s ，线圈的bc 边到达磁场边界MN ，此时立即将拉力F 改为变力，又经过1 s ，线圈恰好完全进入磁场．整个运动过程中，线圈中感应电流i 随时间t 变化的图象如图乙所示．图2－27(1)求线圈bc 边刚进入磁场时的速度v 1和线圈在第1 s 内运动的距离s ；(2)写出第2 s 内变力F 随时间t 变化的关系式；(3)求出线圈ab 边的长度L 2.解析：(1)由图乙可知，线圈刚进入磁场时的感应电流I 1＝0.1 A.由E ＝BL 1v 1及I 1＝E R 得v 1＝I 1R BL 1＝0.5 m/s s ＝v 12t ＝0.25 m (2)由图乙，在第2 s 时间内，线圈中的电流随时间均匀增加，线圈速度随时间均匀增加，线圈所受安培力随时间均匀增加，且大小为F 安＝BIL 1＝(0.08 t －0.04) Nt ＝2 s 时线圈的速度v 2＝I 2R BL 1＝1.5 m/s 线圈在第2 s 时间内的加速度a 2＝v 2－v 1t＝1 m/s 2 由牛顿定律得F ＝F 安＋ma 2＝(0.08 t ＋0.06) N(3)在第2 s 时间内，线圈的平均速度v ＝v 1＋v 22＝1 m/s L 2＝v ·t ＝1 m.答案：(1)0.5 m/s0.25 m(2)F＝(0.08 t＋0.06) N(3)1 m。
高中物理鲁科版选修3-2 第2章第2节自感 课时作业含试卷分析详解
一、选择题1．关于自感现象，下列说法中正确的是()A．自感现象是线圈自身的电流变化而引起的电磁感应现象B．自感电动势总是阻止原电流的变化C．自感电动势的方向总是与原电流方向相反D．自感电动势的方向总是与原电流方向相同解析：选A.根据自感的定义，A正确，B错误；选项C、D把阻碍电流变化理解错了，其实自感电动势与原电流方向可以相同，也可以相反．根据阻碍含义，若原电流增大，自感电动势就阻碍增大，与原电流方向相反；若原电流减小，自感电动势就阻碍减小，与原电流方向相同，故C、D错误．2.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，采用双线并绕的方法，如图所示，其道理是()A．当电路中的电流变化时，两股导线产生的自感电动势相互抵消B．当电路中的电流变化时，两股导线产生的感应电流相互抵消C．当电路中的电流变化时，两股导线中原电流的磁通量相互抵消D．以上说法都不对解析：选C.由于采用双线并绕的方法，当电流通过时，两段导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两段导线中的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，在该线圈中不会产生自感现象，因此消除了自感．故正确答案为C.3．(多选)某线圈通有如图所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有() A．第1 s末B．第2 s末C．第3 s末D．第4 s末解析：选B D．在自感现象中当原电流减小时，自感电动势与原电流的方向相同，当原电流增加时，自感电动势与原电流方向相反．在图象中0～1 s时间内原电流正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向，在1～2 s时间内原电流负方向增加，所以自感电动势与其反方向相反，即沿正方向；同理分析2～3 s、3～4 s时间内的情况可得答案为B、D．4.如图所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开电路的瞬间会有()A．灯泡立刻熄灭B．灯泡慢慢熄灭C．闪亮一下后再慢慢熄灭D．闪亮一下后突然熄灭解析：选A.当电路断开时，由于通过线圈的电流从有到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈与灯泡不能构成闭合回路，因此灯泡立刻熄灭．5．如图所示电路，A1、A2均为零刻度在中央的电流表．L是一带铁芯的线圈，R为电阻．两条支路的直流电阻相等．那么在接通和断开电键的瞬间，两电流表的读数I1、I2的大小关系是()A．接通时I1<I2，断开时I1>I2B．接通时I2<I1，断开时I1＝I2C．接通时I1>I2，断开时I1<I2D．接通时I1＝I2，断开时I1<I2解析：选B．接通时，L的自感作用阻碍L所在支路电流的增加，I1>I2；断开时，由于L 的自感作用，在L、R组成的临时回路中，I1＝I2，B正确．6．如图所示，电流表A和电压表V均为理想电表，电压表量程为20V，电流表量程为15 A，线圈的自感系数足够大，不计线圈直流电阻及电源内阻，电源电动势为12 V，电阻R＝1 Ω，则下列说法中正确的是()A．合上S瞬间，电压表读数最大，其值为12 VB．电路稳定后，电流表读数最大，其值为12 AC．断开S瞬间，电流表和电压表的示数都立即减为0D．在断开S时，为了避免不必要的损失，应在断开前将电压表取下，并将S放入耐高压的绝缘油中解析：选ABD．合上开关S瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增大，流过线圈的电流为零，即线圈处相当于断路，电压表读数为12 V；电流稳定后，线圈两端电压为零，电压表读数为零，A、B正确．断开瞬间，电流表读数瞬间为零，但线圈与电压表构成回路，线圈由于产生自感电动势，所以电压表仍有读数，C错误．断开S时，由于线圈产生的自感电动势较大，为保护电压表，应先将电压表取下，为避免S出现电火花，应将S放入绝缘油中，D正确．7．如图所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，这时灯泡具有一定的亮度，若将一软铁棒从螺线管左边插入螺线管时，则将看到()A．灯泡变暗B．灯泡变亮C．螺线管缩短D．螺线管长度不变解析：选 A.软铁棒迅速插入的过程中，穿过螺线管的磁通量增加，螺线管产生电磁感应现象．根据楞次定律可知，感应电流的磁场将阻碍磁通量的增加，产生的感应电动势与原电动势方向相反，所以，电路中的总电动势减小，造成电流减小，故有灯泡变暗和螺线管伸长的现象发生．选项A正确．8．如图所示，a、b、c为三个相同的灯泡，额定电压稍大于电源的电动势，电源内阻可以忽略．L是一个本身电阻可忽略的电感线圈．开关S闭合．现突然断开，已知在这一过程中灯泡都不会烧坏，则下列关于c灯的说法中正确的是()A．亮度保持不变B．将闪亮一下，而后逐渐熄灭C．将闪亮一下，而后逐渐恢复原来的亮度D．将变暗一下，而后逐渐恢复原来的亮度解析：选C.S断开前，L把a灯短路，加在c灯两端电压为电源电压，流过c灯电流是流过L电流的一半．当S断开的瞬间，L上的电流要减小，L上产生自感电动势阻碍电流的减小，所以开始时，通过c灯的电流是原来的2倍，c灯比原来亮得多，随后电流逐渐减小，达到稳定后，c灯两端的电压又等于电源电压，所以亮度跟原来的一样，C正确．☆9.在生产实际中，有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关S由闭合到断开时，线圈会产生很高的自感电动势，使开关S处产生电弧，危及操作人员的人身安全．为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个元件，在下列设计的方案中可行的是()解析：选D．断开开关S，A图由于电容器充电，开关S处仍将产生电弧；B、C图闭合开关S时，电路发生短路；而D图是利用二极管的单向导电性使线圈短路，可避免开关S处电弧的产生．☆10.在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t的变化的图象是()解析：选B．闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明R L＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至达到电流为I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流为I，故C、D错误．二、非选择题11.如图是演示断电自感现象的实验装置，L是一个自感线圈，D是小灯泡，合上S后小灯泡能正常发光．突然断开S时，通过小灯泡的电流方向是从________到________，此时由________对小灯泡供电．解析：S断开后，L自感给小灯泡供电．电流由b到a通过小灯泡D．答案：b a L☆12.如图所示的电路中，电源电动势E＝6 V，内阻不计，A1和A2是两个相同的小灯泡，都标有“6 V,0.3 A”，L是一个自感系数很大的线圈，其直流电阻与R相同，均为20 Ω.试分析：在开关S接通和断开瞬间，通过灯泡A1和A2的电流大小及两灯亮度的变化．解析：(1)开关S接通瞬间，A1、A2同时亮，I A1＝I A2＋I R，R A1＝R A2＝20 Ω，I A1＝0.2 A，I A2＝0.1 A，所以A1比A2亮．稳定后I A1＝I A2＝0.15 A，A1、A2亮度相同．(2)开关S断开瞬间，I A1＝0.15 A，I A2＝0，即A2立即熄灭，A1的电流由0.15 A逐渐减小到零，所以A1后熄灭．答案：S接通瞬间，A1、A2同时亮，I A1＝2I A2＝0.2 A，A1比A2亮S断开瞬间，I A1＝0.15 A，I A2＝0，A2立即熄灭，A1逐渐熄灭。
高中物理第2章楞次定律和自感现象第2节自感自我小测含解析鲁科版选修3_2word版本
自感夯基我达标1.下列关于自感的说法中正确的是（）A．自感是由于导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象B．自感电动势的大小跟穿过线圈的磁通量的变化快慢有关C．自感电流的方向总是与原电流的方向相反D．对不同的线圈，电流变化快慢相同时，产生的自感电动势不同2.关于线圈的自感系数，下列说法中正确的是（）A．线圈中产生的自感电动势越大，线圈的自感系数一定越大B．线圈中的电流变化越快，自感系数就越大C．线圈中的电流不发生变化，自感系数一定为零D．线圈的自感系数与线圈自身的因素以及有无铁芯有关3.如图2－2－9所示，L1和L2是两个相同的小灯泡，L是自感系数相当大的线圈，其电阻阻值与R相同，由于存在自感现象，在开关S接通和断开时，灯L1、L2先后亮暗的顺序是（）图2－2－9A．接通时，L1先达到最亮；断开时，L1后暗B．接通时，L2先达到最亮；断开时，L2后暗C．接通时，L1、A2同时达到最亮；断开时，L1后暗D．接通时，L2先达到最亮；断开时，L1后暗4.如图2－2－10所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应（）图2－2－10A．先断开S2B．先断开S1C．先拆除电流表D．先拆除电阻R5.如图2－2－11所示，L为电阻很小的线圈，G1和G2为内阻不计、零点在表盘中央的电流计.当开关S处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方.那么，当开关S断开时，将出现下面哪种现象（）图2－2－11A．G1和G2的指针都立即回到零点B．G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点C．G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D．G1的指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点6.如图2－2－12所示，电路图中有L1和L2两个完全相同的灯泡，线圈L的电阻忽略不计，下列说法正确的是（）图2－2－12A．闭合S时，L2先亮，L1后亮，最后一样亮B．断开S时，L2立刻熄灭，L1过一会熄灭C．L1中的电流始终从b到aD．L2中的电流始终从c到d7.如图2－2－13所示，L2、L2两灯的电阻均为R，S1闭合时两灯的亮度一样，若要闭合S2待稳定后将S1断开，则在断开瞬间（）图2－2－13A．L2灯立即熄灭B．L1灯过一会才熄灭C．流过L2灯的电流方向c→dD．流过L1灯的电流方向a→b8.如图2－2－14所示，L是电阻不计、自感系数足够大的线圈，L1和L2是两个规格相同的灯泡，下列说法正确的是（）图2－2－14A．S刚闭合时，L1和L2同时亮且同样亮B．S刚闭合时，L1和L2不同时亮C．闭合S达到稳定时，L1熄灭，L2比S刚闭合时亮D．再将S断开时，L1闪亮一下再熄灭，而L2立即熄灭我综合我发展9.如图2－2－15所示电路，线圈L的电阻不计,则（）图2－2－15A．S闭合瞬间，A板带正电，B板带负电B．S保持闭合，A板带正电，B板带负电C．S断开瞬间，A板带正电，B板带负电D．由于线圈电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下两板都不带电10.如图2－2－16所示，电池的电动势为E，内阻不计，线圈自感系数较大，直流电阻不计，当开关S闭合后，下列说法正确的是（）图2－2－16A．a、b间电压逐渐增加，最后等于EB．b、c间电压逐渐增加，最后等于EC．a、c间电压逐渐增加，最后等于ED．电路中电流逐渐增加，最后等于E/R11.如图2－2－17所示的电路，L是自感系数较大的线圈，在滑动变阻器的滑动片P从A 端迅速滑向B端的过程中，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1；P从B端迅速滑向A端的过程中，经过C点时通过线圈的电流为I2；P固定在C点不动，达到稳定时通过线圈的电流为I0，则（）图2－2－17A．I1＝ I2＝I0B．I1 >I0> I2C．I1＝ I2>I0D．I1< I0<I212.如图2－2－18所示，线圈的直流电阻为10 Ω，R＝20 Ω，线圈的自感系数较大，电源的电动势为6 V，内阻不计，则在闭合S瞬间，通过L的电流为___________A,通过R电流为___________A；S闭合后电路中的电流稳定时断开S的瞬间，通过R的电流为___________ A，方向与原电流方向___________.图2－2－1813.如图2－2－19所示，L为自感线圈，L是一个灯泡，当S闭合瞬间，a、b两点电动势相比，__________点电势较高，当S切断瞬间a、b两点电势相比，__________点电势较高.图2－2－1914.如图2－2－20所示，L是自感系数较大的一个线圈，电源的电动势为6 V，开关S已闭合，当S断开时，在L中出现的自感电动势E′＝100 V，求此时a、b两点间的电势差.图2－2－2015.如图2－2－21所示是一种风速仪示意图，试回答下列问题.图2－2－21（1）有水平风吹来时磁体将如何转动？（自上往下看）（2）磁体转动一周，则导线CD段中电流方向如何？（3）为什么能用它来测定风速大小？参考答案１解析：在自感现象中产生的感应电动势与穿过线圈的磁通量变化率成正比;通过线圈的电流I变化越快,产生的自感电动势E就越大,有公式E＝,其中L为自感系数.故选项A、B、D正确.答案：ABD２解析：线圈的自感系数与线圈的形状、横截面积、长短、匝数等因素有关.故选项D正确. 答案：D３解析：当接通开关的瞬间，由于线圈对电流变化的阻碍作用，L1两端的电压大于L2两端电压，虽然两个灯同时亮，但L1先最亮；断开时，由线圈的自感作用，L1延迟熄灭，故选项A正确.答案：A４解析：在断开电路时，线圈会产生自感现象，由于线圈的自感系数很大，产生的自感电动势很大，若先切断S2的话，自感电动势就加在电压表上，将电压表烧毁；若先断开S1的话，就切断了自感电动势的释放回路，就可避免事故的发生.答案：B５解析：断开电路的瞬间，G2中的电源提供的电流瞬间消失，线圈由于自感的作用，产生自感电动势，与G2构成自感回路，自感电流将通过G2，该电流与原来的电流方向相反，所以G1缓缓地回到零点，G2瞬间回到左边再缓缓回到零点.答案：C６解析：开关闭合的瞬间，由于L的自感作用，L1不能立刻亮起，随着阻碍的进行，L1缓慢地亮起，待电路稳定后两灯一样亮；断开电路时，自感电流会同时经过L1、L2，两灯一起熄灭，所以L1中的电流方向没变化，L2中的电流方向与原来相反.答案：AC7解析：线圈L的自感作用，与灯L1构成回路，自感电流会流过L1灯.答案：ABD8解析：闭合时的瞬间，线圈L的自感作用非常强，相当于断路，L1、L2中电流同时通过，所以同时达到最亮，电路稳定后，线圈的自感作用消失，线圈相当于导线，L1被短路而熄灭.断开电路时，线圈与L1构成自感回路，L1又会闪亮一下后再熄灭，而L2立刻熄灭.答案：ACD9解析：开关闭合瞬间，线圈L的自感作用非常强，相当于断路，电容器被充电，上极板充正电，下极板充负电；稳定后线圈对电流变化的阻碍消失，电容器被短路，上下极板均不带电；断开的瞬间，线圈中会产生自感电动势，又会对电容器充电，根据自感电动势的方向知，下极板充正电，上极板充负电.答案：A10解析：由于线圈的自感作用，开关闭合的瞬间，自感的阻碍作用非常大，电路中的电流从零逐渐增加直到稳定，大小为E/R；所以开始时ab间的电压等于E，然后逐渐减小到零；R上的电压为零，然后逐渐增加直到等于E.答案：BD11解析：在滑动变阻器的滑动片P从A端迅速滑向B端的过程中，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1，该过程电路中的总电阻减小，电流增大，自感现象应该是阻碍增大，此时电流比稳定时要小；P从B端迅速滑向A端的过程中，经过C点时通过线圈的电流为I2，该过程电路中的总电阻增大，电流减小，自感作用阻碍减小，该电流比稳定时大，选项D 正确.答案：D12解析：在闭合S的瞬间，由于L的自感作用，将阻碍电流的增加，从零增加到最大，所以接通开关的瞬间通过L的电流为零；电阻R无自感现象，接通瞬间就达到稳定；当开关断开的瞬间，由电源提供电阻R的电流瞬间消失，线圈L的自感作用，其电流不能马上消失，从稳定的电流逐渐减小到零，此时通过R的电流是线圈中的自感电流，所以方向与原电流方向相反.答案：0 0.3 0.6 相反13解析：开关接通的瞬间，线圈的自感作用将阻碍电流的增加，自感电动势是反电动势，故a端电势高；断开开关的瞬间，线圈中自感电动势的方向与原电流方向相同，b端是高电势处.答案：a b14解析：断开S的瞬间，L中出现的自感电动势与原电流同向，此时电源电动势与线圈自感电动势同方向串联，故开关a、b两端的电势差为U＝E＋E′＝106 V.答案：106 V15解析：通过风车带动条形磁铁转动,这样便可以改变线圈中磁通量的变化,由法拉第电磁感应定律,便可测出风速.答案：(1)逆时针转动；(2)先D到C，后C到D；(3)风速越大磁体转动越快，线圈中磁通量变化越快，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势就越大，感应电流就越大，这样就可以通过电流计中电流的大小来读出风速的大小.。
高中物理 第2章 楞次定律和自感现象 第3节 自感现象的应用自我小测(含解析)鲁科版选修32
自感现象的应用夯基达标1.如下图所示，多匝线圈L的电阻和电源的内阻都很小，可忽略不计.电路中两个电阻器的电阻均为R，开始时电键S断开，此时电路中电流大小为I0，现将电键S闭合，线圈L中有自感电动势产生.以下说法中正确的是( )A.由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流最终由I0减小到零B.由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流最终等于I0C.由于自感电动势有阻碍电流增大的作用，电路中电流最终要比2I0小D.自感电动势有阻碍电流增大的作用，但电路中电流最终还要增大到2I02.在制作精密电阻时，为了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，如下图所示，其道理是( )A.当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消B.当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流相互抵消C.当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量相互抵消D.当电路中电流变化时，电流的变化量互相抵消3.如下图所示为测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L的两端并联一个电压表，用来测量自感线圈的直流电压.在测量完毕后，将电路拆解时应( )A.先断开S1B.先断开S2C.先拆除电流表D.先拆除电压表4.在如下图所示的日光灯工作原理电路图中：(1)开关合上前，启动器的静触片和动触片是(填“接通的”或“断开的”).(2)开关刚合上时，220 V电压加在上，使泡发出辉光.(3)日光灯启动瞬间，灯管两端电压220 V(填“大于”“等于”或“小于”).(4)日光灯正常发光时，启动器的静触片和动触片(填“接通”或“断开”).镇流器起着作用，保证日光灯正常工作.(5)启动器中的电容器能使，没有电容器，启动器也能工作.5.如下图所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，这时灯泡具有一定的亮度，若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管时，则将看到( )A.灯泡变暗B.灯泡变亮C.螺线管缩短D.螺线管伸长能力提升6.(2008山东临沂高二检测)如下图所示电路中，A、B、C是三只同样的灯泡，线圈L的自感系数很大，其电阻远小于灯泡的电阻，下列判断正确的是( )A.闭合S时，A、C同时先亮，且始终一样亮，B后亮，但最后三灯一样亮B.闭合S时，A、C同时先亮，且A和C一样亮，B上电流先由b流向a，后由a流向bC.断开S时，C先熄灭，A和B后熄灭，A上电流由a流向b7.对日光灯电路，以下说法正确的是( )①日光灯的启动器是装在专用插座上的，当日光灯正常发光后，取下启动器，不会影响灯管发光②如果启动器丢失，作为应急措施，可用一段带有绝缘外皮的导线启动日光灯③日光灯正常发光后，灯管两端电压为220 V ④镇流器在日光灯启动后，不断产生瞬时高压维持灯管发光A.只有①②正确B.只有③④正确C.①②③④都正确D.只有②③④正确8.某同学为了研究日光灯镇流器的限流作用，在日光灯正常发光后，将一只额定电压为100 V的灯泡并联在镇流器两端.当断开镇流器时，日光灯仍能正常发光，关闭电源后，重新开启日光灯时，只见灯泡闪烁，日光灯不亮.请你分析一下产生这些现象的原因.9.如下图所示，小灯泡电阻R1＝12 Ω，线圈L的直流电阻为4 Ω，电源电动势E＝4 V，电源内阻r＝1 Ω，当电路开关S闭合且稳定时小灯泡两端电压为U1，断开S的瞬间，小灯泡两端电压为U2，试求：(1)U1∶U2;(2)说明开关S断开时灯泡的亮度怎样变化(假设灯泡未被烧坏)？10.如下图所示，灯泡电阻大小为6 Ω.线圈的直流电阻为2 Ω，电源电动势为4 V，内阻忽略不计.试计算在S断开时刻线圈L的自感电动势大小.拓展探究11.如下图所示的是一种触电保安器，变压器A处用双股相线(火线)和零线平行绕制成圈，然后接到用电器上，B处有一个输出线圈，一旦有电流，经放大后便能立即推动继电器J切断电源，下列情况下能起保安作用的是哪一种？说明理由.(1)增加开灯的盏数，能否切断电源？(2)双手分别接触火线和零线，能否切断电源？(3)单手接触相线，脚与地相接触而触电，能否切断电源？参考答案1解析：自感电动势只是阻碍电流的增大，起延迟的作用.最终电流要增加，电路电流022/I R E I ==. 答案：D2答案：C3解析：若先断开S 1或先拆除电流表，线圈与电压表组成闭合电路， 这时，流过电压表的电流与原来方向相反，电压表的指针将反向转动，容易损坏电压表.按操作要求，应先断开开关S 2，再断开开关S 1，然后拆除器材.答案：B4解析：日光灯按原理图接好电路后，当开关闭合，电源把电压加在启动器的两极之间，使氖气放电而发出辉光.辉光产生的热量使U 形动触片膨胀伸长，跟静片接触而把电路接通，于是镇流器的线圈和灯管的灯丝中就有电流通过，电路接通后，启动器中的氖气停止放电，U 形动触片冷却收缩，两个触片分离，电路自动断开，在电路突然中断的瞬间，由于镇流器中的电流急剧减小，会产生很高的自感电动势，其方向与原来电压方向相同，于是日光灯管成为电流的通路开始发光.日光灯使用的是交变电流，电流的大小和方向都在不断地变化，在日光灯正常发光时，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中就会产生自感电动势.它总是阻碍电流变化，这时镇流器就起着降压限流的作用，保证日光灯的正常工作.启动器中的电容器能使静、动触片脱离瞬间避免产生电火花而烧坏启动器，没有电容器，启动器也能工作.答案：(1)断开的 (2)启动器 氖 (3)大于 (4)断开降压、限流 (5)启动避免产生电火花5答案：AD6解析：开关S 闭合时，由于L 的自感作用，阻碍L 和B 所在支路的电流增大，所以开始时电流几乎全部通过A ，再流向C ，故A 和C 同时先亮，由于流过L 和B 所在支路的电流很小，故A 、C 开始一样亮；通过L 和B 支路的电流方向是由a 到b ，开关S 闭合后，电路达到稳定状态，由于R L ＜＜R 灯，故A 的电阻与L 和B 所在支路的电阻基本相等，即I a ＝I b ＝21I c ，故A 、B 亮度一样，C 最亮，B 上电流方向仍为由a 到b.开关断开时，C 立即熄灭；由于通过L 的电流减小，产生自感电动势与原电流方向相同，这时L 相当于电源，闭合回路中电流方向由a →L →B →b →A ，A 中电流方向是由b 流向a ，b 点电势比a 点高；由于流经A 、B 的电流始终大小相等，故A 、B 始终一样亮，但电流在衰减，故A 、B 最终将同时熄灭，综上分析可知D 项正确.答案：D7答案：A8解答：当日光灯正常发光时，灯管两端的电压在100～120 V ，镇流器上分担了100 V 左右的电压.所以，当灯管正常发光时，将一只额定电压为100 V 的灯泡并联在镇流器两端，当断开镇流器时，灯泡与灯管串联，所以两者均正常发光.接着关闭电源、重新启动时，由于没有镇流器，不能为灯管提供瞬时高压，所以日光灯管不亮，而启动器不间断地闭合、断开……所以只见灯泡闪烁.9解析：(1)S 闭合稳定后，41241211+⨯=++=L L R R R R R 外Ω＝3 Ω. 由闭合电路欧姆定律134+=+=r R E I 外A ＝1 A. 小灯泡两端电压U 1＝I ·R 外＝1×3 V ＝3 V.断开S 的瞬间，L 、R 组成闭合回路431===L L R R U I I A. U 2＝I R ·R 1＝43×12 V ＝9 V.所以319321==U U . (2)开关S 断开的瞬时，由于加在小灯泡两端的电压(或通过小灯泡的电流)突然变大，所以，小灯泡会闪亮一下逐渐熄灭.答案：(1)1∶3 (2)闪亮一下逐渐熄灭.10解析：根据直流电路知识，不难计算出稳定时通过灯泡A 的电流为0.5 A ，通过线圈L 的电流为1.5 A.断开S 瞬间，通过灯泡A 的0.5 A 电流立即消失，由于“自感要阻碍通过线圈的原电流变化”.流经L 的1.5 A 电流将由1.5 A 逐渐减少，所以断开S 时刻的自感电动势大小 E ＝I 2(R L ＋R a )＝12 V.答案：12 V11解答：(1)不能.因为A 处线圈是采用的双绕法，增加开灯的盏数只会使电路中电流增大，但A 中两线中电流始终大小相等方向相反，磁通量相互抵消，B 中磁通量不发生改变，故不能推动J 切断电源.(2)不能.理由同(1).(3)能.因为有电流通过人体而流入地下，使A 中电流发生改变，B 中磁通量发生改变，B 中产生感应电流，从而推动J 切断电源.。
高中物理鲁科版选修3-2 第2章第3节自感现象的应用 课时作业 含试卷分析详解
一、选择题1．日光灯镇流器的作用有()A．启动器动、静触片接触时，镇流器产生瞬时高压B．正常工作时，镇流器降压限流保证日光灯正常工作C．正常工作时，使日光灯管两端的电压稳定在220 VD．正常工作时，不准电流通过日光灯管解析：选B．当启动器的动、静触片分离，即电路断开时，镇流器能产生瞬时高压，与电源电压一起加在灯管两端，使灯管中的气体导电，日光灯开始发光；在日光灯正常发光时，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中产生自感电动势，总是阻碍电流的变化，起着降压(低于220 V)限流的作用，保证日光灯的正常工作．2．关于日光灯的发光实质，下列说法中正确的有()A．是由于灯管两端的灯丝在炽热状态下发光，后经灯管壁多次反射和透射传到周围空间B．是在镇流器的高电压作用下，灯管内气体被电离成为导体，形成大电流，使气体处于炽热状态而发光C．日光灯发出的其实就是紫外线D．日光灯发出的光，实质上是紫外线激发荧光物质发光解析：选D．日光灯发光的本质，是灯丝发射的电子与汞原子碰撞而放出紫外线，紫外线照射灯管内壁的荧光物质而发光．故选项D正确．3．(多选)关于感应圈的原理，下列说法正确的是()A．感应圈是利用低压交流电获得高压的B．感应圈是利用低压直流电源获得高电压的C．感应圈是利用自感现象获得高电压的D．感应圈是利用分压器获得高压的解析：选BC.感应圈是利用低压直流电源和自感现象获得高电压的．4．(多选)启动器是由电容和氖管两大部分组成，其中氖管中充有氖气，内部有静触片和U 形动触片．通常动、静触片不接触，有一个小缝隙．则下列说法中正确的是()A．当电源的电压加在启动器两极时，氖气放电并产生热量，导致双金属片受热膨胀B．当电源的电压加在启动器两极后，动、静触片间辉光放电，受热膨胀两触片接触而不分离C．启动器中U形动触片是由单金属片制成D．当动、静两触片接触后，氖气停止放电、温度降低，两触片分离答案：AD5．(多选)用电流传感器可以清楚地演示自感对电路中电流的影响，不一定要用两个灯泡作对比．电流传感器的作用相当于一个电流表，实际就用电流表的符号表示．它与电流表的一个重要区别在于，传感器与计算机相结合能够即时反映电流的迅速变化，并能在屏幕上显示电流随时间变化的图象．先按图甲连接电路，测一次后，可以拆掉线圈，按图乙再测一次，得到丙、丁图象．则下列说法正确的是()A．丙图象是对应甲测得的B．丙图象是对应乙测得的C．丁图象是对应甲测得的D．丁图象是对应乙测得的解析：选AD．电感线圈对应电路电流应逐渐增加，乙电路电键S接通后电流能突变．6．(多选)在日光灯电路中，如果与启动器并联的电容器被击穿，为排除故障使日光灯正常工作而采取的下列方法中合理的是()A．去掉电容器B．打坏玻璃泡，把动触片和静触片捆在一起C．去掉启动器从启动器插座上接出两根导线，然后拧在一起D．用一段中间有绝缘皮的导线弯成U字形，去掉启动器，将U形导线两端插入启动器座，待灯管两端发光后迅速断开解析：选AD．电容器对启动过程没有影响，所以去掉以后启动器启动作用不变，A正确；启动的原理是瞬间接通，待灯管两端发光后，迅速断开，镇流器产生瞬时高压把灯管点亮，B、C不能断开，显然不可以，B、C错误，D正确．7．(多选)家用日光灯电路如图所示，S为启动器，A为灯管，L为镇流器，关于日光灯的工作原理下列说法正确的是()A．镇流器的作用是将交变电流变为直流电B．在日光灯的启动阶段，镇流器能提供一个瞬时高压，使灯管开始工作C．日光灯正常发光时，启动器中的两个触片是分离的D．日光灯发出柔和的白光是由汞电子受到激发后直接辐射的解析：选BC.镇流器是一个自感系数很大的线圈，当流经线圈的电流发生变化时能产生很大的自感电动势阻碍电流的变化，在日光灯启动时，镇流器提供一个瞬时高压使其工作；在日光灯正常工作时，自感电动势方向与原电压相反，镇流器起着降压限流的作用，此时启动器的两个触片是分离的，当灯管内的汞蒸气被激发时能产生紫外线，涂在灯管内壁的荧光物质在紫外线的照射下发出可见光．8．如图所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆解时应()A．先断开S1B．先断开S2C．先拆除电流表D．先拆除电阻R解析：选B．S1断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2.☆9.人类生活中对能源的可持续利用可以通过节能方式体现，日光灯是最常用的节能照明工具，它的主要构成有灯管、镇流器、启动器．启动器的构造如图所示，为了便于日光灯工作，常在启动器两端并上一个纸质电容器C，现有一盏日光灯总是出现灯管两端亮而中间不亮，经检查，灯管是好的，电源电压正常，镇流器无故障，其原因可能是()A．启动器两脚A、B与启动器座接触不良B．电容器C断路C．电容器C击穿而短路D．镇流器自感系数L太大解析：选C.题目说镇流器无故障，故D项错误．日光灯管两端亮而中间不亮，说明灯管两端的灯丝处于通电状态，即启动器接通，但不能自动断开，说明电容器C短路了，选C.☆10.如图所示为日光灯示教电路，L为镇流器，S为启动器．下列操作中，观察到的现象错误的是()A．接通K1，K2接a，K3断开，灯管正常发光B．灯管正常发光时，将K2由a迅速接到b，灯管将不再正常发光C．断开K1、K3，令K2接b，待灯管冷却后再接通K1，可看到S闪光，灯管不能正常发光D．取下S，令K2接a，再接通K1、K3，接通几秒后迅速断开K3，灯管可以正常发光解析：选B．按选项A的做法，电路就是一个常见的日光灯照明电路，故A选项正确．选项D是用手动开关K3来代替启动器S，由所学知识可知，这种做法是可行的，故D选项正确．灯管正常工作后，镇流器L只起降压限流的作用，其工作完全可由一个电阻来替代．故灯管正常工作后，将K2由a转到b，灯泡中的钨丝电阻替代镇流器工作，只要阻值合适，日光灯仍可正常发光．故B选项错误．镇流器L在启动器S中的双金属片断开的瞬间产生高压，促使日光灯管发光，而灯泡D不能替代镇流器产生所需的高压，按选项C，只能看到S断续闪光，而灯管不能正常发光．二、非选择题11．如图所示，在日光灯工作原理中．(1)开关刚合上时，220 V交流电压加在____________之间，使氖泡发出辉光；(2)日光灯正常发光时，启动器的静触片和动触片_______(填“接通”或“断开”)，镇流器起着____________的作用，保证日光灯正常工作；(3)启动器中的电容器能____________，没有电容器，启动器也能工作．解析：按原理图接好日光灯电路后，当开关闭合，电源把电压加在启动器的两金属片之间，使氖泡内的氖气放电发出辉光．辉光放电产生的热量使U形动触片膨胀，跟静片接触把电路接通，于是镇流器的线圈和灯管的灯丝中就有电流通过，电路接通后，启动器中的氖气停止放电，U形片冷却后收缩恢复原状，两金属片分离，电路断开，由于镇流器的自感作用，会产生很高的自感电动势，其方向与原电压方向相同，很高的自感电动势加上原电源电压加在灯管两端，使管内汞气体导电，产生紫外线，激发荧光粉发光，灯管被点亮．日光灯使用的是正弦交流电，电流的大小和方向都随时间做周期性变化，在日光灯正常发光后，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中会产生自感电动势，它的作用总是阻碍电流的变化，这时的镇流器就起到了降压限流的作用，保证日光灯的正常工作．启动器中的电容器能使动静片脱离时避免产生电火花而烧毁启动器．没有电容器，同样能工作，当日光灯正常点亮后，启动器不再起作用，就是摘去了也不影响日光灯的发光．答案：(1)启动器的两电极(2)断开降压限流(3)避免产生电火花12．如图所示是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B．线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合电路．在拉开开关S的时候，弹簧K 并不能立即将衔铁D拉起，从而使触头C(连接工作电路)立即离开，过一段时间后触头C才能离开；延时继电器就是这样得名的．试说明这种继电器的工作原理．解析：当拉开开关S时使线圈A中电流变小并消失时，铁芯中的磁通量发生了变化(减小)，从而在线圈B中激起感应电流，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍原磁场的减小，这样，就使铁芯中磁场减弱得慢些，因此弹簧K不能立即将衔铁拉起．答案：见解析。
鲁科版高中物理选修3-2本章练测：第2章楞次定律和自感现象(含答案).docx
高中物理学习材料桑水制作第2章楞次定律和自感现象建议用时实际用时满分实际得分90分钟100分一、选择题（本题包括10小题，每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题4分，共40分）1.家用日光灯电路如图1所示，S为启动器，A为灯管，L为镇流器，关于日光灯的工作原理下列说法正确的是( )图1A．镇流器的作用是将交流变为直流B．在日光灯的启动阶段，镇流器能提供一个瞬时高压，使灯管开始工作C．日光灯正常发光时，启动器中的两个触片是接触的D．日光灯发出柔和的白光是由汞原子受到激发后直接辐射的2.(2011年德州高二检测)如图2所示，两个大小相等互相绝缘的导体环，B环与A环有部分面积重叠，当开关S断开时( )图2A．B环内有顺时针方向的感应电流B．B环内有逆时针方向的感应电流C．B环内没有感应电流D．条件不足，无法判定3.如图3所示，用丝线悬挂一个金属环，金属环套在一个通电螺线管上，并处于螺线管正中央位置．如通入螺线管中的电流突然增大，则( )A．圆环会受到沿半径向外拉伸的力B．圆环会受到沿半径向里挤压的力C．圆环会受到向右的力D．圆环会受到向左的力图34.(2011年龙岩模拟)如图4所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是( )图4A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→ a→d5.如图5所示，AB支路由带铁芯的线圈和电流表A1串联而成，设电流为I1；CD支路由电阻R和电流表A2串联而成，设电流为I2.两支路电阻阻值相同，在接通开关S和断开开关S的瞬间，会观察到（)图5A．S接通瞬间，I1<I2，断开瞬间I1=I2B．S接通瞬间，I1<I2，断开瞬间I1>I2C．S接通瞬间，I1>I2，断开瞬间I1<I2D．S接通瞬间，I1>I2，断开瞬间I1=I26.如图6所示，AB金属棒原来处于静止状态(悬挂)．由于CD棒的运动，导致AB棒向右摆动，则CD棒( )图6A．向右平动 B．向左平动C．向里平动 D．向外平动7.如图7所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，线圈进入磁场前等距离排列，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈．通过观察图形，判断下列说法正确的是( )图7A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带静止B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈8.(2010年高考山东理综卷改编)如图8所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时以下说法不．正确的是( )图8A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同9.如图9所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L.现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速经过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图象是( )图9图1010. (2011年泉州高二检测)如图11所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，则此过程( )图11A．杆的速度最大值为(F−μmg)RB2d2B．流过电阻R的电荷量为BdlRC．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量二、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，首先要按图12甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B 连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．在图乙中，图12(1)S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针________；(2)线圈A放在B中不动时，指针将________；(3)线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将________．12.为了演示接通电源的瞬间和断开电源的电磁感应现象，设计了如图13所示的电路图，让L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度________(填“大于”“等于”或“小于”)B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度________(填“大于”“等于”或“小于”)B灯的亮度；断开开关的瞬间，A灯________(填“立即”或“逐渐”)熄灭，B灯________(填“立即”或“逐渐”)熄灭，若满足R灯>R L，则断开瞬间，A灯会________(“闪亮”或“不闪亮”)，流过A的电流方向________(“向左”或“向右”)图13三、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)(2011年上杭高二检测)如图14甲所示，n=150匝的圆形线圈M，其电阻为R2，它的两端点a、b与定值电阻R相连，穿过线圈的磁通量的变化规律如图乙所示．图14(1)判断a、b两点的电势高低；(2)求a、b两点的电势差．14.(10分)如图15所示，电阻不计的光滑U形导轨水平放置，导轨间距d=0.5 m，导轨一端接有R=4.0 Ω的电阻．有一质量m=0.1 kg、电阻r=1.0Ω的金属棒ab与导轨垂直放置．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.2 T．现用水平力垂直拉动金属棒ab，使它以v= 10m/s的速度向右做匀速运动．设导轨足够长．图15(1)求金属棒ab两端的电压；(2)若某时刻撤去外力，从撤去外力到金属棒停止运动，求电阻R产生的热量．15.(14分)如图16甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为l.M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．图16(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小．16.(14分)(2011年潍坊高二检测)如图17甲所示，光滑绝缘水平面上，磁感应强度B=2 T的匀强磁场以虚线MN为左边界，MN的左侧有一质量m=0.1kg，bc边长L1=0.2 m，电阻R=2 Ω的矩形线圈abcd.t=0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F 改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场．整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示．图17(1)求线圈bc边刚进入磁场时的速度v1和线圈在第1 s内运动的距离s；(2)写出第2 s内变力F随时间t变化的关系式；(3)求出线圈ab边的长度L2.第2章楞次定律和自感现象得分：一、选择题题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答案二、填空题11.（1）（2）（3）12.三、计算题13.14.15.16.第2章楞次定律和自感现象参考答案一、选择题1.B 解析：镇流器是一个自感系数很大的线圈，当流经线圈的电流发生变化时能产生很大的自感电动势阻碍电流的变化，在日光灯启动时，镇流器提供一个瞬时高压使其工作；在日光灯正常工作时，自感电动势方向与原电压相反，镇流器起着降压限流的作用，此时启动器的两个触片是分离的，当灯管内的汞蒸气被激发时能产生紫外线，涂在灯管内壁的荧光物质在紫外线的照射下发出可见光．2.B 解析：由安培定则可知穿过环B 的磁通量向外，当S 断开时，磁通量减少，由楞次定律可知B 中产生逆时针方向的感应电流，B 对．3.A 解析：无论通入螺线管的电流是从a 流向b 还是从b 流向a ，电流增大时，穿过金属环的磁通量必增加．由于穿过金属环的磁通量由螺线管内、外两部分方向相反的磁通量共同决定，等效原磁场方向由管内磁场方向决定．根据楞次定律，环内感应电流的磁场要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即要阻碍穿过环的磁通量的增加，因此有使环扩张的趋势，从而使环受到沿半径向外拉伸的力．答案为A.4.B 解析：由楞次定律，一开始磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反”“减同”可知电流方向是d →c →b →a →d .5.A 解析： S 接通瞬间，线圈L 产生自感，对电流有较大的阻碍作用，I 1从0缓慢增大，而R 中电流不受影响，I 1<I 2，但当电路稳定后，自感消失，由于两支路电阻阻值相同，则I 1=I 2.开关断开瞬间，ABDC 构成一个回路，感应电流相同．6.D 解析：此题是左、右手定则的综合应用题．AB 棒向右摆的原因是：CD 棒做切割磁感线运动产生感应电动势，给AB 棒供电，AB 棒摆动是通电导体受力问题．AB 棒向右摆动，说明它受到的磁场力方向向右，根据左手定则判断出AB 中的电流方向B →A .这说明CD 棒的电流方向D →C ，再根据右手定则判断CD 棒的切割方向是向外．注意题目中给出的四个选项中，A 、B 肯定不正确，因为CD 棒左、右平动，不切割磁感线，不产生感应电流．7.D 解析：若线圈合格，则由于电磁感应现象会向左移动一定距离，且合格线圈移动的距离相等，移动后线圈的间距也等于移动前的间距，由图知线圈3与其他线圈间距不符，不合格．8.C 解析：由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO ′对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，A 项正确；ab 、cd 均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针，两电源串联，感应电动势为2Blv 0，B 项正确，C 项错误；由左手定则知ab 、cd 所受安培力方向均向左，D 项正确．9.D 解析：由楞次定律可知，当正方形导线框进入磁场和出磁场时，磁场力总是阻碍物体的运动，方向始终向左，所以外力F 始终水平向右，因安培力的大小不同，故选项D 是正确的，选项C 是错误的．当矩形导线框进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流的大小在中间时是最大的，所以选项A 、B 是错误的． 10.D 解析：当杆的速度达到最大时，安培力F 安=B 2d 2v R+r，杆受力平衡，故F −μmg −F 安=0，所以v =(F−μmg )(R+r )B 2d 2，选项A 错；流过电阻R 的电荷量为q =It =ΔΦR+r=Bdl R+r，选项B 错；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，选项C 错D 对． 二、填空题11.(1)向右偏转 (2)不动 (3)向左偏转解析：(1)由图甲知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转．S 闭合后，将A 插入B 中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断B 中电流方向向上，从右接线柱流入，故电流表指针向右偏转； (2)A 放在B 中不动，磁通量不变，不产生感应电流；(3)断开开关，穿过B 的磁通量减小，电流表指针向左偏转． 12.大于 等于 逐渐 立即 闪亮 向右解析：开关接通的瞬间，和A 灯并联的电感电流为零，A 灯的电流为R 和B 灯之和，所以A 灯的亮度大于B 灯亮度．通电一段时间后电流稳定了，L 无自感现象，电阻和R 一样，通过两灯的电流相等，所以两灯一样亮．断电的瞬间，A 灯和产生自感现象的L 组成回路，随着电路电流的减小逐渐熄灭．而B 灯没有电流而立即熄灭，若R 灯>R L ，稳定时I 灯<I L .故断开瞬间A 灯会闪亮，且电流向右流． 三、计算题13.(1)a 点高 (2)20 V解析：(1)由Φ−t 图知，穿过M 的磁通量均匀增加，根据楞次定律可知a 点电势比b 点高． (2)由法拉第电磁感应定律知E =nΔΦΔt=150×0.2 V =30 V .由闭合电路欧姆定律知：I =E R+r=ER+R 2=2E 3RU ab =IR =2E 3=20 V .14.(1)0.8 V (2)4.0 J解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，E =Bdv根据欧姆定律，I=ER+r ，U=IR由以上各式可得U=0.8 V.(2)由能量守恒得，电路中产生的热量Q=12mv2，因为串联电路电流处处相等，所以Q RQ=RR+r，代入数据求出Q R=4.0 J.15.(1)见解析(2)BlvR gsinθ−B2l2vmR解析：(1)ab杆受三个力：重力mg，竖直向下；支持力N，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上．受力示意图如图18所示．(2)当ab杆速度为v时，感应电动势E=Blv，此时电路中电流I=ER =BlvRab杆受到的安培力F=BIl=B2l2vR根据牛顿运动定律，有mgsinθ−F=mgsinθ−B 2l2vR=ma，a=gsinθ−B2l2vmR. 图1816.(1)0.5 m/s0.25 m (2)F=(0.08 t＋0.06) N (3)1 m解析：(1)由图乙可知，线圈刚进入磁场时的感应电流I1=0.1 A.由E=BL1v1及I1=ER 得v1=I1RBL1=0.5 m/ss=v12t=0.25 m(2)由图乙，在第2 s时间内，线圈中的电流随时间均匀增加，线圈速度随时间均匀增加，线圈所受安培力随时间均匀增加，且大小为F安=BIL1=(0.08 t－0.04) Nt=2 s时线圈的速度v2=I2RBL1=1.5 m/s线圈在第2 s时间内的加速度a2=v2−v1t =1 m/s2由牛顿运动定律得F=F安+ma2=(0.08t+0.06) N(3)在第2 s时间内，线圈的平均速度v=v1+v22=1m s⁄，L2=v·t=1 m.。
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(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．关于楞次定律，可以理解为()A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场B．感应电流产生的效果总是阻碍导体与磁体间的相对运动C．若原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场同向；若原磁通量减少，感应电流的磁场跟原磁场反向D．感应电流的磁场总是与原磁场反向解析：选B．感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，但阻碍不等于反向，楞次定律的另一种表述为“感应电流产生的效果总是阻碍导体与磁体间的相对运动”．2.如图所示为日光灯电路，关于该电路，以下说法中正确的是()A．启动过程中，启动器断开瞬间镇流器L产生瞬时高电压B．日光灯正常发光后，镇流器和启动器一样都不起作用了，且灯管两端电压低于电源电压C．日光灯正常发光后启动器是导通的D．图中的电源可以是交流电源，也可以是直流电源解析：选A.日光灯是高压启动，低压工作，启动时，启动器断开，镇流器产生瞬时高压，正常发光后，镇流器起降压限流的作用，而此时启动器是断开的；镇流器只对交流电起作用，由此可见，A正确．3．如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是()A．向右摆动B．向左摆动C．静止D．不能判定解析：选A.法一：躲闪法．磁铁向右运动，使铜环的磁通量增加而产生感应电流，由楞次定律可知，为阻碍原磁通量的增大，铜环必向磁感线较疏的右方运动，即往躲开磁通量增加的方向运动．法二：等效法．磁铁向右运动，将铜环产生的感应电流等效为如图所示的条形磁铁，则两磁铁有排斥作用．4．用如图所示的实验装置研究电磁感应现象．当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转．下列说法正确的是()A．当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针向左偏转B．当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针向右偏转C．保持磁铁在线圈中静止，电流表指针不发生偏转D．磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针向左偏转解析：选C.由题图可知，原磁场方向向下，磁铁插入时，原磁通量增大，感应电流磁场向上，感应电流由正接线柱流入电流表，指针向右偏，A错误．磁铁拔出时，原磁通量减小，感应电流磁场向下，感应电流由负接线柱流入电流表，指针向左偏，B错误．C、D两项中穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针不偏转，C正确，D错误．5．一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，如图甲所示．现令磁感应强度B 随时间t 变化，先按图乙中所示的Oa 图线变化，后来又按图线bc 和cd 变化，令E 1、E 2、E 3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I 1、I 2、I 3分别表示对应的感应电流，则( )A ．E 1>E 2，I 1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向B ．E 1<E 2，I 1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向C ．E 1<E 2，I 1沿顺时针方向，I 2沿逆时针方向D ．E 2>E 3，I 2沿顺时针方向，I 3沿顺时针方向解析：选B ．由题图乙可知a 点纵坐标为B 0,0～4 s 时，直线斜率表示磁感应强度随时间的变化率，E 1＝B 04S ，磁通量是正向增大，由楞次定律知，感应电流I 1是逆时针方向；7～8 s 和8～9 s 时，直线斜率是相同的，故E 2＝E 3＝B 01S ＝4E 1,7～8 s 磁通量是正向减小的，由楞次定律知，感应电流I 2的方向是顺时针方向，8～9 s ，磁通量是反向增大的，I 3是顺时针方向，故选项B 正确．6．一直升机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B ．直升机螺旋桨叶片的长度为L ，螺旋桨转动的频率为f ，逆着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a ，远轴端为b ，如果忽略a 到转轴中心线的距离，用E 表示每个叶片中的感应电动势，如图所示，则( )A ．E ＝πfL 2B ，且a 点电势低于b 点电势 B ．E ＝2πfL 2B ，且a 点电势低于b 点电势C ．E ＝πfL 2B ，且a 点电势高于b 点电势D ．E ＝2πfL 2B ，且a 点电势高于b 点电势解析：选C.螺旋桨角速度ω＝2πf .每个叶片产生的电动势E ＝12BL 2ω＝πfL 2B ，由右手定则可知，a 点电势高于b 点电势，C 正确，A 、B 、D 错误．7．如图所示，虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O 以角速度ω匀速运动．设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么下列图象中能正确描述线框从如图所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是( )解析：选A.由图示位置转过90°过程中，无电流．进入磁场过程转过90°，电动势E ＝12Bl 2ω，电流方向为逆时针．线框进入磁场后再转过90°，无电流．出磁场过程的90°内，电动势E ＝12Bl 2ω，电流方向为顺时针，所以A 正确． 二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意) 8.如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中()A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B．感应电流方向一直是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向解析：选AD．圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以选项A正确；由于圆环所在处的磁场，上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，故D正确．9.如图所示为早期制作的发电机及电动机的示意图，A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来．当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动．则下列说法中正确的是()A．不断转动A盘就可以获得持续的电流，其原因是将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势B．当A盘转动时，B盘也能转动的原因是电流在磁场中受到力的作用，此力对转轴有力矩C．当A盘顺时针转动时，B盘逆时针转动D．当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动解析：选ABC.将题图中铜盘A所在的一组装置作为发电机模型，铜盘B所在的一组装置作为电动机模型，这样就可以简单地把铜盘等效为由圆心到圆周的一系列“辐条”，处在磁场中的每一根“辐条”都在做切割磁感线运动，产生感应电动势，若A沿顺时针方向转动，由右手定则知A盘感应电流方向由中心向外，由左手定则可知B盘将沿逆时针方向转动．10.如图所示，电路中L为一电感线圈，ab支路和cd支路电阻相等，则()A．刚合上开关S时，电流表A1的示数小于电流表A2的示数B．刚合上开关S时，电流表A1的示数等于电流表A2的示数C．断开开关S时，电流表A1的示数大于电流表A2的示数D．断开开关S时，电流表A1的示数等于电流表A2的示数解析：选AD．刚合上开关S时，电感线圈除了直流电阻外，还要产生自感电动势阻碍电流的增加，因此A1的示数小于A2的示数，A项正确，B项错误；断开开关S时，A1、A2、R、L构成一个回路，电感线圈产生自感电动势，相当于电源，对A1、A2提供电流，A1、A2示数相同，故C错误D正确．11．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝R02.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则()A ．R 2两端的电压为U7B ．电容器的a 极板带正电C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D ．正方形导线框中的感应电动势为kL 2解析： 选AC.根据串、并联电路特点，虚线MN 右侧回路的总电阻R ＝74R 0.回路的总电流I＝U R ＝4U 7R 0，通过R 2的电流I 2＝I 2＝2U 7R 0，所以R 2两端电压U 2＝I 2R 2＝2U 7R 0·R 02＝17U ，选项A 正确；根据楞次定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过R 2的电流方向向左，所以电容器b 极板带正电，选项B 错误；根据P ＝I 2R ，滑动变阻器R 的热功率P ＝I 2R 02＋⎝⎛⎭⎫I 22R 02＝58I 2R 0，电阻R 2的热功率P 2＝⎝⎛⎭⎫I 22R 2＝18I 2R 0＝15P ，选项C 正确；根据法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝BtS ＝k πr 2，选项D 错误．12．半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ．杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( ) A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2a v(π＋2)R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2a v (5π＋3)R 0解析：选AD ．开始时刻，感应电动势E 1＝BL v ＝2Ba v ，故A 项正确．θ＝π3时，E 2＝B ·2a cos π3·v＝Ba v ，故B 项错误．由L ＝2a cos θ，E ＝BL v ，I ＝ER，R ＝R 0[2a cos θ＋(π＋2θ)a ]，得在θ＝0时，F ＝B 2L 2v R ＝4B 2a v R 0(2＋π)，故C 项错误．同理，θ＝π3时F ＝3B 2a v R 0(5π＋3)，故D 项正确．三、填空题(本题共1小题，共8分．按题目要求作答) 13．在研究电磁感应现象实验中： (1)为了明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图．(2)将原线圈插入副线圈中，闭合开关，副线圈中感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．(3)将原线圈拔出时，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．答案：(1)如图(2)相反 (3)相同四、计算题(本题共3小题，共34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)14．(10分)如图所示，水平的平行光滑导轨，导轨间距离为L ＝1 m ，左端接有定值电阻R ＝2 Ω.金属棒PQ 与导轨接触良好，PQ 的电阻为r ＝0.5 Ω，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B ＝1 T 的匀强磁场中，现使PQ 在水平向右的恒力F ＝2 N 作用下向右运动．求： (1)棒PQ 中感应电流的方向； (2)棒PQ 中哪端电势高； (3)棒PQ 所受安培力方向； (4)PQ 棒的最大速度．解析：PQ 在恒力F 作用下运动，产生感应电流，因而受安培力作用，随着速度的增大感应电动势增大，感应电流增大，安培力也增大，当安培力大小与恒力F 相等时，PQ 将做匀速运动，速度达到最大．(1)由右手定则知感应电流方向为Q →P .(2分)(2)PQ 运动产生感应电动势，相当于电源，因电源内部电流由低电势流向高电势，所以P 端电势高于Q 端电势．(2分)(3)因棒中电流由Q →P ，由左手定则知棒所受安培力方向向左．(2分)(4)当PQ 受力平衡时，速度最大，则F ＝BIL ，I ＝BL vR ＋r，解得v ＝F (R ＋r )B 2L 2＝2×(2＋0.5)12×12m/s ＝5 m/s.(4分)答案：(1)Q →P (2)P 端高 (3)向左 (4)5 m/s15．(10分)如图所示，l 1＝0.5 m ，l 2＝0.8 m ，回路总电阻为R ＝0.2 Ω，M ＝0.04 kg ，导轨光滑，开始时磁感应强度B 0＝1 T ，现使磁感应强度以ΔBΔt＝0.2T/s 的变化率均匀地增大．试求：当t 为多少时，M 刚好离开地面？(g 取10 m/s 2)解析：回路中原磁场方向竖直向下，且磁场增强，由楞次定律可知， 感应电流的磁场方向竖直向上；根据安培定则可知，ab 中的感应电流的方向是a →b ；由左手定则可知，ab 所受安培力的方向水平向左，从而向上拉重物． 设ab 中电流为I 时M 刚好离开地面，此时有 F B ＝BIl 1＝Mg (2分) I ＝ER (2分) E ＝ΔΦΔt ＝l 1l 2·ΔBΔt(2分)B ＝B 0＋ΔBΔtt ＝1＋0.2t (2分)解得t ＝5 s ．(2分) 答案：5 s16．(14分)如图所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板．R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻.(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I 及棒的速率v . (2)改变R x ，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x . 解析：(1)导体棒匀速下滑时， Mg sin θ＝BIl ①(1分) I ＝Mg sin θBl②(1分)设导体棒产生的感应电动势为E 0 E 0＝Bl v ③(1分)由闭合电路欧姆定律得I ＝E 0R ＋R x④(1分) 联立②③④，得 v ＝2MgR sin θB 2l 2.⑤(2分)(2)改变R x ，由②式可知电流不变．设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U ，电场强度大小为E U ＝IR x ⑥(2分)E ＝Ud⑦(2分)mg ＝qE ⑧(2分) 联立②⑥⑦⑧，得R x ＝mBld qM sin θ.(2分)答案：(1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2(2)mBldqM sin θ。