人教版高中物理选修3-2测试题含答案解析全册

人教版高中物理选修3-2测试题及答案解析全册共13套专题培优练（一）电磁感应中的“一定律三定则”问题同时向左运动，间距不变同时向左运动，间距变小同时向右运动，间距增大解析：选C将一根条形磁铁向左插入铝环的过程中，两个环中均产生感应电流。根据楞次定律，感应电流将阻碍与磁体间的相对运动，所以两环均向左运动。靠近磁铁的环所受的安培力大于另一个，又可判断两环在靠近。选项C正确。2.如图2所示，闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，现将一条形磁铁从左向右插入螺线管中的过程中，贝g（）图2小车将向右运动使条形磁铁向右插入时外力所做的功全部转变为电能，最终转化为螺线管的内能条形磁铁会受到向右的力小车会受到向左的力解析:选A磁铁向右插入螺线管中，根据楞次定律的扩展含义“来拒去留”，磁铁与小车相互排斥，小车在光滑水平面上受力向右运动，所以选项A正确，选项C、D错误。电磁感应现象中满足能量守恒,由于小车动能增加，外力做的功转化为小车的动能和螺线管中的内能，所以选项B错误。3•如图3所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线Fn先小于mg后大于mg，运动趋势向左Fn先大于mg后小于mg，运动趋势向左Fn先小于mg后大于mg，运动趋势向右Fn先大于mg后小于mg，运动趋势向右解析：选D根据楞次定律的另一种表述判断，磁铁靠近线圈时两者排斥，Fn大于mg,磁铁远离线圈时两者吸引，Fn小于mg，由于安培力阻碍两者间的相对运动，所以线圈一直有向右运动的趋势。故选D。4・（多选）如图4所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（）图4图4A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离磁铁的加速度仍为g磁铁的加速度小于g解析：选AD本题考查用楞次定律判断物体的运动情况。根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题的“原因”是回路中磁通量增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g。5•如图5所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R的滑片自左向右滑动时，线框ab的运动情况是左向右滑动时，线框ab的运动情况是(rmZvrrr电源一匚图5保持静止不动逆时针转动顺时针转动发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向解析：选C本题考查了楞次定律的另一种表述，关键是分析出穿过闭合导线框的磁通量如何变化。由图示电路，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减弱，则穿过闭合导线框ab的磁通量将减少，根据楞次定律，感应电流磁场将阻碍原磁通量的变化，线框ab只有顺时针转动，才能使穿过线框的磁通量增加。磁铁插向右环，横杆发生转动无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动解析：选B本题考查电磁感应现象、安培力的简单应用。磁铁插向左环，横杆不发生转动，因为左环不闭合，不能产生感应电流，不受安培力的作用；磁铁插向右环，横杆发生转动，因为右环闭合，能产生感应电流，在磁场中受到安培力的作用，选项B正确。如图7所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等，当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈始终静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是()图当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈始终静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是()图7A.先向左、后向右B.先向左、后向右、再向左C.一直向右D.一直向左解析：选D根据楞次定律的“阻碍变化”和“来拒去留”，当两磁铁靠近线圈时，线圈要阻碍其靠近，线圈有向右移动的趋势，受木板的摩擦力向左，当磁铁远离时，线圈要阻碍其远离，仍有向右移动的趋势，受木板的摩擦力方向仍是向左的，故选项D正确。如图8所示，条形磁铁从高h处自由下落，中途穿过一个固定的空心线圈，开关S断开时，至落地用时t],落地时速度为q；S闭合时，至落地用时t2,落地时速度为V2。则它们的大小关系正确的是（）0|IiA.ti>t2A.ti>t2,v严2B.L2,vi=v2C．t1<t2，v1<v2D．t1<t2，v1>v2解析：选D开关S断开时，线圈中无感应电流，对磁铁无阻碍作用，故磁铁自由下落,a=g;当S闭合时，线圈中有感应电流，对磁铁有阻碍作用，故a<g。所以t<t，v>v。9.如图9所示，铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下1落2，在1下落2过程中，下列判断正确的是图9金属环在下落过程中的机械能守恒金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量金属环的机械能先减小后增大磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力于磁铁的重力，D错误。于磁铁的重力，D错误。.（多选）如图10所示装置中，cd杆原来静止。当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动（）解析：选B金属环在下落过程中，磁通量发生变化产生感应电流，金属环受到磁场力的作用，机械能不守恒，A错。由能量守恒，金属环重力势能的减少量等于其动能的增加量和在金属环中产生的电能之和，B对。金属环下落的过程中，机械能不停地转变为电能，机械能一直减少，C错误。当金属环下落到磁铁中央位置时，金属环中的磁通量不变，无感应电流，环和磁铁间无作用力，磁铁对桌面的压力大小等向右匀速运动图向右匀速运动图11向左加速运动图10向右匀速运动B.向右加速运动C.向左加速运动D.向左减速运动解析：选BDab杆匀速运动时，ab杆中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变化，L2中无感应电流产生，cd杆保持静止，A错误；ab杆向右加速运动时，L2中的磁通量向下，且增大，根据楞次定律可知，通过cd杆的电流方向向下，cd杆向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确。（多选）如图11所示，在匀强磁场中放有平行金属导轨，它与大线圈M相连接，要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是（两线圈共面）（）

向右减速运动D.向右加速运动解析：选BC当ab匀速运动时，在M中产生的感应电流是稳定的，穿过小线圈N的磁通量不变，N中无感应电流，A错误；当ab向左加速运动时，M中的感应电流沿逆时针方向且增大，穿过N的磁通量向外且增大，则N中感应电流的磁场向里，感应电流的方向沿顺时针，B正确；同理可得C正确，D错误。（多选）AOC是光滑的直角金属导轨，A0沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根靠立在导轨上的金属直棒（开始时b离O点很近），如图12所示。它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上,b端始终在0C上直到ab完全落在OC上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则a棒在运动过程中（）图12感应电流方向始终是b—a感应电流方向先是b—a,后变为a—b所受安培力方向垂直于ab向上所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上解析：选BDab棒下滑过程中，穿过闭合回路的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，感应电流方向先由b—a，后变为a—b，B正确；由左手定则可知，ab棒所受安培力方向先垂直ab向下，后垂直于ab向上，D正确。13.侈选）（2016•上海卷）如图13（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图（b）所示规律变化时（）图13在£〜勺时间内，L有收缩趋势在£〜％时间内，L有扩张趋势在£〜％时间内，L内有逆时针方向的感应电流在％〜右时间内，L内有顺时针方向的感应电流解析：选AD据题意，在q~t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增大，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论''增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2~t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t~t时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，选项D正确。14•如图14所示，线圈A处在匀强磁场中，磁场的方向垂直线圈平面向里，磁感应强度均匀减小，开关S闭合时流过电阻R的电流方向如何？图14解析：本题应用楞次定律进行分析。当开关S闭合时磁感应强度均匀减小，通过线圈A的磁通量向里且减少，回路中产生的感应电流的磁场阻碍磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，再根据右手螺旋定则知线圈A中产生顺时针方向的感应电流，故流过电阻R的电流方向为a—R—b。答案：流过电阻R的电流方向从a通过R到b。应的感应电流，则（专题培优练（二）电磁感应中的电路和图像问题1.（多选）一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定向里为正方向，在磁场中有一金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图1所示。现令磁感应强度B随时间应的感应电流，则（专题培优练（二）电磁感应中的电路和图像问题1.（多选）一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定向里为正方向，在磁场中有一金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图1所示。现令磁感应强度B随时间t变化，先按如图所示的Oa图线变化，后来又按照图线be、cd变化令E］、E2、E3分别表示这三段变化过程中的感应电动势的大小，I］、I2、I3分别表示对）图1I2沿顺时针方向I2沿顺时针方向I3沿顺时针方向e3=E2,I2沿顺时针方向，i3沿逆时针方向解析：选BCbe段与cd段磁感应强度的变化率相等，大于Oa的磁感应强度变化率。E<E，，由楞次定律及安培定则可以判断B、C正确。2.（多选）如图2所示，矩形金属框架三个竖直边ab、cd、ef的长都是L,电阻都是R,其余电阻不计，框架以速度v匀速平动地穿过磁感应强度为B的匀强磁场，设ab、cd、ef三条边先后进入磁场时ab边两端电压分别为U、U、U3，则下列判断结果正确的是（）123KC*FEA．BCD．E1>E2，E1<E2，E1<E2，I1沿逆时针方向,i1沿逆时针方向,I沿顺时针方向,A.U1=|bLvB.U2=2U]C.U3=0D.U=U=U.3E12BL2v31解析：选AB当ab进入磁场时，I=—R=，则U1=E-IR=1BLv。当cd也进入磁场时，IR+r=2B孑，U2=E-IR=|bLv。三边都进入磁场时，U3=BLv，故选项A、B正确。3•如图3所示，水平导轨的电阻忽略不计，金属棒ab和cd的电阻分别为Rb和Rd，且Rb>Rd,它abcdabcd们处于匀强磁场中。金属棒cd在力F的作用下向右匀速运动，ab在外力作用下处于静止状态。下列说法正确的是（）acXXXXXXXft?d图3A.U”>U“B.U=U,abcdabcdC.Ub<UdD.无法判断abcd解析：选B金属棒cd在力F的作用下向右做切割磁感线运动，应将其视为电源，而c、d分别等效为这个电源的正、负极，U是电源两极间的电压，是路端电压，不是内电压，又导轨的电阻忽略不计，cd则金属棒ab两端的电压Ux也等于路端电压，即U=U，，所以选项B正确。ababcd4.一矩形线圈位于一随时间t变化的匀强磁场内，设磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面）向里为正，如图4甲所示，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示。以i表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的i-t图中正确的是（）/■7NJ7N/7N/■7NJ7N/7N解析：选A在0~1s内，磁感应强度B均匀增大，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判断，产生的感应电流大小恒定，方向为逆时针，B、C错误；在4~5s内，磁感应强度B不变，闭合电路磁通量不变化，无感应电流，D错误，A正确。5•矩形导线框abed放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图5所示。片0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。在0〜4s时间内，线框ab边所受安培力随时间变化的图像(力的方向规定以向左为正方向)可能是()ABCD解析：选D在B-t图像中，0~2s内，图线斜率不变，线框上产生的感应电动势不变，产生的感应电流不变，此时安培力F正比于磁感应强度B，故0~2s内F-t图中图线是一条倾斜直线，D项正确。6•如图6所示，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ae和MN,其中ab、ae在a点接触,构成“V字形导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时,运动中MN始终与Zbae的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中的电流i与时间t的关系图线，可能正确的是()解析：解析：选A设金属棒MN向右匀速运动的速度为©，金属棒的电阻率为〃，横截面积为S，Zbae=2vt+2vttan0，由欧姆cos020,则在t时刻回路中产生的感应电动势为E=2Bv2tan0,回路的总电阻为R=pS定律得i=R=器益，故选项A正确。7•如图7所示，竖直放置的螺线管与导线abed构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列选项中的哪一图线所示的方式随时间变化时，导体环将受到向上的磁场作用力（)磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列选项中的哪一图线所示的方式随时间变化时，导体环将受到向上的磁场作用力（)解析：选A根据法拉第电磁感应定律得左=晋=%S,又根据楞次定律可得，当导体环受到向上的E\BS磁场力时，说明穿过线圈的磁通量正在减小，所以导线abed中的电流正在减小，由I=R=&R可知，云正在减小，即B-t图像上各点切线的斜率随时间减小，应选正在减小，即B-t图像上各点切线的斜率随时间减小，应选A。8•如图8所示，边长为21的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框和虚线框的对角线共线，从t=0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域，用I表示导线框中的感应电流，取逆时针方向为正，则下列表示I-t关系的图线中，大致正确的是（）图8解析：选D从t=0开始,线框的位移从0到、J21,导线框切割磁感线的有效长度线性增加，感应电流也线性增加；线框的位移从巨1到2^21，线框完全进入磁场，无感应电流；线框的位移从2.21到3；21，导线框切割磁感线的有效长度线性减少，感应电流也线性减小。D正确。9•图9中A是一底边宽为L的闭合线框，其电阻为R。现使线框以恒定的速度v沿x轴向右运动，并穿过图中所示的宽度为d的匀强磁场区域，已知L<d，且在运动过程中线框平面始终与磁场方向垂直。若以x轴正方向作为力的正方向，线框从如图所示位置开始运动的时刻作为时间的零点，则下列选项的图像中，可能正确反映上述过程中磁场对线框的作用力F随时间t变化情况的是（:二ScX罔图9解析：选D本题考查了电磁感应、安培力、左手定则等有关知识。当线框进入磁场后，根据楞次定律可以判断感应电流的方向为逆时针，根据左手定则，安培力的方向沿负x轴方向；出磁场时，同理可判断安培力的方向沿x轴负方向，所以D选项正确。10.（多选）半径为a右端开小口的导体圆环和长为2的导体直杆，单位长度电阻均为R0。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〃。杆在圆环上以速度v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〃。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0确定，如图10所示。则（）图10A.0=0时，杆产生的电动势为2Bavb.o=n时,杆产生的电动势为V3BavC.D.0=C.D.0=0时，杆受到的安培力大小为0=§时，杆受到的安培力大小为2B2av(n+2)R03B2av(5n+3)R0解析：选AD根据法拉第电磁感应定律可得E=Blv，其中l为有效长度，当0=0时，l=2a,则En=2Bav;当0=3时，l=a,则E=Bav,故选项A正确，B错误；根据通电直导线在磁场中所受安培力大E当0=0时，l=2a当0=0时，l=2a，E=2Bav，r+R=(n+2）oR0，解得F=（n~2）R；当0=3时，l=a，E=Bav，r+R=（普+l^oR。，解得F=（^^y）R，故选项C错误，D正确。11.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程解析：选B将线框等效成直流电路，设线框的边长为l,线框每条边的电阻为r，A11.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程解析：选B将线框等效成直流电路，设线框的边长为l,线框每条边的电阻为r，A、B、C、D对应的等效电路图分别如图甲、乙、丙、丁所示。四种情况中产生的电动势E相同。Ua甲EBlv•r=<R4r总Uab乙•3r=EE4rr=4Uab丁=4?r=4Bl仇故Uab中ab两点间电势差最大，B选项正确。12•在磁感应强度为B=0・4T的匀强磁场中，放一个半径为r0=50cm的圆形导轨，上面搁有通过圆形导轨中心且互相垂直的两根导体棒，一起以角速度«=103rad/s逆时针匀速转动。圆导轨边缘和两棒中央通过电刷与外电路连接，若每根导体棒的有效电阻为R0=0・8。，外接电阻R=3・9Q，如图11所示，圆形导轨的电阻不计，求：0

图11每半根导体棒产生的感应电动势；⑵当开关S断开和接通时两电表的示数分别是多少？解析：(1)每半根导体棒产生的感应电动势为：E1=BlV=2^。2血=2xO・4X0・52X1OV=5OV(2)两根导体棒一起转动时，每半根导体棒产生的感应电动势大小相同，相当于四个电动势和内阻都相同的电池并联，E总=E]=50V,r=1^R20=0・1Q。当开关S断开时，电流表示数为零，电压表示数等于电源电动势，为50V。当开关S接通时，全电路总电阻R=r+R=(0・1+3・9)Q=4Q。由闭合电路欧姆定律得：I=R~=50A=12.5A，即电流表示数为12・5A。此时电压表示数为电路路端电压：U=IR=12.5X3・9V=48.75V。答案：1)50V(2)开关断开时电流表示数为零，电压表示数为50V；开关接通时电流表示数为12.5A,电压表示数为48・75V。专题培优练(三)电磁感应中的动力学和能量问题1•如图11•如图1所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界。若不计空气阻力，则()图1圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大圆环最终将静止在平衡位置解析：选B如题图所示，当圆环从1位置开始下落，进入和摆出磁场时(即2和3位置)，由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生。同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有能量的损失。因此圆环不会摆到4位置。随着圆环进出磁场，其能量逐渐减少，圆环摆动的振幅越来越小。当圆环只在匀强磁场中摆动时，圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化。题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环最终将在A、B间来回摆动。B正确。2.(多选)如图2所示，有两根和水平方向成a角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R,下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v，则()

图2A•如果B变大，v将变大图2A•如果B变大，v将变大m如果a变大，vm将变大m如果m变小，v将变大解析：选BC金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E=Blv，在闭合电路中形成电流1=BlvB2l2vR，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，F=BIl=，先3•如图3所示,质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（）图3用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsina-“J=ma，当a~0时，vfvm，解得3•如图3所示,质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（）图3大于环重力mg,并逐渐减小始终等于环重力mg小于环重力mg,并保持恒定大于环重力mg,并保持恒定解析：选A根据楞次定律知圆环中感应电流方向为顺时针，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FT=mg+F，得FT>mg,F=BIL，根据法拉第电磁感应定律I=R=RAt=可知I为恒定电流，联立上式可知B减小，推知F减小，则由FT=mg+F知Ft减小。选项A正确。4.（多选）如图4所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量m的金属棒ab导轨的一端连接电阻R,其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动。则（）图下由静止开始向右运动。则（）图4A•随着ab运动速度的增大，其加速度也增大外力F对ab做的功等于电路中产生的电能当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析：选CD金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动，对金属棒ab受力分析有F-路中产生的电能加上金属棒ab增加的动能，选项B错误；当ab做匀速运动时，F=F安=R，外力F做功的功率等于电路中的电功率，选项C正确；无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，选项D正确。B2LB2L2vRma，可知随着ab运动速度的增大，其加速度逐渐减小，选项A错误；外力F对ab做的功等于电5•如图5所示，PN与QM两平行金属导轨相距1m,电阻不计，两端分别接有电阻R和R2,且R】=6Q,ab导体的电阻为2在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1To现ab以恒定速度v=3m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R^R2消耗的电功率之和相等，求：图5图5R2的阻值；R1与R2消耗的电功率；⑶拉ab杆的水平向右的外力F。解析：(1)内外功率相等，则内外电阻相等6QXR,6Q+R21解得R2=3仇(2)导体棒切割磁感线，相当于电源，E=BLv=1X1X3V=3V总电流I=¥=3A=0.75A总路端电压U=IR=0.75X2V=1・5V外U1.52P=R=〒W=0.375WU21・52P=R=~^W=0.75W。F=BIL=1X0.75X1N=0.75N。答案：(1)3Q(2)0.375W0.75W(3)0.75N6•如图6所示，固定在匀强磁场中的水平导轨的间距L_=0.5m，金属棒ad与导轨左端be的距离L=0.8m，整个闭合回路的电阻为R=0・2Q,匀强磁场的方向竖直向下穿过整个回路。ad棒通过细绳跨过定滑轮连接一个质量为加=0・04kg的物体，不计一切摩擦，现使磁感应强度从零开始以五=0.2T/s的变化率均匀增大，求经过多长时间物体刚好能离开地面仗取10m/s2)o图6解析：物体刚要离开地面时，其受到的拉力F等于它的重力mg,而拉力F等于棒ad所受的安培力，即mg=BIL］。其中B=晋・t,感应电流由变化的磁场产生，z=E=晋・R=等绐，所以“僚錨)•蛊=10s。答案：10s.v通过ed棒的电流I是多少，方向如何?棒ab受到的拉力F多大？7•如图7所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为Z=0.5m,其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30。角。完全相同的两金属棒ab.ed分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R=0・1Q，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.2T,棒ab在平行于导轨向上的拉力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒ed.v通过ed棒的电流I是多少，方向如何?棒ab受到的拉力F多大？(3)拉力F做功的功率P是多少？解析：(1)对cd棒受力分析可得：BIl=mgsin30°代入数据，得：I=1A根据右手定则判断，通过cd棒的电流I方向由d到c。(2)对ab棒受力分析可得:F=BIl＋mgsin30°代入数据，得：F=0.2N⑶根据i==BR,P=Fv代入数据，得：P=0.4W。答案：(1)1A方向由d到c⑵0・2N(3)0.4W8如图8甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=1m,上端接有电阻R=3。，下端接有电阻R2=6Q,虚线OO'下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m=0・1kg、电阻不计的金属杆ob^从£0’上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2m过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示。求：图8当地重力加速度g=10m/s磁感应强度B；杆下落磁感应强度B；杆下落0.2m过程中通过电阻R2的电荷量q解析卫)由图像知，杆自由下落距离是0.05mv=\2gh=1m/s由图像知，杆进入磁场时加速度a=－g=－10m/s2由牛顿第二定律得mg－F安=ma回路中的电动势E=BLv杆中的电流I=ER并R=R1R2R并R1+R2B2L2vF=BIL=-安R(2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势云=晋杆中的平均电流亍=E5并通过杆的电荷量Q通过R2的电量q=1答案：见解析=I•AtQ=0・05Co专题培优练（四）含有变压器的动态电路问题1．（多选）对理想变压器，下列说法中正确的是（）原线圈的输入功率，随着副线圈的输出功率增大而增大原线圈的输入电流，随副线圈的输出电流增大而增大原线圈的电流，不随副线圈的输出电流变化而变化当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零解析：选AB理想变压器的原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，且随副线圈的输出功率的变化而变化，原线圈的输入电流取决于副线圈的输出电流，当副线圈的电流为零时，原线圈的电流也为零，但原线圈电压并不一定为零，故A、B正确，C、D错误。2.—理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻尺。设原线圈的电流为人，输入功率为耳，副线圈的电流为％，输出功率为笃，当R增大时（）A.I1减小，P］增大B.I］减小，P］减小C.I2增大，P2减小D.I2增大，p增大解析：选B当R增大时，副线圈中的电流収吕，则I2减小；功率卩2=誉，则UP2减小，又因为P,=P2，则P,减小，|减小，所以选项B正确。12113.如图1所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n］：n2=10：1,接线柱a、b接一正弦交变电源，电压“=311sin100/鹽）。变压器右侧部分为一火警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（电阻随温度升高而减小），R为一定值电阻。下列说法正确的是（）2图1当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变小当R2所在处出现火警时，电压表V2的示数变大当R2所在处出现火警时，电流表A的示数变小电压表V1示数为22V解析：选D当R2所在处出现火警时，R2阻值减小，变压器输出电流增大，输出功率增大，电阻R］两端电压增大，电阻坷的功率变大，电压表V2的示数变小，选项A、B错误；由输入功率等于输出功率可知，当R2所在处出现火警时，电流表A的示数变大，选项C错误；由变压器变压公式，变压器输出电压为22V,电压表V1示数为22V,选项D正确。4.一理想变压器1给负载供电，变压器输入电压不变，如图2所示，如果负载电阻的滑片向上移动，则图中所有交流电表的示数及输入功率变化情况正确的是（均为理想电表）（）图2V］、V2不变，A1增大，A2减小，P增大V］、V2不变，A］、A2增大，P增大V］、V2不变，A］、A2减小，P减小V］不变，V2增大，A］、A2减小，P减小解析：选c因输入电压和线圈匝数不变，由知输出电压不变，所以V］、v2的示数不变。滑

22片上移，则负载电阻增大，由I2=U知I2减小，所以A2的示数减小。I］减小，所以A］的示数也减小。由P=U2I2得，当I2减小时，P丄减小，又P=P，所以输入功率P减小。故C正确。出222出出入5•理想降压变压器的原线圈接电流表A］和电阻R］后，接6V恒定直流电源，如图3所示，当副线圈的负载电阻R2变小时，以下说法正确的是（）

图3输出功率增大图3A2读数增大A1读数增大A1读数不为零，且保持不变解析：选D根据变压器的工作原理，变压器不能用来改变恒定直流电压，因此本题变压器原线圈接在6V恒定电流电源上，副线圈上无电压，无输出功率，由于原线圈构成直流通路，故电流表A1有恒定读数，本题选项D正确。6.(多选)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1,原线圈输入电压的变化规律如图4甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是()|it/Vj/xlOss-310ABCD.副线圈输出电压的频率为50Hz.副线圈输出电压的有效值为31V.P向右移动时，原、副线圈的电流比减小ABCDU=311V,T=2x10-2s，则原线圈输入电压U=311V,T=2x10-2s，则原线圈输入电压m=50Hz,选项A正确。U11的有效值：U1=72=220V,^=T=2x10-2s=50Hz，选项A正确。：U==22V,B线圈输出电压不变，所以变压器的输出功率增加，D正确。7.如图5甲所示，为一种可调压自耦变压器的结构示意图，线圈均匀绕在圆环型铁芯上，若AB间输入如图乙所示的交变电压，转动滑动触头P到如图甲中所示位置，在线圈输出电压不变，所以变压器的输出功率增加，D正确。7.如图5甲所示，为一种可调压自耦变压器的结构示意图，线圈均匀绕在圆环型铁芯上，若AB间输入如图乙所示的交变电压，转动滑动触头P到如图甲中所示位置，在BC间接一个55Q的电阻(图中未画出)，则()_图5A•该交流电的电压瞬时值表达式为u=220-Qsin(25n)V该交流电的频率为50Hz流过电阻的电流接近于4A电阻消耗的功率接近于220W解析：选D由题中图乙可知正弦交流电的周期T=0.04s，则f=*=25Hz，rn=2nf=50nrad/s，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u=220p2sin(50n)V，A、B错误；从题图甲中可以看出，自耦变压器的副线圈的匝数约是原线圈匝数的2,故副线圈两端的电压约为110V，流过电阻的电流约为2A，C项错误；电阻消耗的功率P=U2I2=220W,D项正确。8如图6所示，理想变压器原线圈输入电压u=Usin副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动m0变阻器。OV1和OV2是理想交流电压表，示数分别用U和U2表示；OA1和OA2是理想交流电流表,

I］和I2表示电流的瞬间值U和U2表示电压的最大值滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大I］和I2表示电流的瞬间值U和U2表示电压的最大值滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小解析：选C电流表和电压表的示数表示有效值，故选项A、B错；滑片P向下滑动时，R减小，因U1=Um，所以U1不变,所以选项C对。又由卧5U2不变,由I2=R^2R知,Z2增大，又由I1U1=I2U2知,人变大,09.（多选）为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流A1示数变大，A1与A2示数的比值变大V2示数变小，V1与V2示数的比值变大V2示数不变，V1与V2示数的比值不变解析：选AD电源电压有效值不变，所以V1示数不变，原、副线圈的电压之比等于匝数之比，匝数之比不变，故V2示数不变，V1与V2示数的比值也不变，所以C错误，D正确；当开关S闭合后，副线212圈电路中的电阻减小，因为电压不变，所以副线圈电路中的电流增大，A2的示数增大，原、副线圈的电流之比等于匝数反比，匝数之比不变，A1与A2示数的比值不变，所以A正确，B错误。1210.如图8为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为2:1，原线圈接有交流电压u=220sin100ntV，图中电压表和电流表均为理想交流电表，R2为负温度系数的热敏电阻（即当温度升高时，阻值减小），R1为定值电阻，C为电容器。下列说法正确的是（）If—Tci图8电压表示数是110V交流电的频率为100Hz通过R1的电流始终为零D•当R2处温度升高时，电压表示数不变，电流表示数变大5由理想变压器的变压比公式诈=气Un22解析：选D原线圈所加交变电压的有效值为U1=可得U2=n；U1=5由理想变压器的变压比公式诈=气Un22解析：选D原线圈所加交变电压的有效值为U1=可得U2=n；U1=2x220v=5^"电流的频率f=^2^Hz=50Hz，选项B错误;由于交变电流能对电容器进行充、放电，所以会有充、放电电流通过电阻R1，选项C错误；因变压器为理想变压器，线圈电阻不计，因此，电压表的示数不变，当R2处的温度升高时，其电阻阻值变小，所以电流表的示数变大，选项D正确。（多选）如图9所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光。要使灯泡变亮，可以采取的方法有（）

增大交流电源的频率D.减小电容器C的电容解析：选BC向下滑动P时，副线圈的匝数变少，由理想变压器的电压关系可知，副线圈两端的电压变小，灯泡变暗，选项A错误；增大交流电源的电压，由理想变压器的电压关系可知，副线圈两端的电压增大，灯泡变亮，选项B正确；电压不变，增加交变电流的频率，电容器的容抗减小，电路中电流增大，灯泡变亮，C正确；减小电容，增加了容抗，电流减小，灯泡变暗，D错误。图10甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比叫：“2=5：1,电阻R=20Q,L］、L2为规格相同的两只小灯泡,为为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。只断开S2后,L］、L2均正常发光只断开s2后，原线圈的输入功率增大若S］换接到2后,R消耗的电功率为0.8W解析:选D由题图知,Um=20V2V,0=0・02s,则（o=2n=100nrad/s,输入电压U=2O；2sin（100nt）V,故A错；由变压器的变压规律知：务=（，故U2=Uj只断开S2后,L］、L2均正常发光只断开s2后，原线圈的输入功率增大若S］换接到2后,R消耗的电功率为0.8WU2n2n1泡L2正常发光可得，灯泡L2的额定电压为4V,当只断开S2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负222U2载为L1.L2串联，故L1.L2均不能正常发光，B错；此时P=孑，副线圈负载R各增大，故P士减小，1212出R总出总20W=0.8W,D正确。13.（多选）一理想变压器的原线圈连接一只电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节,U2又P=P亠,故原线圈的输入功率减小，C错误；当S,换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R20W=0.8W,D正确。13.（多选）一理想变压器的原线圈连接一只电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节,保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小解析：选BC根据理想变压器原副线圈上电压、电流决定关系知：在输入电压U及线圈匝数不变的情况下，U2不变。当保持Q的位置不动，滑动头P向上滑动时，副线圈上的电阻增大，电流减小，故输入电流I］亦随着减小，即电流表的示数变小，A错误、B正确；当保持P的位置不动，将Q向上滑动时，由知，副线圈上匝数增大，引起副线圈上电压增大，即副线圈上电流增大，故原线圈上的电流亦随U2n2着增大，故电流表的示数增大，C正确、D错误。14.（多选）为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，如图12甲所示为调压变压器示意图。保持输入电压勺不变，当滑动触头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示。下列选项正确的是（）甲乙图12u=190/2sin50ntVu2=190忆sin100ntV为使用户电压稳定在220V,应将P适当下移为使用户电压稳定在220V,应将P适当上移100nrad/s，用户电压的瞬时值表达式u压器的电压关系铮=,，可知u2=U2n22C错误，D正确。解析：100nrad/s，用户电压的瞬时值表达式u压器的电压关系铮=,，可知u2=U2n22C错误，D正确。2=U2sin曲=190/2sin100ntV，选项A错误，B正确；根据变22m（U］，且Ufn2不变，要提高U2，只能减小n，所以P应上移，选项课时跟踪检测（五）互感和自感―、基础题偷熟关于线圈的自感系数，下面说法正确的是（）线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大线圈中电流等于零时，自感系数也等于零线圈中电流变化越快，自感系数越大线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定解析：选D自感系数是线圈本身的固有属性，只决定于线圈长短、粗细、匝数、有无铁芯等因素而与电流变化快慢等外部因素无关。自感电动势的大小与线圈自感系数及电流变化率有关，A、B、C错，D对。图12•图12•如图1所示，乙为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开开关S的瞬间会有（）灯A立即熄灭灯A慢慢熄灭灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭灯A突然闪亮一下再突然熄灭解析：选A本题中，当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A在S断开后不能形成闭合回路，故在开关断开后通过灯A的电流为零，灯立即熄灭。A正确。

3•如图2所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2A,流过灯泡的电流是1A。将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的是图中的（）解析：选DS断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为13•如图2所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2A,流过灯泡的电流是1A。将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的是图中的（）4•如图3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，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内，则将看到（）B．CD．A•灯泡变暗BB．CD．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当软铁棒插入螺线管中时，穿过螺线管的磁通量增加，故产生反向的自感电动势，使总电流减小，灯泡变暗，每匝线圈间同向电流吸引力减小，螺线管变长。5•在如图4所示的电路中,L为电阻很小的线圈，G］和G2为零刻度在表盘中央的两个相同的电流表。G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点G2的指针缓慢地回到零点，而叫的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点解析：选D根据题意，电流方向自右向左时，电流表指针向右偏。那么，电流方向自左向右时，电流表指针应向左偏。当开关S断开的瞬间，G］中原电流立即消失，而对于G2所在支路，由于线圈L的自感作用，电流不会立即消失，自感电流沿L、G2、G1的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一段时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减小为零，此时G［中的电流和原电流方向相反，变为自左向右，21且与G2中的电流同时缓慢减小为零，故选项D正确。6・（多选）如图5所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是（）图5闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭解析：选BD由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，选项A、C错误B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D正确。7•某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈7•某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组用导线将它们连接成如图6所示的电路。检査电路后，闭合开关S,小灯泡发光；再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，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（）图6电源的内阻较大B.小灯泡电阻偏大C.线圈电阻偏大D.线圈的自感系数较大解析：选C在断电自感现象中，断电时线圈与小灯泡构成回路，线圈中储存的磁场能转化为电能，线圈相当于电源，自感电动势E自=皑，与原电源无关，选项A错误；如果小灯泡电阻偏大，则通过线圈的电流较大,断电时可能看到显著的延时熄灭现象和小灯泡闪亮现象，选项B错误;如果线圈电阻偏大，则通过线圈的电流较小，断电时只能看到不显著的延时熄灭现象，且小灯泡不会出现闪亮现象，选项C正确；如果线圈的自感系数较大，则自感电动势较大，可能看到显著的延时熄灭现象和小灯泡闪亮现象，选项D错误。刚闭合开关S的瞬间，通过D］、D2的电流大小相等8.（多选）如图7所示，E为电池，L刚闭合开关S的瞬间，通过D］、D2的电流大小相等刚闭合开关S的瞬间，通过D］、D2的电流大小不相等闭合开关S,电路达到稳定时，D］熄灭，D2比原来更亮闭合开关S,电路达到稳定时，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭，D］闪亮一下后熄灭解析：选ACD由于线圈的电阻可忽略不计，且自感系数足够大，在开关闭合的瞬间线圈的阻碍作用很大，线圈中的电流为零，所以通过p、D2的电流大小相等，选项A正确，B错误。闭合开关S,电］2路达到稳定时线圈短路，p中电流为零，回路中的总电阻减小，总电流增大，D2比原来更亮，选项C正］2确。闭合开关S，电路达到稳定时，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭，线圈和D］形成闭合回路，D］闪亮一下后熄灭，选项D正确。三、能力题畲通9•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，如图8所示，其道理是（）

当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消以上说法均不对解析：选C由于采用了双线绕法，两根平行导线中的电流反向，它们产生的磁通量相互抵消。不论导线中的电流如何变化，线圈中的磁通量始终为零，所以消除了自感现象的影响。10.（多选）如图9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9a、b间电压逐渐增加，最后等于Eb、c间电压逐渐增加，最后等于Ea、c间电压逐渐增加，最后等于EEd.电路中电流逐渐增加，最后等于e解析：选BD由于线圈自感系数较大，当开关闭合瞬间，ab间近似断路，所以ab间电压很大，随着电流的增加，a、b间电压减小，b、c间电压增大，最后稳定后，a、b间电压为零，b、c间电压等于E,电流大小为Z=f，选项B、D对，A、C错。11•如图10所示，电源的电动势E=15V，内阻忽略不计，R=5Q,R=15Q，电感线圈的电阻不计,稳定时，L相当于无阻导线EI1=R1=3AS断开瞬间，R中的电流仍为人=3A。答案：见解析1112.如图11所示是一种触电保护器，变压器A处用双股相线（火线）和零线平行绕制成线圈，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，下列情况下能起保护作用的是哪一种？说明理由。图11（1）增加开灯的盏数，能否切断电源？（2）双手分别接触相线和零线，能否切断电源？

单手接触相线，脚与地相接触而触电，能否切断电源？解析：(1)不能。因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)。⑶能。因为有电流通过人体而流入地下，使A中两股电流大小不相等，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。答案：见解析课时跟踪检测(六)涡流、电磁阻尼和电磁驱动课时跟踪检测(六)涡流、电磁阻尼和电磁驱动―、基础题总熟1下列做法中可能产生涡流的是()把金属块放在匀强磁场中让金属块在匀强磁场中做匀速运动让金属块在匀强磁场中做变速运动把金属块放在变化的磁场中解析：选D涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化。而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误，把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确。(多选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成，而不采用一整块硅钢，这是为了()增大涡流，提高变压器的效率减小涡流，提高变压器的效率增大涡流，减小铁芯的发热量减小涡流，减小铁芯的发热量解析：选BD涡流的主要效应之一就是发热，而变压器的铁芯发热，是我们不希望出现的。所以不采用整块硅钢，而采用薄硅钢片叠压在一起，目的就是减小涡流，从而减小铁芯的发热量，进而提高变压器的效率。故B、D正确。目前金属探测器已经广泛应用于各种安检、高考及一些重要场所，关于金属探测器的下列有关论述中正确的是()A•金属探测器可用于月饼生产中，用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手脚中的金属物，是因为探测器的线圈中能产生涡流使用金属探测器时，应该让探测器静止不动，探测效果会更好能利用金属探测器检测考生是否携带手机等违禁物品，是因为探测器的线圈中通有直流电解析：选A金属探测器是通过其通有交流电的探测线圈，会在被探测的金属中激起涡流，反射回探测线圈，从而改变原交流电的大小，起到探测作用。当探测器相对于被测金属发生移动时，探测器的线圈中的交流电产生的磁场相对变化较快，在金属中产生的涡流会更强，检测效果更好。故A正确。(多选)一块铜片置于如图1所示的磁场中，如果用力把这块铜片从磁场中拉出或把它进一步推入，在这两个过程中有关磁场对铜片的作用力，下列叙述正确的是()在这两个过程中有关磁场对铜片的作用力，下列叙述正确的是()图1拉出时受到阻力推入时受到阻力拉出时不受磁场力推入时不受磁场力解析：选AB铜片无论被拉出还是被推入，由于电磁感应，铜片中都会产生感应电流，所受安培力

阻碍相对运动，产生电磁阻尼效果，所以A、阻碍相对运动，产生电磁阻尼效果，所以A、B正确。B.1是磁铁，在2中产生涡流该装置的作用是使指针能够转动该装置的作用是使指针能很快稳定解析：选AD1在磁铁2中转动时产生涡流，受到安培力作用阻碍指针的转动，使之能很快稳定下来，故A、D正确。6.F列磁场垂直加在圆盘上，不能产生涡流的是(1116.F列磁场垂直加在圆盘上，不能产生涡流的是(111解析：选A稳定的磁场不能产生涡流。7.如图3所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小球()IIII整个过程匀速运动进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程做加速运动整个过程都做匀减速运动D•穿出时的速度一定小于初速度解析：选D小球在进出磁场过程中穿过小球的磁通量发生变化，有涡流产生，要受到阻力。8.侈选)8.侈选)如图4所示，闭合金属环从曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升,设环的初速度为零,摩擦不计，曲面处在图示磁场中，则()图4若是匀强磁场，环滚上的高度小于h若是匀强磁场，环滚上的高度等于h若是非匀强磁场，环滚上的高度等于h若是非匀强磁场，环滚上的高度小于h解析：选BD若是匀强磁场，环中磁通量不变，无感应电流产生，环的机械能守恒，A错，B对；若为非匀强磁场，则环中磁通量变化，产生感生电流，机械能减少，C错，D对。9•如图5所示，蹄形磁铁的两极之间放置一个线圈血cd,磁铁和线圈都可以绕OO'轴转动，当磁铁

俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁的转速线圈静止不动A．BCD解析：选C当磁铁转动时，由楞次定律知，线圈中有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，即感应电流的方向必定是使其受到的力矩的方向与磁铁转动方向相同，以减小磁通量的增加，因而线圈跟着转起来，但转速小于磁铁的转速。如果转速相等，线圈中的磁通量不再变化，起“驱动”作用的安培力将消失。俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁的转速线圈静止不动A．BCD解析：选C当磁铁转动时，由楞次定律知，线圈中有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，即感应电流的方向必定是使其受到的力矩的方向与磁铁转动方向相同，以减小磁通量的增加，因而线圈跟着转起来，但转速小于磁铁的转速。如果转速相等，线圈中的磁通量不再变化，起“驱动”作用的安培力将消失。三、能力题鎰通10•如图6所示，一个铜质圆环，无初速度地自位置I下落到位置II,若圆环下落时其轴线与磁铁悬线重合，圆环面始终水平。位置I与位置II的高度差为屁则运动时间（）图6A•等于冷gC•小于遵D.无法判定解析：选b由于电磁阻尼，阻碍铜质圆环的下落，所以下落时间大于、：；2h。B．CD．铜盘中有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将很快停下铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将越转越快解析：选ABD铜盘转动时，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律知，盘中有感应电动势，也产生11.侈选）如图7所示,在蹄形磁铁的两极间有一可以自由转动的铜盘（不计各种摩擦），现让铜盘转动。感应电流，并且受到阻尼作用，机械能很快转化为电能进而转化为焦耳热，铜盘将很快停下，故C对，A、B、D错。12.如图8所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有一足够长的金属杆，杆上挂有一光滑螺线管A。在弧形轨道上高为h的地方，无初速度释放一磁铁B（可视为质点），B下滑至水平轨道时恰好沿螺线管A的中心轴运动，设A、B的质量分别为M、皿若最终A、B速度分别为vA、图8（1）螺线管A将向哪个方向运动？（2）全过程中整个电路所消耗的电能是多少。解析：（1）磁铁B向右运动时，螺线管中产生感应电流，感应电流产生电磁驱动作用，使得螺线管A向右运动。⑵全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A、B的动能和螺线管中的电能，所以mgh=iMVA2+2mVB2+E电。即E^=mgh-2MvA2_2mVB2°

答案：⑴向右运动（2）mgh—訥吋―gmvj13•如图9所示，一狭长的铜片能绕O点在纸平面内摆动，有界的磁场其方向垂直纸面向里，铜片在摆动时受到较强的阻尼作用，很快就停止摆动。如果在铜片上开几个长缝，铜片可以在磁场中摆动较多的次数后才停止摆动，这是为什么？图9解析：没有开长缝的铜片在磁场中摆动时，铜片内将产生较大的涡流，涡流在磁场中所受的安培力总是阻碍铜片的摆动，因此铜片很快就停止摆动。如果在铜片上开有多条长缝，就可以把涡流限制在缝与缝之间的各部分铜片上，较大地削弱了涡流，阻力随之减小，所以铜片可以摆动多次后才停止摆动。答案：见解析课时跟踪检测（七）交变电流―、基础题②熟解析：选DB、C两图像中，虽然电流大小随时间做周期性变化，但方向从图上看在t轴一侧方向不变，故不是交变电流。A图中电流的方向没发生变化，不是交变电流。D图中，从图上看电流分布在t轴两侧，电流的大小、方向均做周期性变化，是交变电流，故选D。2.（多选）某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量❻随时间变化的规律如图1所示，则（）图1q时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最大t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零t3时刻，线圈中的感应电动势为零t时刻，线圈中的感应电动势最大解析：选CD心时刻，穿过线圈的❻最大，但"为零，A错误；t2时刻，穿过线圈的❻等于零，但詈最大，B错误；t3时刻，0最大，晋等于零，感应电动势等于零，C正确；t4时刻，0等于零，但晋最大，感应电动势最大，D正确。3.—交流发电机的感应电动势e=Emsin血，如将线圈的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为（）er=2Esin2rntB.e'=2Esin4rntmmC.e'=4Esin2rntD.e'=4Esin4呪mm解析：选Ce=Esinrnt=NBSmsin曲，现N=2N，=2血，则E'=4E，所以感应电动势mmm的瞬时值表达式将变为e'=4Esin2mt。m4•如图2所示，一矩形线圈血c〃，已知ab边长为I】,be边长为l2,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO'轴以角速度血从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为（）图2A.0.5BLLesin曲B.0.5BIIecos曲1212Bl1l2esinetD.Bl1l2ecoset解析：1选2D因为开始时刻线圈平面与磁感线1平2行，即从垂直于中性面开始运动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大为E=Blle，感应电动势的表达形式应为余弦形式，因此在t时刻线圈中的感应电动m12势为Bl/2ecoset，故正确选项为D。12如图3所示，矩形线圈ABCD放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈以相同的角速度分别绕00'、AD、EF、AB轴线匀速转动，线圈中产生的最大感应电动势分别为E】、E2、E3、E4,则下列判断正确的是（）图3E=E，E=E】234E】=E2=E3，E4=0E】=E2=E3=E4E】=E4，E2=E3解析：选B线圈以相同的角速度分别绕00'、AD、EF在匀强磁场中匀速转动时，产生的最大感应电动势为E=B$e,和转轴的位置无关，即E=E2=E3，当线圈绕AB轴转动时，线圈的磁通量始终m】23为零，无感应电动势，即E4=0，故B正确。如图4甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO'以恒定的角速度e转动。当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t=2ne时刻（）图4A•线圈中的电流最大穿过线圈的磁通量为零线圈所受的安培力最大线圈中的电流为零解析：选d由T==e，故t=2ne=4,此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，b错误，由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A、C错误，D正确。二、易错题总B月7•如图5所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕00’轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法是（）图5图5B只将线圈的转速减半只将线圈的匝数减半只将匀强磁场的磁感应强度减半只将线圈的边长减半ENBS*^2nn解析：选B由I=~^,E=NBS（o,血=2nn,得I=一云一，故A、C可行；又电阻R与匝数mRmmR有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则I不变，故B不可行；当边长减半时，面积S减为原来的441而电阻减为原来的2，故D可行。8・（多选）一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图6所示，则下列说法中正确的是（）图6£和t4时刻穿过线圈的磁通量为零q和t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零线圈平面从与磁场方向平行的时刻开始计时每当感应电动势e变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值都最大解析：选BCD由图像可知，为余弦式交变电流，说明t=0时，线圈平面与磁感线方向平行，选项C正确。t1、t3时刻感应电动势为零，说明这两个时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，穿过线圈的磁通量最大，所以选项B正确，选项A错误。当线圈通过中性面时，感应电动势为零，感应电动势的方向要发生改变，所以选项D正确。9.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图7所示。则下列说法中正确的是（）图7t=0时刻，线圈平面与中性面垂直t=0.01s时刻，0的变化率为0t=0.02s时刻，感应电动势达到最大3从t=O・01s时刻至t=0・04s时刻线圈转过的角度是2兀解析：选D由图像可知t=0、t=0.02s、t=O・04s时刻线圈平面位于中性面位置，0最大，”=0，故E=0;t=0・01s、t=0・03s、t=0・05s时刻线圈平面与磁感线平行，0最小，左最大，故E最大，从33图像可知，从t=0・01s时刻至t=0・04s时刻线圈旋转4周，转过的角度为2兀。10・（多选）一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图8中图线a所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线〃所示，以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是（）

图8从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值图8从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值线圈先后两次转速之比为2：3在图线a和b中，戸0时刻穿过线圈的磁通量均为零图线b电动势的瞬时值表达式为e=100sinEET解析：选AD根据图线a：感应电动势最大值E=BSm=^劲因此磁通量最大值❻=才=卡口mmmW2na=nwb,a正确。线圈先后两次周期之比令=004s=3,]#=令=3,b错误。/=0时刻感应电动势为TbnbfbTa零，线圈处于中性面位置，磁通量最大，C错误。感应电动势最大值Em=BSw,=冷=篇=3,即Emb=誼皿=100V,图线b电动势瞬时值表达式为e=EmbsinwJt=100sin更驴/(V)，D正确。11•如图9所示，匀强磁场B=0・1T，所用矩形线圈的匝数N=100，边长ab=0.2m，bc=0・5m,以角速度w=100nrad/s绕00’轴匀速转动。当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：CE-线圈中感应电动势的瞬时值表达式。T⑵由t=0至/=&过程中的平均电动势值。解析：⑴感应电动势的瞬时值e=NBSwsin血，由题可知S=ab•bc=0.2X0.5m2=0.1m2E=NBSrn=100X0.1X0・1X100nV=314Vm所以e=314sin100ntV。A0T⑵用E=N^f计算t=0至t=4过程中的平均电动势4NBS=2nW1幻一叫14NBS=2nWe=n~t=nt4-042即E=NBSw。代入数值得E=200V。n答案：(1)e=314sin100ntV(2)200V12•如图10所示，边长为0.5m的正方形线框ABCD绕AB边在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中匀速转动，AB边与磁场方向垂直，转速为50r/s。求：图10图10(1)感应电动势的最大值。⑵转动过程中，若从图示位置开始计时，当穿过线圈平面的磁通量为0.05Wb时，感应电动势的瞬时值。解析：(1)因为转速n=50r/s则角速度w=2nn=100nrad/s

所以感应电动势的最大值：E=B血=0.4X0.52X1O0nV=31・4V。m穿过线圈的磁通量表达式为①=BScosmt①1当0=0.05Wb时，cosmt=BS=2则此时感应电动势为e=Esinmt=31・4X〒V=27.2V。m2答案：(1)31.4V(2)27.2V课时跟踪检测(八)描述交变电流的物理量—、基础题②熟1.在阻值为70Q的电阻中通以正弦交变电流，测得在10min内放出的热量为2.1X104J，则此交变电流的最大值为()0.24AB.0.5AC.0.707AD.1A1解析：选D根据Q=I2Rt得I=2A，所以Im=；2I=1A。2.图12.图1如图1所示是一个正弦式交变电流的图像，下列说法正确的是()A.B

CD.周期是0・A.B

CD.周期是0.15s,电流的峰值是10A频率是5Hz,电流的有效值是10A频率是0・2Hz,电流的有效值是7.07A一只“220M100W”的灯泡接在u=311sin314tV的交变电源上，则下列判断正确的是()灯泡能正常发光与灯泡串联的电流表的示数为0.64A与灯泡并联的电压表的示数为311V通过灯泡的电流的表达式为i=0.45sin314tA解析：选A由图像可知T=0・2s,Im=10A，故频率一只“220M100W”的灯泡接在u=311sin314tV的交变电源上，则下列判断正确的是()灯泡能正常发光与灯泡串联的电流表的示数为0.64A与灯泡并联的电压表的示数为311V通过灯泡的电流的表达式为i=0.45sin314tA3.ABCD解析：选A从电压瞬时值表达式知电压有效值为220V,故“220V,100W”灯泡接在此交流电源上能正常发光，故A正确。通过灯的电流1=120A=0.45A，也是与灯串联电流表的示数，故B不正确。电(l00nt+n)v。下压表与灯并联测得的也是灯的电压有效值，故示数为220V,所以C选项不正确。通过灯的电流的有效值为0.45A,故其最大值Im=p2(l00nt+n)v。下4.(多选)有两支交变电流表达式分别是：u1=110、j2sin(l00nt+3)V,u2=22^'2sin列说法正确的是()它们的峰值相同B.它们的周期相同C.它们的相位差恒定D.它们的变化步调一致解析：选BCu1代表的交流的电压峰值为11^2V,角速度为m=2nf=100n，则频率f=50Hz,

初相位为3u2代表的交流的电压峰值为220.2V,角速度为血=2nf=100n,则频率f=50Hz,初相位为4所以它们的峰值不同，A错误；由于频率相同，故T均为0・02s,B正确；其相位差4@=3-4=12为定值,C正确,D错误。5•如图2所示，实验室中有一台手摇交流发电机，内阻r=1・0Q,外接尺=9.0ft的电阻。闭合开关S,当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=10.2sin10皿》,则（）图2该交变电流的频率为10Hz该电动势的有效值为10j2v外接电阻R所消耗的电功率为10W电路中理想交流电流表OA的示数为1.0A解析：选D由产生的电动势可知，该交变电流的频率为5Hz，选项A错误；该电动势的有效值为EE=10V，选项B错误；电路中交流电流表的示数为电流的有效值，为I^—~=1.0A，选项D正确；外R＋r接电阻R所消耗的电功率为P=I2R=9W，选项C错误。16.—个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T。从中性面开始计时，当t=12T时，线圈中感应电动势的瞬时值为2V,则此交变电流的有效值为（）A.2-'2VCa'2VB.2VD庁V解析：选A先用代入法求出感应电动势的最大值：由e=—msin血得2V=—msin俘由此得E=4V，因此有效值为岔/2V。选项A正确。m二、易错题角B月两个相同的定值电阻1、2分别接在正弦交流电源和直流电源的两端，直流电压恒为Uq。当电阻1、2的通电时间分别为t和2时，两个电阻上产生的热量均为Q。则该正弦交流电源电压的最大值是（）iLIQ1电阻ZAj2U0Aj2U02U0D・1uq解析:选B设两电阻的阻值均为R,正弦交流电源电压的最大值为U，则Q=mt,Q=解得U=2U0,选项B正确。t,Q=（多选）图4甲、乙分别为两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分。下列说法正确的是（）

图4图甲、图乙均表示交流电图甲所示电压的瞬时值表达式为u=20sin100nT（V）图乙所示电压的有效值为20V图乙所示电压的有效值为10V解析：选ABD根据交变电流的定义，图甲、图乙均表示交流电，图甲所示电压的瞬时值表达式为u（1血丘）2TU2=20sin100n（V）,选项A、B正确。根据有效值的定义得：一三二斤卩，解得图乙所示电压的有效值U=10V,选项D正确、C错误。三、能力题总通9.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图5甲所示。已知发电机线圈内阻为5.00,现外接一只电阻为95.0Q的灯泡，如图乙所示，贝y（）图5A.电压表的示数为220VB.电路中的电流方向每秒钟改变50次灯泡实际消耗的功率为484W发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J解析：选D由题图甲知E=2202V,E皿则电源电动势有效值忙=卫=220V,E220Z=^；=950+50A=2・2A,电压表示数即路端电压有效值U=IR=2.2X95V=209V,A错；线框每转一圈，电流方向改变两次，故每秒钟电流方向改变n=TX2=0.02X2次=100次，B错；由P灯=皿得：P灯=209X2.2W=459・8W,C错；由Q=lr得：Qr=2.22X5X1J=24.2J,D正确。10.（多选）如图6所示,交流发电机的矩形线圈边长ab=cd=0・4m,od=bc=0・2m，线圈匝数N=100，电阻r=10，线圈在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以a=100nrad/s的角速度匀速转动，外接电阻R=90，以图示时刻开始计时，则（）图6

电动势瞬时值为160nsin(100n