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“四翼”检测评价(十)
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(2)电路中产生的自感电动势的大小与电流变化率,即电流
变化量和所用时间有关。
1.选B在自感系数一定的条件下,根据法拉第电磁感应定
答案:(1)A2A,(2)电流变化率(电流变化量和所用时
律,则有:通过导体的电流的变化率越大,产生的自感电动
间)
势越大,与电流大小及电流变化的大小无关,A错误,B正
10.选C变压器采用了电磁互感原理,要防止涡流,A错误:
确:由公式E=L
,通过线圈的电流为零的瞬间,电动势
日光灯的镇流器采用的是线圈的自感现象,与涡流无关,
△t
B错误;电磁炉中,将炉子中的线圈通以交变电流,线圈将
不一定为零,而电流为最大值的瞬间,电动势最小,故C、D
产生变化的磁场,该磁场穿过铁质锅时,在锅底的部分将
错误。
产生涡流,所以电磁炉的原理与金属探测器工作原理相
2.选A在开关合上时,B灯立即变亮;在开关合上瞬时,通
过线圈的电流在增大,导致线圈出现自感电动势,从而阻碍
似,C正确;直流电动机是通电导体在磁场中受力,与涡流
灯泡A的电流增大,则A灯慢慢变亮,最后达到正常发光
无关,D错误。
状态,故A正确;断开开关S的瞬间,由于L的自感电动势
11.选BC线圈A中的磁场随S,的闭合而产生,随S的断
的存在,在L和A中的电流会通过L、A、B形成新的回路
开而消失。当S闭合时,线圈A中的磁场穿过线圈B,当
雏持不变,通过A灯的电流的方向不变,而B灯的电流方
S2闭合,S断开时,线圈A在线圈B中的磁场变弱,线圈
向与原电流方向相反,则A、B两灯都会慢慢熄灭;断开开
B中有感应电流,B中电流的磁场继续吸引D而起到延
关S的瞬间,因通过两灯的电流大小与原来的电流大小相
时的作用,B正确,A错误:若S2断开,线圈B中不产生感
同,所以两灯会慢慢熄灭,但不会闪亮一下,B、C、D错误。
应电流而起不到延时作用,C正确,D错误。
3.选C由于采用了双线绕法,两股导线中的电流反向,它们
12.解析:(1)电路稳定工作时,由于、b两点的电势相等,导
产生的磁场方向相反,磁通量相互抵消,不论导线中的电流
线ab上无电流通过。
如何变化,线圈中的磁通量始终为0,不产生自感电动势,
因此通过L的电流为11=2示
E
1A。流过L,的电流为1,
所以消除了自感现象的影响。
4.选C在图1中断开S1瞬间,灯A1突然闪亮,说明断开S
E
前,L1中的电流大于A中的电流,故L1的阻值小于A
=2R=0.5A。
的阻值,A、B选项均错误;在图2中,闭合S,瞬间,由于L2
断开S的瞬间,由于线圈要维持I不变,而与L,组成闭
的自感作用,通过L2的电流很小,D错误:闭合S2后,最终
合回路,因此通过L1的最大电流为1A。所以此时I1两
A2与A亮度相同,说明两支路电流相等,故R与L?的阻
端的电压为U=I,R,=10V
值相同,C项正确。
(2)断开S前,流过L1的电流为0.5A
5.选D闭合S,电流通过L流向电流表,由于线圈的自感
不变,且设为正方向,而断开S的瞬间,
电动势,导致电路中电流慢慢增大,直到一稳定值,A选项
通过L1的电流突变为1A,且方向也发
不合题意;闭合S,,电压表示数等于线圈两端的电压为U
生变化,然后渐渐减小到零,所以它的图
=U外一R,电路中电流慢慢增大,直到一稳定值,电压表
像如图所示(t。为断开S的时刻)。
示数逐渐减小至稳定值,B选项不合题意:待两电表示数稳
答案:(1)10V(2)见解析
U
定后,方可读取U、I的值,此时R,=,C选项不合题意;
“四翼”检测评价(十一)
若先断开开关S,或先拆去电流表或先拆去电阻R,由于L
1.选AA图电流的方向不变,是直流电,B、C、D选项中电
的自感作用都会使L和电压表组成回路,原先L中有较大
流的大小、方向都做周期性变化,是交流电,B、C、D错误,A
的电流通过,现在这个电流将反向通过电压表,并产生很大
正确。
反向电动势,造成电压表损坏,所以实验完毕应先断开开关
2.选D从与中性面垂直的位置开始计时,矩形线圈产生的
S2,D选项符合题意。
电动势为u=NBSwcos wt,式中V为线圈的匝数,S为线圈
6.选B当开关S闭合时,流经线圈L的电流方向自左向右
的面积,所以电动势大小随时间变化,A错误;根据上面分
当断开开关S的瞬间,通过线圈L的电流将变小,根据楞
析的电动势的表达式可知,转轴向左或者向右移动,感应电
次定律可知,感应电流方向与原电流方向相同,也将是自左
动势的表达式不变,B、C错误;当线圈从题图中位置转过
向右流,以阻碍原电流减小的变化。在由L、G2、R及G1组
wl=90°时,感应电动势u=NBSocos90°=0,D正确。
成的闭合电路中,感应电流将从G2的负接线柱流入,因而
3.选AA项中,当线圈绕平面内平行于磁场方向