人教版高中物理选修3-2全册同步练习测试解析版.doc

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1、人教版高中物理选修3-2全册同步练习解析版目 录第4章 第1、2节1第4章 第3节5第4章 第4节10第4章 第6节16第4章 第7节21第4章 全章训练25第5章 第1节39第5章 第2节44第5章 第3节49第5章 第4节54第5章 第5节59知能综合检测(A卷)64知能综合检测(B卷)68第6章 第1节73知能综合检测(A卷)77知能综合检测(B卷)82第4章 第1、2节一、选择题1在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是()A奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B麦克斯韦预言了电磁感应现象，奥斯特发现了电磁感应现象C库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通

2、过油滴实验测定了元电荷的数值D安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律解析：麦克斯韦预言了电磁波并没有预言电磁感应现象，发现电磁感应现象的是法拉第，选项B错误；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，选项D错误答案：AC2(2011宿迁高二检测)在电磁感应现象中，下列说法正确的是()A导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流B导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路内一定会产生感应电流D闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流解析：导体处于闭合回路中，且做切割磁感线运动引起磁

3、通量变化时，产生感应电流，A、B项不正确；闭合电路在磁场内做切割磁感线运动时，穿过回路的磁通量不一定变化，不一定产生感应电流，D错误；根据感应电流的产生条件可知，C正确答案：C3如右图所示，通电螺线管水平固定，OO为其轴线，a、b、c三点在该轴线上，在这三点处各放一个完全相同的小圆环，且各圆环平面垂直于OO轴则关于这三点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量a、b、c的大小关系，下列判断正确的是()ABaBbBc，abcBBaBbBc，abcCBaBbBc，abcDBaBbBc，abc解析：根据通电螺线管产生的磁场特点，BaBbBc，由BS，可得abc，故C正确答案：C

4、4(2011永安高二检测)如图所示，有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动下列四个图中能产生感应电流的是()解析：A、C图中穿过线圈的磁通量始终为零，不产生感应电流；B图中穿过线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流；D图中由于线圈与磁感线的夹角变化引起磁通量变化，产生感应电流答案：D5.在纸面内放有一条形磁铁和一个位于磁铁正上方的圆形线圈(如右图所示)，下列情况中能使线圈中产生感应电流的是()A将磁铁在纸面内向上平移B将磁铁在纸面内向右平移C将磁铁绕垂直纸面的轴转动D将磁铁的N极向纸外转，S极向纸内转解析：将磁铁向上平移、向右平移或绕垂直纸面的轴转动，线圈始终与磁感线平行，磁通量始终为零，

5、没有变化，不产生感应电流所以A、B、C均不正确将磁铁的N极向纸外转，S极向纸内转，磁通量增加，线圈中产生感应电流，所以D项正确答案：D6.如右图所示，四面体OABC处在沿Ox方向的匀强磁场中，下列关于磁场穿过各个面的磁通量的说法中正确的是()A穿过AOB面的磁通量为零B穿过ABC面和BOC面的磁通量相等C穿过AOC面的磁通量为零D穿过ABC面的磁通量大于穿过BOC面的磁通量解析：此题实际就是判断磁通量的有效面积问题匀强磁场沿Ox方向没有磁感线穿过AOB面、AOC面，所以磁通量为零，A，C正确；在穿过ABC面时，磁场方向和ABC面不垂直，考虑夹角后发现，ABC面在垂直于磁感线方向上的投影就是BO

6、C面，所以穿过二者的磁通量相等，B正确，D错误故正确答案为ABC.答案：ABC7.如右图所示，L为一根无限长的通电直导线，M为一金属环，L通过M的圆心并与M所在的平面垂直，且通以向上的电流I，则()A当L中的电流发生变化时，环中有感应电流B当M左右平移时，环中有感应电流C当M保持水平，在竖直方向上下移动时环中有感应电流D只要L与M保持垂直，则以上几种情况，环中均无感应电流解析：图中金属环所在平面与磁感线平行，穿过金属环的磁通量为零无论I变化，还是M上下移动或左右平移，金属环所在平面一直保持与磁感线平行，磁通量一直为零，不产生感应电流，D正确答案：D8.一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一

7、面积为S的矩形线圈abcd如右图所示放置，平面abcd与竖直方向成角将abcd绕ad轴转180角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量是()A0B2BSC2BScos D2BSsin 解析：开始时穿过线圈平面的磁通量为1BScos .则后来穿过线圈平面的磁通量为2BScos .则磁通量的变化量为|21|2BScos .答案：C9.如右图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，那么下列说法中正确的是()A线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C线框在进入和穿出磁

8、场的过程中，都是机械能转变成电能D整个线框都在磁场中运动时，机械能转变成电能答案：AC10如下图所示，A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果可能的是()A先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转BS1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转C先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转DS1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转解析：回路A中有电源，当S1闭合后，回路中有电流，在回路的周围产生磁场，回路B中有磁通量，在S1闭合或断开的瞬间，回路A中的电流从无到有或从有到无，电流周围的磁场发生变化，从而使穿过回路B的

9、磁通量发生变化，产生感应电动势，此时若S2是闭合的，则回路B中有感应电流，电流表指针偏转所以选项A、D正确答案：AD二、非选择题11如下图所示，正方形导线框放在匀强磁场区域内，磁场垂直于线框平面在下列情况下，能否产生感应电流？请说明理由(1)将线框由正方形拉成圆形的过程中；(2)将线框水平向右拉出磁场区域的过程中；(3)线框绕cd边旋转的过程中解析：答案：(1)有(2)cd未出磁场的过程中，无感应电流；cd出磁场而ab未出磁场的过程中，有感应电流(3)有12边长L10 cm的正方形线框，固定在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面间的夹角30，如右图所示，磁感应强度随时间变化的规律为B(23t) T，

10、则第3 s 内穿过线圈的磁通量的变化量为多少？解析：第3 s内就是从2 s末到3 s末，所以，2 s末的磁场为B1(232) T8 T.3 s末的磁场为B2(233) T11 T.根据公式BSsin (118)0.12sin 30 Wb1.5102 Wb.答案：1.5102 Wb第4章 第3节一、选择题1根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定()A阻止引起感应电流的磁通量变化B阻碍引起感应电流的磁通量变化C使电路磁通量为零D阻碍引起感应电流的磁场解析：感应电流的磁场阻碍的是磁通量的变化，而不是磁场本身，故B对，D错；阻碍并不是阻止，只是延缓了变化，最终结果不受影响，故A、C错答案：B2(2010

11、海南卷)1873年奥地利维也纳世博会上，比利时出生的法国工程师格拉姆在布展中偶然接错了导线，把另一直流发电机发出的电接到了他自己送展的直流发电机的电流输出端由此而观察到的现象导致了他的一项重要发明，从而突破了人类在电能利用方面的一个瓶颈此项发明是()A新型直流发电机B直流电动机C交流电动机 D交流发电机解析：本题考查有关物理学史和电磁感应及电动机等知识，意在考查考生对电磁学的发展过程的了解题中说明把一发动机发的电接到了另一发动机的输出端，必然使这台发动机通过电流，电流在磁场中必定受到安培力的作用，在安培力的作用下一定会转动起来，这就成了直流电动机，故正确答案为B.答案：B3.如右图所示，螺线管

12、B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流I减小时()A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：当B中通过的电流减小时，穿过A线圈的磁通量减小，产生感应电流，由楞次定律可以判断出A线圈中有顺时针方向的感应电流(左边看)，又根据左手定则，线圈各部分受沿径向向里的安培力，所以A线圈有缩小的趋势，故A正确；另外，螺线管与环之间的引力减小故螺线管有伸长的趋势，故D正确答案：AD4(2011长沙高二检测)如下图所示，螺线管与电流表组成闭合电路，条形磁铁位于螺线管上方，下端为N极，则当螺线管中产生的感应电流()A方向与图示方向相同时，磁铁靠近螺线管B方向

13、与图示方向相反时，磁铁靠近螺线管C方向与图示方向相同时，磁铁远离螺线管D方向与图示方向相反时，磁铁远离螺线管解析：磁铁靠近螺线管时，根据楞次定律，螺线管中感应电流方向与图示方向相同，A对，B错；磁铁远离螺线管时，根据楞次定律，螺线管中感应电流方向与图示方向相反，C错，D对答案：AD5如图所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是()A向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反B向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿顺时针方向的C向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿逆时针方向的D环在离开磁场之后，仍然有感应电流解析：不管将金属

14、圆环从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍原磁通量的减少感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向的B正确，A、C错误另外在圆环离开磁场后，无磁通量穿过圆环，该种情况无感应电流，故D错误答案：B6.如右图所示，使通电导线在垂直纸面的平面内以虚线CD为轴逆时针(从左向右看)转动时，A、B两线圈的运动情况是()A从左向右看，A逆时针转动，B顺时针转动B从左向右看，A顺时针转动，B逆时针转动C从左向右看，A、B都逆时针转动D从左向右看，A、B都顺时针转动解析：通电直导线产生的磁场在导线的左侧垂直于纸面向外，在导

15、线的右侧垂直于纸面向里，当导线在垂直纸面的平面内以虚线CD为轴逆时针(从左向右看)转动时，会使穿过线圈A、B的磁通量减少，根据楞次定律可知，为了阻碍磁通量的减少，两线圈都会随通电直导线一起逆时针转动答案：C7.如右图所示，两个相同的铝环套在一根光滑杆上，将一条形磁铁向左插入铝环的过程中，两环的运动情况是()A同时向左运动，间距增大 B同时向左运动，间距不变C同时向左运动，间距变小 D同时向右运动，间距增大解析：两环中产生的感应电流的磁场阻碍磁铁的相对运动，故两环均向左运动，又由于左环中感应电流比右环小，且磁铁在左环处的磁感应强度更小一些，所以右环比左环向左运动的快一些，故两环的间距变小，应选C

16、.答案：C8如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将()AS增大，l变长 BS减小，l变短CS增大，l变短 DS减小，l变长解析：当通电导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增大，金属圆环中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要反抗磁通量的增大，一是用缩小面积的方式进行反抗，二是用远离直导线的方式进行反抗，故D正确答案：D9一金属方框abcd从离磁场区域上方高h处自由落下，然后进入与线框平面垂直的匀强磁场中，在进入磁场的过程中，可能发生的情况是(如下图所示)()A线框做加速运动，加

17、速度agB线框做匀速运动C线框做减速运动D线框会反跳回原处解析：当线框下落进入磁场过程中，感应电流的磁场将阻碍线框进入磁场，这就说明进入磁场时产生的感应电流使线框受到向上的安培力，且大小与进入磁场时的速度有关，设为F.如果Fmg，线框将匀速进入磁场如果Fmg，线框将加速进入磁场，加速度小于g.如果Fmg，线框将减速进入磁场由此可见，线框进入磁场的运动特点是由其自由下落的高度h决定的(对于确定的线圈)，A、B、C三种情况均有可能但D项所示情况绝不可能，因为线框进入磁场，才会受到向上的安培力，受到安培力是因为有电流，可见在磁场中已经有一部分机械能转化为电能，机械能不守恒，故线框绝不会反跳回原处答案

18、：ABC10一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动M连接在如下图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关下列情况中，可观测到N向左运动的是()A在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时解析：由楞次定律及左手定则可知：只要线圈中电流增强，即穿过N的磁通量增加，则N受排斥而向右，只要线圈中电流减弱，即穿过N的磁通量减少，则N受吸引而向左故C选项正确答案：C11如图所

19、示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是()A向右加速运动B向左加速运动C向右减速运动D向左减速运动解析：答案：BC二、非选择题12如图所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，圆环L有_(选填“收缩”或“扩张”)趋势，圆环内产生的感应电流_(选填“变大”、“变小”或“不变”)解析：(1)由于

20、金属棒ab在恒力F的作用下向右运动，由右手定则知abcd回路中产生逆时针方向的感应电流(2)由于ab金属棒由静止开始向右运动，速度增大，感应电流增大，因而回路abcd中感应电流产生的磁场也随之增大(3)由左手定则判断ab金属棒受到的安培力方向向左，与恒力F的方向相反，且安培力随电流的增大而增大，故ab金属棒的加速度随速度增大而减小，即ab金属棒做加速度减小的加速运动(4)加速度减小，速度增加变慢，感应电流增大变慢，回路abcd中感应电流的磁感应强度增加变慢(5)圆环L处于回路abcd的感应电流的磁场中，由于磁感应强度增大，穿过L的磁通量增加，由楞次定律可知，圆环L有收缩面积的趋势，以阻碍磁通量

21、的增加(6)圆环L中产生的感应电流的变化：由于圆环L所处磁感应强度增加变慢，故穿过圆环的磁通量增加变慢，所以圆环L中产生的感应电流变小答案：收缩变小第4章 第4节一、选择题1如下图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是()A乙和丁B甲、乙、丁C甲、乙、丙、丁 D只有乙解析：公式EBlv中的l应指导体的有效切割长度，甲、乙、丁中的有效长度均为l，电动势EBlv，而丙有效长度为lsin ，电动势EBlvsin ，故B项正确答案：B2单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，如线圈所围面积里的磁通量随时间变化的规律如下图所示，则线圈中()A0时刻感应电动势最大B0.05 s

22、时感应电动势为零C0.05 s时感应电动势最大D00.05 s这段时间内平均感应电动势为0.4 V解析：由法拉第电磁感应定律E，在t图象为某点斜率，0时刻和0.1 s时刻斜率绝对值最大，表明电动势值最大，0.05 s时刻斜率为零，则电动势为零，00.05 s时间内平均感应电动势为0.4 V，故选项A、B、D正确答案：ABD3在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如下图所示，已知电容C30 F，回路的长和宽分别为L18 cm，L25 cm，磁场以5102 T/s的速率增强，则()A电容器带电荷量为2109 CB电容器带电荷量为4109 CC电容器带电荷量为6109 CD电容器带电荷量为810

23、9 C解析：根据法拉第电磁感应定律：回路中的感应电动势即等于电容器充电电压E51020.050.08 V2104 V电容器的带电荷量为qCE301062104 C6109 C可见，C项正确答案：C4如下图甲所示，用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一半放在和纸面垂直向里的匀强磁场中当磁场以每秒10 T的变化率增加时，线框中a、b两点电势差()AUab0.1 VBUab0.1 VCUab0.2 V DUab0.2 V解析：当闭合线框不变化而磁场变化时，在线框中会产生感应电动势，如果磁场均匀变化时，会产生恒定的感应电动势，感应电动势的大小仍用法拉第电磁感应定律求解此题线框的左边部分

24、相当于电源画出等效电路如图乙所示，由题意得10 T/s，ES10 V0.2 V，UabIR V0.1 V由楞次定律可知，线框内的感应电流方向为ab，a点电势低于b点电势故正确答案为B.答案：B5(2011深圳高二检测)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中()A导体框中产生的感应电流方向相同B导体框中产生的焦耳热相同C导体框ad边两端电势差相同D通过导体框截面的电荷量相同解析：由楞次定律，从两个方向移出磁场过程中感应电流方向都是adcba，A项正确；以v拉

25、出磁场时，cd边等效为电源E1Blv，I1，t，所以产生的焦耳热Q1I12Rt，ad边电势差UadI1通过的电量q1I1t以3v拉出磁场时，ad边等效为电源Q2，Uad，q2，故B、C错，D对答案：AD6.如右图所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为()A. B.C. D.解析：n，故qttn.答案：A7如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L，金属棒与导轨间夹角为60，以速度v水平向右匀速

26、运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为()AI BICI DI解析：公式EBLv适用于B，L，v三者互相垂直的情况，本题B与L，B与v是相互垂直的，但L与v不垂直，故取L垂直于v的长度Lsin ，即有效切割长度，所以EBLvsin 60BLv，由欧姆定律I得I，故B正确答案：B8如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为a的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B.一半径为b，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电荷量q为()A. B.C. D.解析：由题意知1B|(b22a2)|

27、，20所以|21|B|b22a2|由q，得q，所以选项C正确答案：C9(2011江苏卷)如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好t0时，将开关S由1掷到2.q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度下列图象正确的是()解析：导体棒做加速度减小的加速运动，直至匀速故qt图象应如图甲所示，A错；it图象应如图乙所示，B错；vt图象应如图丙所示，C错，D对答案：D10(2010山东理综)如下图所示，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

28、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()A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2Blv0，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项正确答案：ABD二、非选择题11如图所示，边长为L的

29、正方形金属框，质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外磁场随时间变化规律为Bkt(k0)，已知细线所能承受的最大拉力为2mg，求从t0开始，经多长时间细线会被拉断解析：设t时刻细线恰好被拉断，由题意知Bkt金属框中产生的感应电动势ES金属框受到的安培力FILB由力的平衡条件得FTmgF由以上各式解得t.答案：12如图所示，设匀强磁场的磁感应强度B为0.10 T，切割磁感线的导线的长度L为40 cm，线框向左匀速运动的速度v为5.0 m/s，整个线框的电阻R为0.50 ，试求：(1)感应电动势的大小；(2)感应电流的大小；(3)使线框

30、向左匀速运动所需要的外力解析：(1)依据EBLv可解得：EBLv0.10401025.0 V0.20 V(2)依据闭合电路欧姆定律可得：I A0.40 A(3)依据安培力的定义求得：FBLI0.10401020.40 N1.6102 N依据平衡条件可得：使线框向左匀速运动所需要的外力为答案：(1)0.20 V(2)0.40 A(3)1.6102 N第4章 第6节一、选择题1关于某一线圈的自感系数，下列说法中正确的是()A线圈中电流变化越大，线圈的自感系数越大B线圈中电流变化得越快，线圈的自感系数越大C若线圈中通入恒定电流，线圈自感系数为零D不管电流如何变化，线圈的自感系数不变解析：自感系数只与

31、线圈本身有关，而与其他因素无关自感系数是由线圈的本身性质(线圈的长度、面积、单位长度上的匝数)和是否插入铁芯决定的线圈的横截面积越大，线圈越长，单位长度上的匝数越多，它的自感系数就越大，有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯的大得多自感系数与通入的电流、电流改变量、电流变化率等无关故正确答案为D.答案：D2下列关于自感现象的说法中，正确的是()A自感现象是由导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象B线圈中自感电动势的方向总与引起自感的原电流的方向相反C线圈中自感电动势的大小与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关D加铁芯后线圈的自感系数比没有铁芯时要大解析：根据自感现象的概念判断，选项A正确由楞次定律知，

32、线圈中自感电动势的方向阻碍原电流的变化，但不是总与原电流的方向相反故选项B错误根据法拉第电磁感应定律知，选项C正确自感系数大小是由线圈的自身因素和有无铁芯决定，选项D正确答案：ACD3(2011皖中三校高二检测)一个线圈中的电流均匀增大，这个线圈的()A磁通量均匀增大B自感系数均匀增大C自感系数、自感电动势均匀增大D自感系数、自感电动势、磁通量都不变解析：电流均匀增大时，线圈中磁感应强度均匀增大，所以磁通量均匀增大，而自感电动势取决于磁通量的变化率，所以自感电动势不变；自感系数取决于线圈本身的因素，也保持不变，只有选项A正确答案：A4关于自感现象，下列说法正确的是()A感应电流一定和原电流方向

33、相反B线圈中产生的自感电动势较大时，其自感系数一定较大C对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感系数较大D对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大解析：自感现象中感应电动势的方向遵从楞次定律当原电流减小时，自感电动势和自感电流与原电流方向相同；当原电流增大时，自感电流与原电流方向相反，所以A错误；自感电动势的大小E自L，所以自感电动势大不一定是由自感系数大引起的，有可能是电流的变化率很大引起的，所以B错误；线圈自感系数的大小，由线圈本身决定，与线圈中有无电流以及电流变化的快慢无关，所以C错误；由E自L知，对于同一线圈，自感系数L确定，当电流变化较快时，线圈中产生的自感电动势

34、也越大，所以D正确答案：D5.某线圈通有如右图所示的电流，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：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01 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12 s时间内原电流负方向增加，所以自感电动势与其方向相反，即沿正方向；同理分析23 s、34 s时间内可得正确答案为B、D两项答案：BD6.如右图所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零)，A是一灯泡，下列说法正确的是()A开关S接通瞬间，无电流通过灯泡B开关S接通后，电路稳定时，

35、无电流通过灯泡C开关S断开瞬间，无电流通过灯泡D开关S接通瞬间及接通稳定后，灯泡中均有从a到b的电流，而在开关S断开瞬间，灯泡中有从b到a的电流解析：开关S接通瞬间，灯泡中的电流从a到b，线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加开关S接通后，电路稳定时，纯电感线圈对电流无阻碍作用，将灯泡短路，灯泡中无电流通过开关S断开的瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原有向右的电流将逐渐减小，该电流从灯泡中形成回路，故灯泡中有从b到a的瞬间电流答案：B7如右图所示电路，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，

36、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()AI1I2I0BI1I0I2CI1I2I0 DI1I0I2解析：当滑动片从A端迅速滑向B端时，总电阻减小，总电流增大，L产生的自感电动势阻碍电流增大，自感电流方向与原电流方向相反，故I1比P稳定在C点的电流I0小；当P从B端迅速滑向A端时，总电流在减小，L产生的自感电动势阻碍电流减小，自感电流方向与原电流方向相同，故I2大于P稳定在C点时的电流I0.故D正确答案：D8(2010北京高考)在如右图所示的电路中，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

37、L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流为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：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RLR.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，直至到达电流为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I，故C、D错误答案：B9.在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接在点“1”，现把它从“1”扳向“2”，如右图所示试

38、判断在此过程中，在电阻R上的电流方向是()A先由PQ，再由QPB先由QP，再由PQC始终由QP D始终由PQ解析：S从1扳开瞬间，B中磁通量减小，由楞次定律得电流QP，接触2的瞬间，B中磁通量增加，产生电流QP.故正确答案为C.答案：C10.如右图所示电路中，S是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为i2，且i1i2，在t1时刻将S断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象是()解析：在t1时间内流过灯泡的电流为i2，且方向为从左向右，当断开S时，i2立即消失，但由于自感作用，i1并不立刻消失，而是产生自感电动势，与灯泡构成回路缓慢消失，此时流过灯泡的电流从i1开始逐渐减小，方向

39、自右向左，故D正确答案：D11.如右图所示的电路，可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆去时应()A先断开开关S1 B先断开开关S2C先拆去电流表 D先拆去电阻R解析：当S1、S2闭合稳定时，线圈中的电流由ab，电压表V右端为“”极，左端为“”极，指针正向偏转，先断开S1或先拆去电流表A或先拆去电阻R的瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时电压表V上加了一个反向电压，使指针反偏，若反偏电压过大，会烧坏电压表V，故应先断开S2.故选B项答案：B二、非选择题12如

40、图所示的是一种触电保护器，变压器A处用双股线(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(1)增加开灯的盏数，能否切断电源？(2)人站在绝缘木板上双手分别接触相线和零线，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？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中磁通量始终为零不发生改变B中没有感应电流，故不能推动J切断电源(2)不能，理由同(1)提示：双手分别接触相线和

41、零线相当于将一个电阻并联接入电路(3)能因为有电流通过人体而流入地下，使A中火线与零线的电流不同从而产生磁场，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：(1)不能 (2)不能 (3)能第4章 第7节一、选择题1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()A增大涡流，提高变压器的效率B减小涡流，提高变压器的效率C增大涡流，减小铁芯的发热量D减小涡流，减小铁芯的发热量解析：本题考查涡流的基本特点涡流的主要效应之一就是热效应，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的目的应该是减小涡流，减小铁芯的发热量，进而提高变

42、压器的效率答案：BD2如右图所示，一条形磁铁从静止开始向下穿过一个用双线绕成的闭合线圈，条形磁铁在穿过线圈的过程中()A做自由落体运动B做减速运动C做匀速运动 D做非匀变速运动解析：双线绕成的线圈由于两导线产生的磁通量相互抵消，不会产生磁场，所以磁铁将做自由落体运动答案：A3.高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如右图所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被炼金属中，因此适于冶炼特种金属该炉的加热原理是()A利用线圈中电流产生的焦耳热B利用线圈中电流产生的磁场C利用交变

43、电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流D给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电解析：高频感应炉的原理是：给线圈通以高频交变电流后，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生强涡流，由于电流的热效应，可使金属熔化故只有C正确答案：C4甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定轴OO旋转，当给以相同的初始角速度开始转动后，由于阻力，经相同的时间后便停止；若将环置于磁感应强度为B且大小相同的匀强磁场中，甲环的转轴与磁场方向平行，乙环的转轴与磁场方向垂直，如图所示，当甲、乙两环同时以相同的角速度开始转动后，则下列判断正确的是()A甲环先停B乙环先停C两环同时停下 D无法判断两环停止的先后解析：甲不产生感应电流，乙产生感应电流，机械能不断转化为内能，故先停下来答案：B5.如右图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的匀强磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则()AA、B两点在同一水平线 BA点高于B点CA点低于B点 D铜环将做等幅摆动解析：圆环在进入磁场和出来磁场的过程中，会产生感应电流，部分机械能转化为电能，故B点高度应低于A点答案：B6.如右图所示，是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是()A2是磁铁，在1中产生涡流B1是磁铁，在2中产生涡流C该装置的作用是使指针能够转动D该装置的作用是使指针