新高考物理一輪復習分層提升講義B法拉第電磁感應定律、自感和渦流 中檔版（含解析）

法拉第電磁感應定律、自感和渦流考點一法拉第電磁感應定律的理解及應用1．感應電動勢(1)感應電動勢：在電磁感應現象中產生的電動勢．(2)產生條件：穿過回路的磁通量發(fā)生改變，與電路是否閉合無關．(3)方向判斷：感應電動勢的方向用楞次定律或右手定則判斷．2．法拉第電磁感應定律(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈匝數．(3)感應電流與感應電動勢的關系：I＝eq\f(E,R＋r).(4)說明：E的大小與Φ、ΔΦ無關，決定于磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt).技巧點撥1．當ΔΦ僅由B的變化引起時，E＝neq\f(ΔB·S,Δt)，其中S為線圈在磁場中的有效面積．若B＝B0＋kt，則E＝nkS.2．當ΔΦ僅由S的變化引起時，E＝nBeq\f(ΔS,Δt).3．當B、S同時變化時，則E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt).4．若已知Φ－t圖象，則圖線上某一點的切線斜率為eq\f(ΔΦ,Δt).例題精練1．如圖1所示，豎直放置的矩形導線框MNPQ邊長分別為L和2L，M、N間連接水平的平行板電容器，兩極板間距為d，虛線為線框中軸線，虛線右側有垂直線框平面向里的勻強磁場．兩極板間有一質量為m、電荷量為q的帶負電油滴恰好處于平衡狀態(tài)，已知重力加速度為g，則該磁場磁感應強度大小B的變化情況及其變化率分別是()圖1A．正在減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2qL2) B．正在減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)C．正在增強，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2qL2) D．正在增強，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)答案D解析電荷量為q的帶負電的油滴恰好處于靜止狀態(tài)，電場力豎直向上，則電場強度方向豎直向下，所以電容器的上極板帶正電，線框上端相當于電源正極，感應電動勢沿逆時針方向，感應電流的磁場方向和原磁場方向相反，根據楞次定律可知，穿過線框的磁通量在均勻增強，線框產生的感應電動勢E＝UMN＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(ΔB,Δt)L2，油滴所受電場力與重力大小相等，則qeq\f(UMN,d)＝mg，聯(lián)立以上兩式得，線圈中的磁通量變化率的大小為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)，故D正確，A、B、C錯誤．考點二導體切割磁感線產生的感應電動勢1．導體平動切割磁感線(1)有效長度公式E＝Blv中的l為導體切割磁感線的有效長度．如圖2中，導體的有效長度分別為：圖2圖甲：l＝eq\x\to(cd)sinβ.圖乙：沿v1方向運動時，l＝eq\x\to(MN).圖丙：沿v1方向運動時，l＝eq\r(2)R；沿v2方向運動時，l＝R.圖?。簂＝eq\r(a2＋b2).(2)相對速度E＝Blv中的速度v是導體相對磁場的速度，若磁場也在運動，應注意速度間的相對關系．圖32．導體轉動切割磁感線如圖3，當長為l的導體在垂直于勻強磁場(磁感應強度為B)的平面內，繞一端以角速度ω勻速轉動，當導體運動Δt時間后，轉過的弧度θ＝ωΔt，轉過的面積ΔS＝eq\f(1,2)l2ωΔt，則E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(1,2)Bl2ω.例題精練2．如圖4所示，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小為E，將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應強度相垂直的平面內，當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為E′.則eq\f(E′,E)等于()圖4A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)答案B解析設折彎前導體切割磁感線的長度為L，E＝BLv；折彎后，導體切割磁感線的有效長度為l＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)L，故產生的感應電動勢為E′＝Blv＝B·eq\f(\r(2),2)Lv＝eq\f(\r(2),2)E，所以eq\f(E′,E)＝eq\f(\r(2),2)，B正確．3.邊界MN的一側區(qū)域內，存在著磁感應強度大小為B、方向垂直于光滑水平桌面的勻強磁場．邊長為l的正三角形金屬線框abc粗細均勻，三邊阻值相等，a頂點剛好位于邊界MN上，現使線框圍繞過a點且垂直于桌面的轉軸勻速轉動，轉動角速度為ω，如圖5所示，則在ab邊開始轉入磁場的瞬間a、b兩端的電勢差Uab為()圖5A.eq\f(1,3)Bl2ω B．－eq\f(1,2)Bl2ωC．－eq\f(1,3)Bl2ω D.eq\f(1,6)Bl2ω答案A解析當ab邊剛進入磁場時，ab邊切割磁感線，切割長度為兩個端點間的距離，即為a、b間的距離l，則E＝Bleq\x\to(v)＝Bleq\f(lω,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω；設每個邊的電阻為R，a、b兩點間的電勢差為：U＝I·2R＝eq\f(E,3R)·2R，故U＝eq\f(1,3)Bl2ω，故A正確，B、C、D錯誤．考點三自感現象自感現象(1)概念：當一個線圈中的電流變化時，它所產生的變化的磁場在線圈本身激發(fā)出感應電動勢．這種現象稱為自感，由于自感而產生的感應電動勢叫作自感電動勢．(2)表達式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).(3)自感系數L的影響因素：與線圈的大小、形狀、匝數以及是否有鐵芯有關．技巧點撥1．通電自感和斷電自感的比較電路圖器材要求A1、A2同規(guī)格，R＝RL，L較大L很大(有鐵芯)通電時在S閉合瞬間，燈A2立即亮起來，燈A1逐漸變亮，最終一樣亮燈A立即亮，然后逐漸變暗達到穩(wěn)定斷電時回路電流減小，燈泡逐漸變暗，A1電流方向不變，A2電流反向①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；②若I2＞I1，燈泡閃亮后逐漸變暗.兩種情況下燈泡中電流方向均改變2.分析自感問題的三個技巧例題精練4．(多選)為測量線圈L的直流電阻R0，某研究小組設計了如圖11所示電路．已知線圈的自感系數較大，兩電表可視為理想電表，其示數分別記為U、I，實驗開始前，S1處于斷開狀態(tài)，S2處于閉合狀態(tài)．關于實驗過程，下列說法正確的是()圖6A．閉合S1，電流表示數逐漸增大至穩(wěn)定值B．閉合S1，電壓表示數逐漸減小至穩(wěn)定值C．待兩電表示數穩(wěn)定后，方可讀取U、I的值D．實驗結束后，應先斷開S1答案ABC考點四渦流電磁阻尼和電磁驅動1．渦流現象(1)渦流：塊狀金屬放在變化磁場中，或者讓它在磁場中運動時，金屬塊內產生的漩渦狀感應電流．(2)產生原因：金屬塊內磁通量變化→感應電動勢→感應電流．2．電磁阻尼當導體在磁場中運動時，感應電流會使導體受到安培力，安培力總是阻礙導體的相對運動．3．電磁驅動如果磁場相對于導體轉動，在導體中會產生感應電流使導體受到安培力而運動起來．例題精練5．如圖7所示，關于渦流的下列說法中錯誤的是()圖7A．真空冶煉爐是利用渦流來熔化金屬的裝置B．家用電磁爐鍋體中的渦流是由恒定磁場產生的C．阻尼擺擺動時產生的渦流總是阻礙其運動D．變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊成能減小渦流答案B6．掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌．為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖8所示．無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是()圖8答案A解析感應電流產生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生變化．在A圖中，系統(tǒng)振動時，紫銅薄板隨之上下及左右振動，在磁場中的部分有時多有時少，磁通量發(fā)生變化，產生感應電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動；在B圖中，只有紫銅薄板向左振動才產生感應電流，而上下振動無感應電流產生；在C圖中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，都不會產生感應電流；在D圖中，只有紫銅薄板左右振動才產生感應電流，而上下振動無感應電流產生，故選項A正確，B、C、D錯誤．綜合練習一．選擇題（共19小題）1．（佛山期中）如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上。ac、bc兩金屬棒分別串有電壓表、電流表，當金屬框繞ab邊以逆時針轉動時，下列判斷正確的是（）A．電壓表有讀數，電流表沒有讀數 B．電壓表有讀數，電流表也有讀數 C．電壓表無讀數，電流表有讀數 D．電壓表無讀數，電流表也無讀數【分析】金屬框中磁通量不變，故沒有感應電流；但導體棒切割磁感線，有感應電動勢產生，根據E＝BLv求解切割電動勢即可?！窘獯稹拷猓簩w棒bc、ac做切割磁感線運動，產生感應電動勢，但運動的過程中穿過線圈的磁通量一直為零，不變，故金屬框中無電流，電流表沒有讀數；同時電壓表也沒有讀數。故ABC錯誤，D正確；故選：D。【點評】本題關鍵是明確感應電流的產生條件是穿過閉合回路的磁通量發(fā)生改變，要會根據E＝Blv求解感應電動勢，會利用右手定則判斷感應電動勢的方向。2．（進賢縣校級月考）圖甲為一閉合線圈，匝數為1000匝、面積為20cm2、電阻為3Ω，線圈處于一垂直紙面向里的勻強磁場中，從t＝0開始，磁場按如圖乙所示規(guī)律變化，則（）A．t＝1s時線圈中電流為逆時針方向 B．線圈中感應電動勢大小為3V C．前4s通過導線某截面的電荷量為0 D．前4s穿過線圈磁通量的變化量為零【分析】由楞次定律判斷感應電流的方向；由法拉第電磁感應定律求感應電動勢；求電量時可以先求感應電流大小，再利用q＝It求電量；通過判斷初態(tài)和末態(tài)磁通量是否相同，來判斷磁通量的變化?！窘獯稹拷猓篈、0﹣2s磁場垂直紙面向里，逐漸變小，由楞次定律知產生的感應電流的磁場垂直紙面向里，2s﹣4s磁場垂直紙面向外，逐漸變大，產生的感應電流的磁場垂直紙面向里，利用安培定則知0﹣4s感應電流始終為順時針方向，故A錯誤.B、根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢E=n△?C、由AB分析知線圈中產生恒定電流I=ER=D、前4s穿過線圈磁通量的變化量△Φ＝Φ2﹣Φ1=B2S?B1S=(B2?故選：B?！军c評】本題利用圖象考查了電磁感應中的兩大基本規(guī)律，即楞次定律和法拉第電磁感應定律。解答時主要是通過圖象能夠正確的判斷出磁場的變化規(guī)律，即磁場的方向以及大小的變化規(guī)律，同時利用好圖象的斜率k=△B3．（廣東學業(yè)考試）將線圈置于范圍足夠大、方向豎直向下的勻強磁場B中，各線圈的運動方式如下列圖所示，則能夠在線圈中產生感應電動勢的是（）A． B． C． D．【分析】根據感應電動勢產生的條件：回路中的磁通量發(fā)生變化分析即可。【解答】解：ABD、由圖可知，圖中穿過線圈的磁通量始終為零，雖然線框相對于磁場有運動，但不產生感應電動勢，故ABD錯誤；C、由圖，當C圖中的線框在磁場中轉動時，線框內的磁通量不斷變化，能產生感應電動勢。故C正確。故選：C?！军c評】該題考查感應電動勢產生的條件。要注意感應電動勢產生的條件是線圈內有磁通量的變化，但線圈不一定閉合。4．（東城區(qū)一模）如圖所示，正方形閉合導線框處在磁感應強度恒定的勻強磁場中，C、E、D、F為線框中的四個頂點，圖（a）中的線框繞E點轉動，圖（b）中的線框向右平動，磁場足夠大。下列判斷正確的是（）A．圖（a）線框中有感應電流產生，C點電勢比D點低 B．圖（a）線框中無感應電流產生，C、D兩點電勢相等 C．圖（b）線框中有感應電流產生，C點電勢比D點低 D．圖（b）線框中無感應電流產生，C、D兩點電勢相等【分析】當通過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，就會產生感應電流?！窘獯稹拷猓篈、圖（a）中的線框繞E點轉動，通過線框的磁通量都沒變化，所以線框中沒有感應電流。在轉動的過程中每條邊都在做切割磁感線運動，則每條邊都相當于電源，根據右手定則，可以判斷出電源的正負極，知C點比F點高U，D點也比F點高U．所以C、D兩點電勢相等。故A錯誤，B正確。C、圖（b）中的線框向右平動，通過線框的磁通量都沒變化，所以線框中沒有感應電流。在平動的過程中CE邊、DF邊在做切割磁感線運動，則兩條邊相當于電源，根據右手定則，可以判斷出電源的正負極，F點比D點電勢高，C點和F點相等，所以C點電勢比D點電勢高。故C、D錯誤。故選：B?！军c評】解決本題的關鍵掌握產生感應電流的條件：當通過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，就會產生感應電流。以及會用右手定則判斷相當于電源部分的正負極。5．（秦安縣校級期末）如圖所示，螺線管匝數n＝1500匝，橫截面積S＝20cm2，螺線管導線電阻r＝1Ω，電阻R＝4Ω，磁感應強度B的Bt圖象如圖所示（以向右為正方向），下列說法正確的是（）A．通過電阻R的電流方向是從A到C B．感應電流的大小保持不變?yōu)?.4A C．電阻R的電壓為6V D．C點的電勢為4.8V【分析】根據法拉第地磁感應定律求出螺線管中產生的感應電動勢，結合閉合電路歐姆定律，可求解R兩端電壓，及C點的電勢．再根據楞次定律可知，感應電流的方向，及感應電流的大?。粡亩纯汕蠼猓窘獯稹拷猓篈、根據楞次定律，結合原磁場的方向向右，且大小增加，則電阻R的電流方向是從C到A，故A錯誤；B、根據法拉第電磁感應定律：E＝n△Φ△t=nS△B△t=1500而感應電流大小為：I=EC、根據全電路歐姆定律，有：U＝IR＝1.2×4＝4.8V，故C錯誤；D、由上分析知螺線管左端是正極，C點的電勢為4.8V，故D正確；故選：D。【點評】考查楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用，注意交流電與直流電的區(qū)別，掌握閉合電路歐姆定律的應用，同時理解電勢的正負含義．6．（鄭州二模）如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化，磁場方向取垂直紙面向里為正方向。正方形硬質金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻R＝0.1Ω，邊長l＝0.2m。則下列說法錯誤的是（）A．在t＝0到t＝0.1s時間內，金屬框中的感應電動勢為0.08V B．在t＝0.05s時，金屬框ab邊受到的安培力的大小為0.016N C．在t＝0.05s時，金屬框ab邊受到的安培力的方向垂直于ab向右 D．在t＝0到t＝0.1s時間內，金屬框中電流的電功率為0.064W【分析】根據法拉第電磁感應定律求感應電動勢，根據安培力的公式F＝BIL求安培力，根據楞次定律判斷安培力的方向，根據電功率的公式P＝UI求線框中的電流的電功率?！窘獯稹拷猓篈、根據法拉第電磁感應定律：E=N△Φ金屬框的面積不變，磁場的磁感應強度變化故：△Φ＝L2×△B△B△t解得E＝0.08V故A正確；B、感應電流為：I=E在t＝0.05s時，ab受到的安培力為：F＝BIL＝0.1××0.8×0.2N＝0.016N故B正確；C、根據楞次定律，感應電流阻礙磁通量的變化，磁通量隨磁感應強度的減小，線框有擴大的趨勢，故ab受到的安培力水平向左，故C錯誤；D、電功率：P＝EI＝0.08V×0.8A＝0.064W故D正確。故選：C?！军c評】注意判斷安培力的方向時用楞次定律的阻礙的思想更簡單。7．（浦城縣期中）豎直平面內有一金屬圓環(huán)，半徑為a，總電阻為R，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過整個豎直平面，在環(huán)的最高點A用鉸鏈連接的長度為2a、電阻為R2A．2Bav B．Bav C．23Bav D．1【分析】當擺到豎直位置時，先由感應電動勢公式E＝BLv，求出導體棒產生的感應電動勢，再根據歐姆定律求解AB兩端的電壓大小【解答】解：當擺到豎直位置時，導體棒產生的感應電動勢為：E＝B?2av=2Ba0+v圓環(huán)被導體棒分為兩個半圓環(huán)，兩半圓環(huán)并聯(lián)，并聯(lián)電阻R并=R電路電流：I=EAB兩端的電壓是路端電壓，AB兩端的電壓大小為：U＝IR外=4Bav故選：D?！军c評】本題是電磁感應與電路的結合問題，關鍵是弄清電源和外電路的構造，然后根據電學知識進一步求解，容易出錯之處是把AB間的電壓看成是內電壓。8．（湖北期末）2019年10月1日，舉國歡慶，閱兵儀式在北京隆重舉行空軍司令員丁來杭上將帶著領航梯隊駕機從天安門城樓上空飛過，場面極其震撼。當飛行員駕機沿長安街由東向西水平勻速飛行時，飛行員左右兩側機翼端點哪一點電勢高（）A．飛行員右側機翼電勢高，左側電勢低 B．飛行員右側機翼電勢低，左側電勢高 C．兩機翼電勢一樣高 D．條件不具備，無法判斷【分析】由于地磁場的存在，當飛機在北半球水平飛行時，兩機翼的兩端點之間會有一定的電勢差，相當于金屬棒在切割磁感線一樣，由右手定則可判定電勢的高低。【解答】解：當飛機在北半球飛行時，由于地磁場的存在，且地磁場的豎直分量方向豎直向下，由于感應電動勢的方向與感應電流的方向是相同的，由低電勢指向高電勢，由右手定則可判知，在北半球，不論沿何方向水平飛行，都是飛機的左方機翼電勢高，右方機翼電勢低，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】本題要了解地磁場的分布情況，掌握右手定則；對于機翼的運動，類似于金屬棒在磁場中切割磁感線一樣會產生電動勢，而電源內部的電流方向則是由負極流向正極的。9．（山東月考）關于電磁感應現象，下列敘述正確的是（）A．真空冶煉爐利用渦流來冶煉合金鋼，優(yōu)點是可以冶煉高質量的合金 B．手機無線充電原理是利用了電磁感應中的自感現象 C．交流感應電動機是利用電磁阻尼的原理工作的 D．磁電式儀表在運輸過程中，用導線將正負兩個接線柱相連，在震動顛簸中，線圈中產生感應電流，使指針偏角變大【分析】明確電磁理論的基本應用，根據生活中常見的物理常識解答。【解答】解：A、用來冶煉合金鋼的真空冶煉爐，爐外繞有線圈，線圈中通有高頻電流，產生的變化磁場使爐內的金屬中產生渦流；從而使金屬的溫度升高來冶煉高質量的合金，故A正確；B、手機端的線圈產生感應電流是因為互感現象，故B錯誤；C、交流感應電動機是利用通電導線在磁場中受到安培力作用，屬于電磁驅動原理工作的，故C錯誤；D、磁電式電流表在運輸過程中需要將兩個接線柱用導線短接，是為了讓內部產生感應電流從而阻礙指針的振動，從而防止振針因撞擊而彎曲變形，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查電磁理論的應用，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一。10．（二模擬）一次物理課上老師拿了一只微安表，用手左右晃動電表，讓同學們觀察表針相對表盤擺動的情況。然后用導線把微安表的兩個接線柱連在一起，再次以同樣的方式晃動電表，讓同學們觀察表針相對表盤擺動的情況。下列判斷和解釋正確的是（）A．不連接接線柱時，晃動電表.由于表內線框切制磁感線，產生感應電動勢從而引起表針擺動 B．連接接線柱后，晃動電表，電表自身形成的閉合回路，造成表針打偏、失靈等 C．連接接線柱后，晃動電表，由于電磁阻尼，表針晃動幅度會變小，并能較快停下 D．第二次實驗時，表針相對于表盤擺動的幅度比第一次實驗時擺動的幅度大【分析】不連接接線柱時，在外力的作用下，表針會發(fā)生較大角度的偏轉；連接接線柱后，電表自身內部會形成閉合回路，晃動電表，會產生感應電流，里面的線圈受到安培力的阻礙作用，有電磁阻尼，表針會很快的停下來。【解答】解：A、不連接接線柱時，晃動電表，表針是在外力作用下擺動的，故A錯誤；BCD、連接接線柱后，電表自身形成閉合回路，晃動電表，閉合回路在磁場中運動，切割磁感線，會產生感應電流，線圈會受到安培力作用阻礙線圈的轉動，表針晃動的幅度會變小，并能較快的停下，故BD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】在長途運輸電流表時，通常都會用導線把電流表的兩個接線柱連接起來，就是運用電磁阻尼的作用，讓指針不再發(fā)生大角度的偏轉。11．（大連二模）如圖所示是一種延時繼電器的示意圖。鐵芯上有兩個線圈A和B。當開關S斷開后，電磁鐵還會繼續(xù)吸住銜鐵D一小段時間，之后彈簧才把銜鐵D拉起，能做到延時的主要原因是（）A．線圈A中的電流逐漸減小 B．線圈B中產生了感應電流 C．鐵芯中有剩磁起主要作用 D．銜鐵D有剩磁起主要作用【分析】圖中有兩個線圈，其中A接有電源，接通電路后有電流通過，會產生磁場；而B線圈無電源，開關閉合穩(wěn)定后沒有電流，只有當A中的磁場發(fā)生變化時，根據電磁感應原理，B線圈才會產生感應電流，從而根據楞次定律，即可求解?！窘獯稹拷猓簲嚅_開關時，B線圈磁通量發(fā)生變化，B線圈產生感應電流，鐵芯此時變?yōu)殡姶盆F，對銜鐵繼續(xù)吸引，起到延時作用，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】該題考查楞次定律與電磁鐵的應用，注意穿過閉合線圈的磁通量變化，閉合線圈產生感應電流。12．（汕頭二模）圖甲所示為家庭電路中的漏電保護器，其原理簡圖如圖乙所示，變壓器原線圈由火線和零線并繞而成，副線圈接有控制器，當副線圈ab端有電壓時，控制器會控制脫扣開關斷開，從而起保護作用。下列哪種情況扣開關會斷開？（）A．用電器總功率過大 B．站在地面的人誤觸火線 C．雙孔插座中兩個線頭相碰 D．站在絕緣凳上的人雙手同時誤觸火線和零線【分析】正常狀態(tài)時，脫扣開關保持接通，火線和零線中電流方向相反，產生的磁場完全抵消，ab中沒有電壓，只有通過火線與零線的電流有差值時，ab兩端才有電壓，脫扣開關才斷開?！窘獯稹拷猓篈、用電器總功率過大，火線和零線的電流沒有差值，脫扣開關不斷開，故A錯誤；B、站在地面的人誤觸火線，火線的電流值大于零線的電流值，脫扣開關斷開，故B正確；C、雙孔插座中兩個線頭相碰，是將火線和零線連接，火線和零線的電流沒有差值，脫扣開關不斷開，故C錯誤；D、站在絕緣凳上的人雙手同時誤觸火線和零線，是將火線和零線連接，火線和零線的電流沒有差值，脫扣開關不斷開，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題中火線與零線中電流相等時，磁場完全抵消，是雙線并繞消除自感影響的原理。13．（南海區(qū)月考）微波爐是一種利用微波來加熱食物的家電．在用微波爐加熱食物時，盛裝食物的器皿應使用（）A．不銹鋼制品 B．陶瓷制品 C．鋁制品 D．木制品【分析】接通電源后微波爐內的磁控管能產生頻率很高波長很短的電磁波，故稱為微波．微波有以下重要特性：微波的傳播速度等于光速，微波遇到金屬物體，會像光遇到鏡子一樣地發(fā)生反射；微波遇到絕緣材料，如玻璃、塑料等，會像光透過玻璃一樣順利通過；微波遇到含水的食品，能夠被其大量吸收，引起食品內部分子發(fā)生劇烈的振動，達到加熱食品的目的；【解答】解：微波爐是利用微波來加熱食物的；根據其工作原理可知，微波爐中不能使用金屬容器，如果使用金屬容器，微波的能量不能被吸收，會越積越多，損害微波爐。木制品中含有一定水分，不能使用；故應使用陶瓷制品來盛裝食物；故選：B。【點評】本題關鍵明確微波的傳播特點和加熱食物的原理；要掌握其工作原理，能正確使用，避免危險或傷害．14．（鄭州期末）下列所述不屬于渦流現象的是（）A．真空冶煉爐利用渦流產生的熱量使金屬熔化 B．利用相互絕緣硅鋼片疊成的鐵芯代替整塊硅鋼鐵芯是為了減少變壓器中的渦流 C．金屬探測器利用渦流工作 D．超高壓帶電作業(yè)的工人穿戴包含金屬絲織物制成的工作服是為了減少渦流【分析】電流做周期性的變化，在附近的導體中產生感應電流，該感應電流看起來像水中的漩渦，所以叫做渦流。渦流會在導體中產生大量的熱量，據此分析各個選項?！窘獯稹拷猓篈、真空冶煉爐是線圈中的電流做周期性變化，在金屬中產生渦流，從而產生大量的熱量，熔化金屬的，不符合題意，故A錯誤；B、當變壓器線圈中的電流變化時，在其鐵芯將產生渦流，使用硅鋼片做成的鐵芯可以盡可能減小渦流的損失，屬于渦流的防止，不符合題意，故B錯誤；C、金屬探測器中變化電流遇到金屬物體，在被測金屬中上產生渦流來進行探測，屬于渦流的應用，不符合題意，故C錯誤；D、超高壓帶電作業(yè)的工人穿戴包含金屬絲織物制成的工作服是為了防止高電壓對工人產生傷害，屬于靜電的防止，與渦流無關，故D正確。本題選擇不屬于渦流現象的，故選：D?！军c評】掌握渦流的原理及應用與防止：真空冶煉爐，硅鋼片鐵心，金屬探測器，電磁爐等。注意電磁爐是利用電流的熱效應和磁效應的完美結合體，它的鍋具必須含磁性材料，最常見的是不銹鋼鍋。15．（駐馬店期末）下面四幅圖展示了一些物理學的應用，下列說法正確的是（）A．甲圖，其工作原理是線圈通以變化電流后，在鍋體中產生渦流，進而發(fā)熱工作 B．乙圖，它可以指示南北方向，其工作原理是由于指針受到重力作用 C．丙圖，其內部用包含金屬絲的織物制成，因為金屬絲很堅韌，有利于保護人體 D．丁圖，在運輸途中為防止指針猛烈偏轉而損壞，會將其正負接線柱用導線連接，這是利用了電磁感應中的電磁驅動現象【分析】分析清楚圖示情景，知道各設備的工作原理，根據題意與工作原理分析答題?！窘獯稹拷猓篈、由圖示可知，電磁爐的原理是磁場感應渦流加熱，即利用交變電流通過線圈產生交變磁場，所以電磁爐通過線圈加交流電后，在鍋底產生渦流，進而發(fā)熱工作，故A正確；B、圖示是指南針，它可以指示南北方向，其原理是由于指針受到地磁場力的作用，故B錯誤；C、圖示是電工防輻射服，其內部是用包含金屬絲的織物制成，金屬織物具有靜電屏蔽作用，對人具有保護作用，故C錯誤；D、圖示是靈敏電流表，在運輸途中為了防止指針的大角度偏轉，會把靈敏電流表的正負接線柱用導線連接，利用了電磁感應中的電磁阻尼現象，不是電磁驅動現象，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查了電磁爐、指南針、靜電屏蔽與電磁阻尼的應用，分析清楚圖示情景、知道各應用的原理是解題的前提與關鍵，掌握基礎知識即可解題，要注意基礎知識的學習與積累。16．（涵江區(qū)校級月考）如圖為日光燈的結構示意圖，若按圖示的電路連接，關于日光燈發(fā)光的情況，下列說法正確的是（）A．S1接通，S2、S3斷開，日光燈就能正常發(fā)光 B．S1、S2接通，S3斷開，日光燈就能正常發(fā)光 C．S3斷開，接通S1、S2后，再斷開S2，日光燈就能正常發(fā)光 D．S1、S2、S3接通，日光燈就能正常發(fā)光【分析】根據以下知識分析答題：日關燈啟動時，燈管兩端電壓應高于電源電壓220V；日光燈正常工作時，燈管兩端電壓應低于電源電壓220V；鎮(zhèn)流器實際上是自感系數較大的自感線圈，當通過它的電流變化時，它能夠產生自感電動勢．【解答】解：A、S1接通，S2、S3斷開時，電源電壓220V直接加在燈管兩端，達不到燈管啟動的高壓值，日光燈不能發(fā)光，故A錯誤；B、S1、S2接通，S3斷開時，燈管兩端被短路，燈管電壓為零，日光燈不能發(fā)光，故B錯誤；C、只有當S1、S2接通，燈絲被預熱，發(fā)出電子，再斷開S2，鎮(zhèn)流器中產生很大的自感電動勢，和原電壓一起加在燈管兩端，使氣體電離，日光燈正常發(fā)光，故C正確；D錯誤；故選：C?！军c評】知道日光燈的工作原理、分析清楚電路結構是正確解題的前提與關鍵．17．（宣化區(qū)校級模擬）如圖所示，A、B、C是三個完全相同的燈泡，L是一自感系數較大的線圈（直流電阻可忽略不計），電源內阻不計，則（）A．S閉合時，A燈立即亮，亮度保持不變 B．S閉合時，B燈立即亮，然后亮度逐漸加大 C．S閉合時，C燈立即亮，然后亮度逐漸減弱 D．電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，B、C燈立即熄滅，A燈逐漸熄滅【分析】當開關接通和斷開的瞬間，由于電感的阻礙作用，流過線圈的電流發(fā)生變化，產生自感電動勢，阻礙原來電流的變化，根據自感現象的規(guī)律來分析。【解答】解：ABC、S閉合時，由于L阻礙電流的增大，L產生很大的阻抗，相當于L是斷路，此時電路相當于AB串聯(lián)后和C并聯(lián)，所以電流從A、B通過，A與B立即亮起來，但隨著電流的穩(wěn)定，L的阻抗消失，變成一根導線，把A短路，故A逐漸熄滅，而B燈兩端得電壓增大，B燈變亮；這時電路中C并聯(lián)在電源兩端，由于電源的內阻不變，則C燈兩端得電壓始終等于電源的電動勢，則C燈的亮度不變，故AC錯誤，B正確；D、電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，L中的電流減小，產生很大的感應電流，相當于電源；此時相對于B與C串聯(lián)后與A并聯(lián)，然后一起與線圈L組成自感回路，有電流通過C燈，故C燈不會立刻熄滅，故D錯誤。故選：B?！军c評】解決本題的關鍵掌握線圈對電流的變化有阻礙作用，當電流增大時，線圈會阻礙電流的增大，當電流減小時，線圈會阻礙電流的減小。當電流不變時，線圈將與之并聯(lián)的電路短路。18．（靜海區(qū)校級期末）如圖所示的電路中，L為一個自感系數很大、直流電阻不計的線圈，D1、D2是兩個完全相同的燈泡，E是一內阻不計的電源。t＝0時刻，閉合開關S，經過一段時間后，電路達到穩(wěn)定，t1時刻斷開開關S，I1、I2分別表示通過燈泡D1和D2的電流，規(guī)定圖中箭頭所示的方向為電流正方向，以下各圖中能定性描述電流I隨時間t變化關系的是（）A． B． C． D．【分析】電感對電流的變化起阻礙作用，閉合電鍵時，電感阻礙電流I1增大，斷開電鍵，D1、L構成一回路，電感阻礙電流I1減小?！窘獯稹拷猓篈B、電鍵閉合時，電感阻礙電流變化，L為一個自感系數很大、直流電阻不計的線圈，所以電感的阻礙慢慢減小，即流過電感的電流增大，所以I1慢慢減小，最后穩(wěn)定時電感相當于一根導線，I1為0；電感阻礙自身電流變化，產生的感應電流流過電燈D1，其方向與規(guī)定圖示流過電燈D1的方向相反，I1慢慢減小最后為0．故A正確，B錯誤。CD、電鍵閉合時，電感阻礙電流變化，L為一個自感系數很大、直流電阻不計的線圈，電感的阻礙慢慢減小，即流過電感的電流增大，所以I2慢慢增大，最后穩(wěn)定，斷開電鍵，原來通過D2的電流立即消失。故CD錯誤。故選：A?！军c評】解決本題的關鍵掌握電感對電流的變化起阻礙作用，電流增大，阻礙其增大，電流減小，阻礙其減小。19．（金臺區(qū)期中）如圖所示，電路中完全相同的三只燈泡L1、L2、L3分別與電阻R、電感器L、電容器C串聯(lián)，然后再并聯(lián)到220V、50Hz的交流電路上，三只燈泡亮度恰好相同。則下列說法正確的是（）A．若只將交變電流的頻率增大到60Hz，則L1亮度不變、L2變亮、L3變暗 B．若只將交變電流的頻率增大到60Hz，則L1亮度不變、L2變暗、L3變亮 C．若將交流電源改成有效值相同的直流電源，電路穩(wěn)定時，L1亮度不變、L2變暗、L3熄滅 D．若將交流電源改成有效值相同的直流電源，電路穩(wěn)定時，L1亮度不變、L2變暗、L3變亮【分析】由題，將交變電流的頻率增大時，電阻R的阻值不隨頻率而變化，電感L的感抗增大、電容C的容抗減小，再分析燈泡亮度的變化。線圈對直流電相當于導線，而電容器對直流電不導通。【解答】解：AB、根據電感的特性：通低頻、阻高頻，當電源的頻率變高時，電感對電流的感抗增大，L2燈變暗；根據電容器的特性：通調頻、阻低頻，當電源的頻率變高時，電容器對電流的容抗減小，L3燈變亮。而電阻的亮度與頻率無關，L1燈亮度不變，故A錯誤，B正確；CD、若將交流電源改成有效值相同的直流電源，電路穩(wěn)定時，L1亮度不變；線圈對直流電流無阻礙作用，則L2變亮；電容器隔直流，則L3熄滅，故C錯誤，D錯誤。故選：B?！军c評】本題關鍵要掌握電感的感抗、電容的容抗與交變電壓頻率的關系，可根據感抗XL＝2πfL和容抗XC=1二．多選題（共9小題）20．（泰興市校級月考）如圖所示，線框abcd在無限大的勻強磁場中勻速平動時，關于線框有關情況的說法中正確的是（）A．無感應電流，ad端無電動勢，電壓表無示數 B．無感應電流，ad端有電動勢，電壓表無示數 C．有感應電流，ad端無電動勢，電壓表無示數 D．如果線框放在光滑水平面上，則水平方向不需外力作用【分析】線框在勻強磁場水平向右勻速移動時，穿過線框回路的磁通量沒有改變，則知沒有感應電流產生。ad、bc切割磁感線產生感應電動勢，a與d、b與c間有電勢差?！窘獯稹拷猓壕€框在勻強磁場水平向右勻速移動時，穿過線框回路的磁通量沒有改變，則知沒有感應電流產生，但ad與bc兩邊在切割磁感線，則兩邊產生感應電動勢，相當于兩節(jié)電池并聯(lián)，a與d、b與c間有電勢差，但電壓表沒有示數，因為只有有電流時，電壓表才有示數。故AC錯誤，BD正確。故選：BD?！军c評】本題根據磁通量有無變化判斷有無感應電流，采用等效的思維方法理解即可。21．（昆明一模）如圖甲所示，導體棒MN放置在水平面內的金屬框架上，空間存在豎直方向的勻強磁場，以豎直向上為磁感應強度B的正方向，B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，若導體棒MN始終保持靜止，則在0～t2時間內，導體棒MN所受安培力（）A．大小恒定 B．大小先減小后增大 C．方向先水平向左后水平向右 D．方向先水平向右后水平向左【分析】由法拉第電磁感應定律求感應電動勢，由歐姆定律求感應電流，由F＝BIL來判斷安培力大小變化；由楞次定律判斷感應電流方向，由左手定則判斷安培力方向。【解答】解：AB、由楞次定律可知，導體棒MN上的電流由M到N.由法拉第電場感應定律可知，感應電動勢E=n△Φ△t=n△BCD、由左手定則可知，在0～t1時間內，導體棒MN所受安培力方向水平向右；在t1～t2時間內，導體棒MN所受安培力方向水平向左，所以C錯誤，D正確；故選：BD?！军c評】本題考查法拉第電磁感應定律和楞次定律的綜合，關鍵是要分析電壓電動勢的大小，然后靈活運動左右手定則判斷感應電流方向和安培力方向。22．（臺江區(qū)校級期末）一有界區(qū)域內，存在著磁感應強度大小均為B，方向分別垂直于光滑水平桌面向下和向上的勻強磁場，磁場寬度均為L，邊長為L的正方形導線框abcd的bc邊緊靠磁場邊緣置于桌面上，建立水平向右的x軸，且坐標原點在磁場的左邊界上，t＝0時刻使線框從靜止開始沿x軸正方向勻加速通過磁場區(qū)域，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，已知導線框在t1、t2、t3時刻所對應的位移分別是L、2L、3L，下列關于感應電流i或導線框的電功率P隨時間t或位移x的變化規(guī)律正確的是（）A． B． C． D．【分析】由楞次定律可判斷線圈中的電流方向；由E＝BLV及勻加速運動的規(guī)律可得出電流隨時間的變化規(guī)律，即可確定各過程中電流變化情況，從而選出正確的圖象?！窘獯稹拷猓篈B、過程①為bc邊切割向里的磁場，電流逆時針，過程②ad邊和bc邊同向切割反向的磁場，而雙電源相加，電流加倍為順時針，過程③為ad邊切割向外的磁場，電流為逆時針。線框勻加速直線運動，則切割磁場的速度v＝at，電動勢E＝BLat，電流i=E過程②為雙電源，電流加倍，過程③為單電源，電流為I0增大；比較排除后可知A錯誤，B正確；C、勻加速直線運動的速度位移關系可知v=2ax，則i=D、線框產生的電功率P=I2R=故選：BD?！军c評】本題考查電磁感應中的圖象問題，要注意正確掌握排除法的應用，從而提高解題效率。23．（保定二模）動能回收系統(tǒng)能夠提高電動車的續(xù)航能力，在電動車剎車瞬間，電源與電動車的電動機斷開，同時啟動動能回收系統(tǒng)，車輪帶動電機轉動向蓄電池充電，實現動能的回收，下列說法中正確的是（）A．動能回收技術應用了磁場對電流的驅動原理 B．動能回收技術應用了電磁感應的原理 C．隨著技術的進步，動能回收的效率可以達到100% D．如果關閉此系統(tǒng)，剎車時汽車的動能將轉化為內能并被耗散掉【分析】汽車在剎車過程中，動能減小，減小的動能一部分以電能的形式儲存，因此制動能量回收利用了電磁感應現象，將車輛的部分動能轉化為電能。動能的回收效率不能達到100%。關閉系統(tǒng)，則能量不再回收，動能全部轉化為摩擦熱（即內能），全部耗散。【解答】解：AB、汽車在剎車過程中，動能減小，減小的動能一部分以電能的形式儲存，因此制動能量回收利用了電磁感應現象，將車輛的部分動能轉化為電能。故A錯誤，B正確；C、汽車在路上行駛，一定存在摩擦力，剎車時一定有摩擦熱的產生，所以動能的回收效率不能達到100%，故C錯誤；D、若關閉系統(tǒng)，則能量不再回收，動能全部轉化為摩擦熱（即內能），全部耗散，故D正確。故選：BD。【點評】本題考查電磁感應即能量守恒相關知識，結合能量轉化的思想去分析即可。24．（東昌府區(qū)校級模擬）工廠生產流水線上通過水平絕緣傳送帶輸送相同大小的銅線圈，線圈在傳送帶上等距排列，且與傳送帶以相同的速度勻速運動。為了檢測出不閉合的不合格線圈，在垂直于傳送帶運動方向的條形區(qū)域內加上垂直于傳送帶平面的勻強磁場，通過觀察穿過磁場區(qū)域后的銅線圈間距，就能確認哪些線圈不合格，如圖所示。下列說法正確的是（）A．根據傳送帶上銅線圈的分布可知，第4個線圈不合格 B．根據傳送帶上銅線圈的分布可知，第3個線圈不合格 C．第6、7線圈間距離等于第7、8線圈間距離 D．若發(fā)現穿過磁場區(qū)域后的銅線圈間距一直沒有變化，可通過增大磁場的磁感應強度或提高傳送帶速度大小來達到檢測目的【分析】銅線圈通過磁場區(qū)域時，由于穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，線圈內會產生感應電流，由楞次定律可知，穿入和穿出磁場區(qū)域時銅線圈都受到向左的安培力，銅線圈會相對傳送帶向左運動。每個線圈都相同，則他們通過磁場區(qū)域后相對傳送帶運動的距離也相同，他們之間的距離就保持不變。若有不合格的線圈（不閉合），它通過磁場區(qū)域時就不會與傳送帶發(fā)生相對滑動，則此線圈與前面線圈距離近，與后面線圈距離遠，從而可以判斷出不合格線圈?！窘獯稹拷猓篈B．由圖可知，第3個錢圈與2近，與4遠。3是不合格線圈，故B正確A錯誤；C.6、7線圈都通過了第一個磁場邊界，與傳送帶產生了相對運動，而線圈8還沒有進入磁場，沒有和傳送帶間產生相對滑動。因而7、8兩線圈的間距不同于6、7兩線圈間的間距，故C錯誤；D.如果線圈受到的安培力小于線圈與傳送帶間的最大靜摩擦力，線圈和傳送帶間就不會發(fā)生相對滑動，線圈間的距離就都不會變化，從而無法區(qū)分不合格線圈。由法拉第電磁感應定律，增大磁場的磁感應強度或者提高傳送帶的速度，可以使線圈通過磁場區(qū)域時產生更大的感應電流，從而產生更大的安培力使線圈相對傳送帶滑動，達到檢測的目的，故D正確。故選：BD?！军c評】正確分析線圈在磁場中產生的感應電流以及安培力，再利用受力分析和牛頓運動定律找出銅線圈相對傳送帶運動的原因25．（諸暨市校級期中）電磁爐為新一代炊具，無煙、無明火、無污染、不產生有害氣體、無微波輻射、高效節(jié)能等是電磁爐的優(yōu)勢所在。電磁爐是利用電流通過線圈產生磁場，當磁場的磁感線通過含鐵質鍋底部時，即會產生無數小渦流，使鍋體本身自行高速發(fā)熱，然后再加熱鍋內食物。下列相關說法中正確的是（）A．鍋體中的渦流是由恒定的磁場產生的 B．鍋體中的渦流是由變化的磁場產生的 C．恒定磁場越強，電磁爐的加熱效果越好 D．提高磁場變化的頻率，可提高電磁爐的加熱效果【分析】電磁爐又被稱為電磁灶，其原理是磁場感應渦流加熱，即利用交變電流通過線圈產生交變磁場，從而使金屬鍋自身產生無數小渦流而直接加熱于鍋內的食物【解答】解：AB、電飯鍋內連接交流電，其鍋體中的渦流是由變化的磁場產生的，故A錯誤，B正確；C、電磁爐的加熱效果與磁場的強弱無關，只與磁場的變化快慢有關，故C錯誤；D、根據發(fā)熱原理可知，提高磁場變化的頻率，可增強渦流電流，起到提高電磁爐的加熱效果。故D正確。故選：BD?！军c評】本題要求學生根據題文的信息解答，考查了學生接受信息的能力，注意掌握電磁爐的應用及工作原理。26．（菏澤期中）關于渦流，下列說法中正確是（）A．真空冶煉爐是利用通電導線的發(fā)熱來熔化金屬的裝置 B．家用電磁爐鍋體中的渦流是由恒定磁場產生的 C．阻尼擺擺動時產生的渦流總是阻礙其運動 D．變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊成能減小渦流【分析】線圈中的電流做周期性的變化，在附近的導體中產生感應電流，該感應電流看起來像水中的漩渦，所以叫做渦流，渦流會在導體中產生大量的熱量?！窘獯稹拷猓篈、真空冶煉爐是用渦流來熔化金屬對其進行冶煉的，爐內放入被冶煉的金屬，線圈內通入高頻交變電流，這時被冶煉的金屬中產生渦流就能被熔化，故A錯誤；B、家用電磁爐鍋體中的渦流是由交變磁場產生的，不是由恒定磁場產生的，故B錯誤；C、根據楞次定律，阻尼擺擺動時產生的渦流總是阻礙其運動，當金屬板從磁場中穿過時，金屬板板內感應出的渦流會對金屬板的運動產生阻礙作用，故C正確；D、變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊成的鐵芯來代替整塊的鐵芯，以減小渦流，故D正確。故選：CD?！军c評】掌握渦流的原理及應用與防止：真空冶煉爐，硅鋼片鐵心，金屬探測器，電磁灶等。27．（蓬溪縣校級月考）在常見的日光燈電路中接有啟動器、鎮(zhèn)流器和日光燈管，下列說法中不正確的是（）A．日光燈燈管點亮后，鎮(zhèn)流器、啟動器都沒有用了 B．鎮(zhèn)流器在點亮燈管時產生瞬時高壓，點亮后起降壓限流作用 C．日光燈燈管點亮后，啟動器不再起作用，可以將啟動器去掉 D．日光燈燈管點亮后，使鎮(zhèn)流器短路，日光燈仍能正常發(fā)光，并能減少對電能的消耗【分析】當開關接通220伏的電壓立即使啟輝器的惰性氣體電離，產生輝光放電．輝光放電的熱量使雙金屬片受熱膨脹，兩極接觸．電流通過鎮(zhèn)流器、啟輝器觸極和兩端燈絲構成通路．燈絲很快被電流加熱，發(fā)射出大量電子．雙金屬片自動復位，兩極斷開．在兩極斷開的瞬間，電路電流突然切斷，鎮(zhèn)流器產生很大的自感電動勢，與電源電壓疊加后作用于管兩端．燈絲受熱時發(fā)射出來的大量電子，在燈管兩端高電壓作用下，以極大的速度由低電勢端向高電勢端運動．在加速運動的過程中，碰撞管內氬氣分子，使之迅速電離．在紫外線的激發(fā)下，管壁內的熒光粉發(fā)出近乎白色的可見光．【解答】解：日光燈工作時都要經過預熱、啟動和正常工作三個不同的階段，它們的工作電流通路如下圖所示：在啟動階段鎮(zhèn)流器與啟動器配合產生瞬時高壓，工作時，電流由鎮(zhèn)流器經燈管，不再流過啟動器，故日光燈啟動后啟動器不再工作，可以去掉，而鎮(zhèn)流器還要起降壓限流作用，不能去掉，故選AD錯誤，BC正確。因選不正確的故選：AD。【點評】日光燈正常發(fā)光后．由于交流電不斷通過鎮(zhèn)流器的線圈，線圈中產生自感電動勢，自感電動勢阻礙線圈中的電流變化，這時鎮(zhèn)流器起降壓限流的作用，使電流穩(wěn)定在燈管的額定電流范圍內，燈管兩端電壓也穩(wěn)定在額定工作電壓范圍內．由于這個電壓低于啟輝器的電離電壓，所以并聯(lián)在兩端的啟輝器也就不再起作用了．28．（瑤海區(qū)期末）如圖所示的電路中，L是一個自感系數很大、直流電阻不計的線圈，D1、D2和D3是三個完全相同的燈泡，E是內阻不計的電源。在t＝0時刻，閉合開關S，電路穩(wěn)定后在t1時刻斷開開關S。規(guī)定電路穩(wěn)定時流過D1、D2的電流方向為正方向，分別用I1、I2表示流過D1和D2的電流，則圖中能定性描述電流隨時間變化關系的是（）A． B． C． D．【分析】當電流增大時，線圈會阻礙電流的增大，當電流減小時，線圈會阻礙電流的減小．【解答】解：AB、當閉合電鍵，因為線圈與D1串聯(lián)，所以電流I1會慢慢增大，最后達到最大值；當電鍵斷開，因為線圈阻礙電流的減小且方向不變，所以通過D1的電流不會立即消失，會從原來的大小慢慢減小到零，故A錯誤，B正確；CD、當閉合電鍵，燈泡D2這一支路立即就有電流；當電鍵斷開時，D2這一支路原來的電流立即消失，但線圈與D1和D2、D3構成回路，通過D1的電流也流過D2，所以I2變成反向，且逐漸減小到零，故C正確，D錯誤。故選：BC。【點評】解決本題的關鍵掌握線圈對電流的變化有阻礙作用，當電流增大時，線圈會阻礙電流的增大，當電流減小時，線圈會阻礙電流的減?。羁疹}（共9小題）29．（沈陽期末）金屬線圈ABC構成一個等腰直角三角形，腰長為a，繞垂直于紙面通過A的軸在紙面內勻速轉動，角速度ω，如圖所示．如加上一個垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，則B、A間的電勢差UBA＝Bωa2，B、C間的電勢差UBC＝12Bωa2【分析】根據法拉第電磁感應定律，求得感應電動勢的大小，再結合閉合電路歐姆定律，及楞次定律從而確定兩點的電勢差，從而即可求解．【解答】解：AC、BC、AB均繞垂直于A的軸以角速度ω勻速轉動，△ABC中磁通量不變，所以線圈中沒有電流．但當單獨考慮每條邊時，三邊均切割磁感線，均有感應電動勢產生，且B點電勢大于C點電勢和A點電勢．則有UBA＝EBA＝BLv=12BωLAB2＝BωUCA＝ECA=12BωLAC2=12BUBC＝UBA﹣UCA＝Bωa2?12Bωa2=12B故答案為：Bωa2，12Bωa2【點評】考查法拉第電磁感應定律，閉合電路歐姆定律及楞次定律的應用，注意電勢差的正負．30．（秦淮區(qū)校級月考）如圖甲所示，導體圓環(huán)所圍的面積為10cm2，電容器的電容為2μF（電容器的體積很小），垂直穿過圓環(huán)的勻強磁場的磁感應強度隨時間變化的圖線如圖乙所示，則在1s末電容器的帶電荷量為0；4s末電容器的帶電荷量為2×10﹣11C，帶正電的極板是a（填“a”或“b”）?！痉治觥扛鶕D象應用法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由電容的定義式求出電荷量；由楞次定律判斷出感應電動勢的方向，然后判斷極板帶電情況．【解答】解：由圖乙所示圖象可知，在0﹣2s內磁感應強度不變，圓環(huán)不產生感應電動勢，電熱器兩極板間電壓為零，所帶電荷量為零；在2﹣8s內，由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢：E=△Φ△t=△B△tS=0?6×10?28?2×10×104s末電容器帶電量：Q＝CU＝CE＝2×10﹣6×1×10﹣5＝2×10﹣11C；在2﹣8s內，由楞次定律可知，a板電勢高，b點電勢低，則a板帶正電；故答案為：0，2×10﹣11C，a．【點評】本題考查了求電容器所帶電荷量、電容器極板帶電性質，應用法拉第電磁感應定律與電容定義式、楞次定律即可正確解題．31．（靜海區(qū)校級期末）如圖所示，豎直平面內有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R（指拉直時兩端的電阻），磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為R2的導體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為13【分析】當擺到豎直位置時，先由感應電動勢公式E＝BLv=BL0+v【解答】解：當擺到豎直位置時，導體棒產生的感應電動勢為：E＝B?2av=2Ba0+vAB兩端的電壓是路端電壓，根據歐姆定律得：AB兩端的電壓大小為：U=12×故答案為：13【點評】本題是電磁感應與電路的結合問題，關鍵是弄清電源和外電路的構造，然后根據電學知識進一步求解，容易出錯之處是把AB間的電壓看成是內電壓，得到結果是：2332．（東城區(qū)期末）如圖所示是一種延時開關，當S1閉合時，電磁鐵F將銜鐵D吸下，C線路接通．當S1斷開時，主要由于B線圈的電磁感應作用（填“A線圈”或“B線圈”），D將延遲一段時間才被釋放．為了達到使D延遲釋放的效果，B線圈的電鍵S2應處于閉合（填“斷開”或“閉合”）狀態(tài)．【分析】當S1、S2均閉合時，電磁鐵F將銜鐵D吸下，C電路接通，當S1斷開時，導致由于線圈B中的磁通量變化，從而出現感應電流，致使F中仍有磁性，出現延遲一段時間才被釋放．若線圈B處于斷開，即使S1斷開也不會有感應電流，則不會出現延遲現象．【解答】解：當S1斷開時，導致由于線圈B中的磁通量變小，從而出現感應電流，致使F中仍有磁性，出現延遲一段時間才被釋放．所以由于B線圈的電磁感應作用，才產生延時釋放D的作用．若斷開B線圈的開關S2，當S1斷開，F中立即沒有磁性，所以沒有延時功能．若延遲釋放的效果，B線圈的電鍵S2應處于閉合，故答案為：B線圈；閉合．【點評】線圈B中的磁場，完全是由感應電流引起的，而感應電流是由線圈A中的電流變化而產生的．因此本題要學生熟練掌握楞次定律．33．（甘州區(qū)校級期中）應用電磁感應的原理，法拉第制作了世界上第一臺發(fā)電機；麥克斯韋研究了電場和磁場之間的關系，建立了電磁場理論．【分析】了解近代物理學史，根據各科學家的貢獻作答．【解答】解：1820年，奧斯特發(fā)現電流能夠產生磁場．1831年，發(fā)現電磁感應定律，制作了世界上第一臺發(fā)電機．19世紀60年代，麥克斯韋在總結前人研究的基礎上，建立了完整的電磁場理論，并預言了電磁波的存在．1888年，赫茲第一次用實驗證實了電磁波的存在．故答案為：法拉第；麥克斯韋．【點評】多了解物理學史，了解科學家的貢獻，有利于對培養(yǎng)學習物理的興趣．34．（瑪納斯縣校級期末）電磁灶利用電磁感應原理加熱食物．【分析】電磁灶是利用電磁感應原理制成的；通過放在磁場里的金屬鍋體發(fā)生電磁感應從而產生熱量．【解答】解：電磁灶中線圈產生交變的磁場，該磁場在鍋體中產生電磁感應，從而使鍋體發(fā)熱起到加熱食物的目的；故答案為：電磁感應【點評】本題考查電磁灶原理，要注意明確電磁感應在電磁灶中的應用，根據電磁感應分析如何提高加熱效果．35．（金臺區(qū)期末）電磁灶是利用電磁感應原理制成的．【分析】明確電磁灶的工作原理，知道灶內通以交流電流后產生變化的磁場從而在鍋底產生渦流而起到加熱的目的．【解答】解：根據電磁灶的原理可知，電磁灶是電磁感應原理而制成的；故答案為：電磁感應．【點評】本題考查電磁感應在生活與產生中的應用，要注意掌握生活中常用儀器的工作原理，并能用所學物理規(guī)律進行分析．36．（潛山縣校級期中）鎮(zhèn)流器在日光燈啟動過程和正常工作時起著重要作用，日光燈啟動時，鎮(zhèn)流器起著產生瞬時高壓，“點燃”日光燈的作用；日光燈正常發(fā)光時，鎮(zhèn)流器起著降壓限流作用，保證日光燈的正常工作．【分析】在日光燈的連接線路中，鎮(zhèn)流器是自感系數較大線圈；日光燈開始點燃時需要一個高電壓，正常發(fā)光時燈管只允許通過不大的電流，這時要求加在燈管上的電壓低于電源電壓．【解答】解：鎮(zhèn)流器在啟動器兩觸片接通再斷開的瞬間時產生瞬時高壓作用，在正常工作時起降壓限流作用；因為鎮(zhèn)流器對交流電有較大的阻礙作用，所以在日光燈正常工作后，維持燈管兩端有低于電源的電壓，使燈管正常工作；故答案為：產生瞬時高壓，降壓限流．【點評】本題關鍵明確日光燈電路的工作原理，知道鎮(zhèn)流器在啟動時產生瞬時高壓，在正常工作時起降壓限流作用．37．（鼓樓區(qū)校級期中）如圖所示電路中，L是自感系數足夠大的線圈，它的電阻可忽略不計，D1和D2是兩個完全相同的小燈泡，將電鍵K閉合，再將電鍵K斷開，則觀察到的現象是：K閉合瞬間，D1立刻亮而后熄滅，D2立刻亮而后更亮?！痉治觥侩姼锌偸亲璧K電流的變化．線圈中的電流增大時，產生自感電流的方向更原電流的方向相反，抑制增大?！窘獯稹拷猓篖是自感系數足夠大的線圈，它的電阻可忽略不計，D1和D2是兩個完全相同的小燈泡，K閉合瞬間，但由于線圈的電流增加，導致線圈中出現感應電動勢從而阻礙電流的增加，所以兩燈同時亮，當電流穩(wěn)定時，由于電阻可忽略不計，所以以后D1熄滅，D2變亮；故答案為：立刻亮而后熄滅，立刻亮而后更亮；【點評】線圈中電流變化時，線圈中產生感應電動勢；線圈電流增加，相當于一個瞬間電源接入電路，線圈上端是電源正極。四．實驗題（共4小題）38．（普陀區(qū)二模）如圖為放置在水平桌面上，測U形磁鐵兩磁極間磁感應強度的實驗裝置?，F將質量為M、寬度為d的U形磁鐵開口向上放置在電子天平上；匝數為n、寬度為d的矩形線框用導線靜止懸掛在絕緣支架上。當通以大小為I，方向如圖所示的電流時，穩(wěn)定后讀得天平的示數為m，則線框所受安培力方向為豎直向上，U形磁鐵兩極間的磁感應強度B＝M?mnIdg【分析】根據左手定則分析導線框受安培力的方向，然后由磁感應強度的定義式即可求出磁感應強度?！窘獯稹拷猓河勺笫侄▌t知：則線框所受安培力方向為豎直向上；根據平衡條件可知：Mg＝mg+nBId解得：B=M?m故答案為：豎直向上；M?mnId【點評】解決本題的關鍵掌握安培力的大小公式，掌握左手定則判斷安培力的方向，基礎題。39．（西湖區(qū)校級模擬）（1）某同學做觀察電磁感應現象的實驗，將電流表、線圈A和B、蓄電池、開關用導線連接成如圖所示的實驗電路，當他接通或斷開開關時，電流表的指針都沒有偏轉，其原因是A。A．開關位置接錯B．電流表的正、負接線柱接反C．線圈B的接頭3、4接反D．蓄電池的正、負極接反（2）在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”的實驗中，實驗室中備有下列可供選擇的器材：A．可拆變壓器（鐵芯、兩個已知匝數的線圈）B．條形磁鐵C．直流電源D．多用電表E．開關、導線若干。上述器材在本實驗中不必用到的是BC（填器材前的序號），本實驗中還需用到的器材有低壓交流電源。【分析】（1）在探究電磁感應現象實驗中，電流表與小螺線管組成閉合回路，電源、電鍵、大螺線管組成電路；分析電路圖，然后答題；（2）變壓器只能改變交變電壓；所以需要的器材有：可拆變壓器（鐵芯、兩個已知匝數的線圈），多用電表（測電壓），開關，導線若干、低壓交流電源?！窘獯稹拷猓海?）由電路圖可知，電鍵接在電流表所在電路，電鍵連接錯誤，閉合與斷開電鍵時，通過螺線管A的電流不變，穿過螺線管B的磁通量不變，沒有感應電流產生，電流表指針不偏轉；故A正確，BCD錯誤；故選：A。（2）變壓器的原理是互感現象的應用，是原線圈磁場的變化引起副線圈感應電流的變化，所以不需要外界的磁場，故條形磁鐵B不必用到。如果原線圈中通的是直流電源，則副線圈中不會有感應電流產生，故直流電源C不必用到，需要用到低壓交流電源。本實驗中還需補充的器材是低壓交流電源。故答案為：（1）A；（2）BC，低壓交流電源?！军c評】知道探究電磁感應現象的電路由兩部分電路構成，分析清楚電路結構是正確解題的關鍵；要理解變壓器的工作原理，知道變壓器只能改變交變電壓，不能改變直流電壓。40．（重慶期末）某學校開展“搖繩發(fā)電”的比賽活動。如圖所示，在操場上，將一根長為20m的銅芯導線兩端與靈敏電流計的兩個接線柱連接，構成閉合回路；兩同學面對面站立搖動這條導線。（忽略地球磁偏角的影響）（1）在“搖繩發(fā)電”的過程中，導線中將產生交流電（選填“直流電”、“交流電”）。（2）受靈敏電流計結構的影響，若只增大搖繩的頻率，則靈敏電流計的最大示數不一定增大（選填“一定”、“不一定”）。（3）若該學校地處赤道上，兩同學南北站立搖繩時，導線中有電流（選填“有”、“無”）。（4）若該學校地處中國重慶，兩同學東西方向站立，保持搖繩的間距、頻率、最大速度不變。在豎直平面內上下來回搖繩時，靈敏電流計的最大示數為I1；在水平面內左右來回搖繩時，靈敏電流計的最大示數為I2；假設重慶地區(qū)的地磁場方向與水平方向的夾角為θ，則tanθ＝I2I【分析】（1）在“搖繩發(fā)電”的過程中，導線中將產生交流電。（2）根據Em＝nBSω分析感應電動勢最大值的變化情況，來分析電流最大值的變化情況。（3）地磁場的方向在地球外部由南向北，根據導線是否切割磁感線分析有無感應電流。（3）根據公式E＝BLv和歐姆定律相結合求tanθ。【解答】解：（1）搖動過程中導線切割磁感線的方向在變，根據右手定則知，感應電流的方向在變，所以產生的是交流電。（2）若兩同學南北站立搖繩時，由于地磁場的方向在地球外部由南向北，則導線不切割磁感線，不產生感應電流，增大搖繩的頻率時，靈敏電流計的最大示數不變；若兩同學東西站立搖繩時，導線切割磁感線，會產生感應電流，增大搖繩的頻率時，靈敏電流計的最大示數增大，因此，只增大搖繩的頻率，則靈敏電流計的最大示數不一定增大。（3）若該學校地處赤道上，兩同學南北站立搖繩時，導線中無感應電流。（4）設重慶地區(qū)的地磁場磁感應強度大小為B，則水平分量為Bx＝Bcosθ，豎直分量為By＝Bsinθ在豎直平面內上下來回搖繩時，產生的感應電動勢為Ey＝BxLv在水平面內左右來回搖繩時，產生的感應電動勢為Ex＝ByLv根據歐姆定律I=ER聯(lián)立得tanθ=故答案為：（1）交流電；（2）不一定；（3）無；（4）I2【點評】本題要了解地磁場的分布，建立物理模型是關鍵，并要掌握法拉第電磁感應定律、歐姆定律等等電磁感應基本知識，來解決實際問題。41．（山東月考）瞳孔括約肌是受副交感神經支配的，它的收縮使瞳孔變小，瞳孔開大肌則受交感神經支配，其收縮使瞳孔放大。當人進入較黑暗環(huán)境時，交感神經興奮，瞳孔開大肌收縮，副交感神經受抑制，瞳孔放大，這樣才能使進入眼球的光線增多，可以漸漸看清物體。但是這個過程并不能瞬間出現，當人眼沒有完成上述過程時，人們會感覺到環(huán)境特別黑暗。某酒店為了防止房客外出關燈后環(huán)境突然變暗導致跌倒，設計了一種“延時斷路”裝置，當開關K閉合時，銜鐵M被吸引，電燈的工作電路接通，燈泡發(fā)光；當開關K斷開時，燈泡還能持續(xù)亮一會兒，方便房客借助燈光走出房間。（1）請利用所提供器材將電路圖補充完整。（2）當開關K斷開時，線圈L2（填“L1”或“L2”）能起到延時作用。（3）當開關K斷開時，L2的N極處于線圈的上（填“上”或“下”）端。（4）某房客在進入房間后，閉合開關K，燈泡不發(fā)光，經檢查發(fā)現，燈泡、所有電阻、電源、銜鐵及導線均完好，則可以斷定是L1（填“L1”或“L2”）發(fā)生斷路；如果發(fā)現斷開開關后，燈泡立即熄滅，則可以斷定是L2（填“L1”或“L2”）發(fā)生斷路?！痉治觥浚?）（2）圖中有兩個線圈，其中L1有電源，接通電路后有電流通過，會產生磁場；而線圈L2無電源，開關閉合后沒有電流，只有當L1中的磁場發(fā)生變化時，根據電磁感應作用，線圈L2才會產生感應電流；（3）根