第42期 涡流 、电磁阻尼和电磁驱动 互感和自感-【数理报】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步学案（人教版）

高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 发理柄 答案详解 2025~2026学年高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期(2026年5月) 第41期3版参考答案 大小保持不变，由楞次定律的“来拒去留”可知，线框出磁场 A组 时，安培力方向仍向上，且等于重力，则线框匀速出磁场，故C 1.B2.B3.A4.A5.D6.D7.B 错误；当bc边进人磁场时，根据楞次定律可知，线圈中电流方 提示： 向为逆时针，故A错误：根据题意可知，当下落高度为0~L时， 1.根据功能关系可知，金属杆ab克服安培力所做的功等 bc边切割磁感线，则感应电动势为E=BL,根据闭合回路欧姆 于电阻R上产生的焦耳热，故A正确；金属杆机械能的增加量 定律可得儿=子BL,当下落高度为L-2L时，d边切割磁感 等于除重力外的其他力所做的功，即金属杆机械能的增加量等 线，则感应电动势为E=BL,根据闭合回路欧姆定律可得U 于外力F与克服安培力做功之差，即△E=W。一W安，故B错 误；ab杆在竖直方向外力F作用下匀速上升h,由动能定理可 =子B,故B错误：根据能量守恒定律有，线框中产生的焦耳 得W。-mgh-W安=0，故金属杆克服安培力做的功W安=W。 热为Q=mgh,可知，Q-h图像为过原点的直线，故D正确， -mgh,拉力F与安培力的合力所做的功为W。-W安=mgh,故 6,在0~千内，向外的磁通量增加，则感应电流磁场向 CD正确；故选B 2.当小灯泡稳定发光后，导体棒做匀速运动，根据平衡条 里，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针 件有gn0-ngm0=平解得=5s1/=, 方向，为负值om中产生的感应电动势均为E=2BL。,感应 1A,P=R=1W.B选项正确 电流大小为1=贵子~子内，向外的毯通量诚少.则悠应电 3.设正方形线框的质量为m,因为ab边进入磁场瞬间、dc 流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向 边进入磁场瞬间线框的速度相同，由能量守恒定律Q1=mgl, 为逆时针方向，为正值.b中产生的感应电动势均为E= 又因为αb边进入磁场瞬间、dc边离开磁场瞬间线框的速度相 同，由能量守恒定律Q,+Q2=mg(d+l),联立解得Q2=mgd, 。,悠应电流大小为1=尽：子-内，向里的磁道量端 2 所以&=台放A正确 加，则感应电流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应 电流的方向为逆时针方向，为正值.oa中产生的感应电动势均 4.由能量守恒定律可知，©f棒具有的动能将全部转化为内 能，无摩擦时，将全部转化为电热（即克服安培力做的功）；有 为E=子。，感应电流大小为1=发平~T内向里的脑 摩擦时，将一部分转化为电热，另一部分用于克服摩擦力做功， 通量减少，则感应电流磁场向里，根据右手定则判断可知，线框 故A正确.电流通过整个回路所做的功等于克服安培力做的 中感应电流的方向为顺时针方向，为负值.ob中产生的感应电 功，也等于产生的电热，故B、D错误.由动量定理可知，合力的 动势均为E=号BL,感应电流大小为1=会故D正确 冲量等于物体动量的变化量，由于两次动量变化相同，则合力 7.根据法拉第电磁感应定律可知，3圈线圈产生的电动势 的冲量相等，无摩擦时安培力的冲量较大，故C错误. 5.根据题意可知，线框匀速进入磁场，设速度为，则有线 大小分别为民=是：=，尽=总=然，名=兰= △t 框受到的安培力与重力等大反向，因线框匀速运动，则安培力 k2,由图可知3圈线圈产生的电动势方向相同，则整个线圈产 1 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 生的感应电动势为E=E1+E2+E,=(a2+b2+c2)k,故B正运动，故B错误，C正确. 确。 2.按下按钮过程中，穿过线圈的磁通量向左增大，根据楞 8.Blv Blusin0水平向左安培力其他形式的电次定律可知，感应电流的磁场方向向右，Q端相当于电源正极， 解析：(2)导线的运动方向与导线本身垂直，与磁感线方 则螺线管Q端电势高，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可 向夹角为6时，速度v在垂直于导体棒上的分速度为si日，则知，电动势的大小与穿过线圈的磁通量的变化率成正比，若更 电动势E=Blusin0. 快按下按钮，穿过线圈的磁通量的变化率大，线圈产生的感应 (3)根据右手定则判断感应电流方向垂直于纸面向里，由 电动势大，则P,Q两端的电势差更大，故B正确；按住按钮不 左手定则判断知导体棒受到安培力向左，是导体棒运动的阻 动，线圈内磁通量不变，无感应电动势，故C错误；松开按钮的 力，导体棒克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能 过程中根据“来拒去留”可知，螺线管与磁铁相互吸引，故D正 9.解析：(1)根据楞次定律，线圈产生的感应电流要阻碍 确 磁场的变化，所以感应电流方向是逆时针方向，而圆形线圈相 3.由题意可知，圆内磁场减弱，磁通量变小，由楞次定律可 当于电源，电源内部电流从α流向b,所以b相当于电源正极，a 知，产生顺时针方向的感应电流，电流由b经灯泡流向α，故A 相当于电源负极，故P。>9。 正确；据法拉第电磁感应定律可得E=NABs=S,故B错 △t (2)产生的感应电动势E=AD=nSB=SB,B,根 △1 误：流过灯泡的电流大小为1=泉：紧故C正确：a6同电 中RsS,B-B 据闭合电路欧姆定律得1=E。 to(r+R) 压的大小为0=R=,放D错误 10.解析：(1)ac棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的 4.0.50.5 大小为E=B1m=0.40×0.50×4.0V=0.80V. 解析：由题中乙图可知，在0~1s内磁场均匀变化，1s之 (2)回路中感应电流的大小为1=是=40A由右手定 后磁场不变，而整个过程中，灯泡的亮度不变，说明回路中的电 则知，ac棒中的感应电流由c流向a. 流不变，从而可以确定1s时金属棒刚好到达虚线位置 (3)ac棒受到的安培力大小为F安=Bl=0.40×4.0× 加速过程（感生电动势）：E=49=5x1×CM=2x0,5 41 △t 0.50N=0.80N,由左手定则知，安培力方向向左.由于导体 ×1V=1V,电流为0.5A 棒匀速运动，水平方向受力平衡，则F外=F安=0.80N,方向 匀速过程（动生电动势）：E=Bl=2×0.5×v=1V,解 水平向右 得v=1m/s B组 从而加速过程的加速度为1m/s2 1.CD 2.BD 3.AC 且匀速满足F=F安， 提示： 即F=Bl=2×0.5×0.5=0.5N 1.若S闭合时，金属杆所受的安培力大于重力，即F=BL 质量m=0.5kg >mg,此时加速度方向向上，金属杆做减速运动，安培 R 5解析：1)5s内的位移元=a2=25m,5s内的平均 力逐渐减小，则加速度逐渐减小，金属杆做加速度逐渐减小的 速度v= =5m/s,所以平均感应电动势E=BLv=0.4V. 减速运动，当重力与安培力相等时，金属杆做匀速直线运动，故 t A错误，D正确；若S闭合时，金属杆所受的安培力小于重力，即 (2)5s末，v=at=10m/s,此时感应电动势E=BLv= F=B=B<mg,此时加速度方向向下，金属杆做加速运 08V,由欧姆定律得/=名=0.8土 R 动，安培力逐渐增大，则加速度逐渐减小，金属杆做加速度逐渐 (3)杆做匀加速运动，由牛顿第二定律得F-F安=ma,即 减小的加速运动，当重力与安培力相等时，金属杆做匀速直线 F ma F ma BIL =0.164 N. 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 第42期3版参考答案 正方向，根据动量守恒定律可得m=(M+m)共，则v共= A组 3m/s,因铝管最终未与磁铁共速，所以铝管获得的速度小于 1.D2.B3.A4.D5.D6.D7.B 3m/s,故D选项正确 提示： 5.当开关S由断开变为闭合时，电路接通，由于电感的自 1.图甲、乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变 感作用阻碍电流的流过，则相当于A、B串联，两灯均立即变亮， 的，不会产生感应电流，则不会有磁场力阻碍轮子的运动，故 接着电感的自感效应减弱，电感中电流逐渐变大，B灯电流逐 AB错误；图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产 渐减小，最后电感将B灯短路熄灭，由于A灯分压变大，所以A 生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会有磁场力阻 灯变亮，故AB错误；当开关S由闭合变为断开时，电路断开，A 碍轮子转动，故C错误；图丁中在轮上固定一些闭合金属线框， 灯立即熄灭，电感由于自感效应，相当于电源与B灯构成回路， 线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势， 则B灯突然变亮，并逐渐变暗直至熄灭，故C错误；D正确 形成感应电流，则会有磁场力阻碍轮子转动，使轮子较快停下 6.在电路甲中，闭合K时，由于L的阻碍作用，A慢慢变亮 来，故D正确。 故A错误；在电路甲中，断开K后，由于L的阻碍作用，A慢慢变 2.铝盘乙区域中的磁通量向里减小，由楞次定律“阻碍磁 暗，不会出现闪亮现象.故B错误；在电路乙中，闭合K时，灯泡 通量的变化”可知，乙区域磁场方向垂直纸面向里，故A错误； A与电阻R串联接入电路，则其立即变亮.故C错误；在电路乙 由“来拒去留”可知，磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘 中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡 减速旋转的阻力，会使铝盘减速，故B正确，C错误；改成空洞 的电流比线圈的电流小，断开K后，由于L的阻碍作用，导致灯 铝盘，电阻变大，电流变小，阻碍效果更差，故D错误 泡A变的更亮，然后逐渐变暗.故D正确 3.突然断开K,线圈将产生自感现象，且与灯泡构成一闭 7.闭合开关的瞬间，电感的电阻很大，灯泡中有一定的电 合回路，此时通过灯泡的电流向上，与断开K前的电流方向相 流通过，过一段时间，电感的电阻减小，电感与灯泡并联的两端 反；若线圈电阻可以忽略，断开K前通过线圈的电流大于通过 电压减小，故灯泡中的电流变小，故AD均错误；当时间再延 灯泡的电流，则稳定后突然断开K,灯泡会突然比原来亮一下 长，灯泡的电流稳定在某一值上；当断开开关时，电感产生自感 再熄灭，故A正确，B错误；若线圈直流电阻为，与灯泡的电阻 电动势，电感中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成 样大，可知断开K前通过线圈的电流等于通过灯泡的电流， 的电路中，感应电流沿逆时针方向，而灯泡中原来的电流沿顺 则稳定后突然断开K,灯泡会逐渐熄灭，且灯泡中电流方向与！ 时针方向，故灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自 K断开前方向相反，故CD错误. 感电动势的减小而慢慢减小到0，故B正确，C错误 4.图示时刻穿过铝管的磁通量向左增大，根据楞次定律， 8.感应电流相同楞次感生电场对自由电荷的作用 铝管中感应电流产生的磁场方向向右，再根据安培定则，从左 解析：感应电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，感 往右看铝管中的感应电流为顺时针方向.故A错误；根据磁铁 生电场的方向与正电荷受力的方向相同，因此，感生电场的方 向右穿过了铝管，因此磁铁的速度一直大于铝管的速度；根据 向与感应电流的方向相同，感生电场的方向可以用楞次定律来 楞次定律，铝管和磁铁间的安培力将阻碍磁铁和铝管之间的相 判定 对运动，铝管对磁铁的安培力一直水平向左，磁铁对铝管的安 9.(1)C(2)C(3)A100 培力一直水平向右，且安培力的大小随相对速度的减小而减 解析：(1)当开关S,和S2都闭合稳定时，电流表A1、A2的 小，故磁铁做加速度减小的减速运动，铝管做加速度减小的加 示数分别为0.6A和0.4A;电源电动势为1.5V,人两手间电 速运动.故B错误；磁铁穿过铝管的过程中，铝管中将产生感应 阻设为200kΩ，可知流过人体的电流值几乎可以忽略不计，流 电流，铝管中有热量产生，根据能量守恒定律，磁铁减少的动能 过灯泡的电流为0.2A,结合欧姆定律可知，灯泡的电阻值较 等于铝管增加的动能和产生的热量之和.故C错误；假设铝管 小.当电路稳定后再突然断开S,时，线圈产生自感电动势，此 足够长，最后铝管和磁铁的速度相等，选择水平向右的方向为：时人与灯泡并联，由于灯泡的电阻值小，所以流过灯泡的电流 3 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 比较大，则线圈的电流变化率比较小.根据自感电动势的公式反向，线圈b段受到的安培力方向仍然向左，仍起到缓冲作 可知，线圈产生的自感电动势就比较小，人不能产生触电的感 用，CD正确. 觉，故A错误；先将S,和S2闭合，稳定后再突然断开S2时，对线 3.磁铁向下运动过程中，根据电阻定律可知，金属板与磁 圈的回路没有影响，线圈不产生比较大的自感电动势，故B错 铁正对部分的电阻为R=P品，故A正确；当小磁铁速率为· 误；保持S2断开，当开关闭合后，电感线圈与人们并联，由于电 时，两金属板受安培力均为F=Bcl,对小磁铁，根据受力平衡 源为1.5V的新干电池，所以流过人的电流很小.当断开S,时， 线圈与人串联，由于电感线圈电流逐渐变小到几乎等于0，根 条件有2B1=mg,解得1=器，故B错误：根据法拉第电磁感 据自感电动势的公式可知能够产生很高的瞬间电压，使人有触 应定律，可知金属板的感应电动势为E=Bcw,根据欧姆定律有 电的感觉，故C正确，D错误；故选C. 景解得“沿。侧仅更换电阻率更小的金阔板，可以 (2)由电路图可知，任意操作两开关，会导致线圈中产生 减小磁铁向下匀速运动的速率，故C错误，D正确。 很高的感应电动势，则小灯泡最有可能烧坏，故C正确，A、B、D 4.(1)D(2)73.9(3)磁铁 错误；故选C. 解析：(1)对吊篮Mg-T=Ma (3)保持S2断开，先闭合S,待稳定后突然断开S,因电流 对金属配重块有T-mg=ma 的减小，导致线圈产生感应电动势，从而阻碍电流的减小，则线 圈相当于瞬间电源的作用，此时A、B两点中电势较高的点是 得a=(1-M+m 2m)g,消防员下落过程中，其加速度a与M A.当突然断开S,经过人的电流为0.5A,而人的电阻为 的关系更接近D. 200k2,由欧姆定律，可知，U=1R=0.5×200kV=100kV. (2)由机械能守恒可得(M-m)gH=子(M+m)2得m 10(1)向右(2)msh-(分Mw+之m2》 个 M,当M取最大值95kg时，m至少为73.9kg 解析：(1)磁铁B向右运动时，螺线管中产生感应电流，感 (3)实际使用中，为使吊篮落地时更加平稳，减少冲击.可 应电流产生电磁驱动作用，使得螺线管A向右运动. 在图中A区域安放磁铁，利用了电磁阻尼原理 (2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A、B的动能和 5.(1)0.5kg/s;(2)0.375J 螺线管中所清耗的电能，所以有msh=心+弓m后+E, 1 解析：(1)磁铁从管上端由静止释放，释放后很快进入稳 得E=ms-(分城+子m) 定状态，即磁铁匀速下落，匀速时的速度为：=兰-8}m。 B组 =1m/s 1.AD 2.BCD 3.AD 此时，磁铁受力平衡，则有=mg 提示： 得k=mg=0.05×10kg/s=0.5kg/s 1 1.根据题目给出的信息可以判断，磁流变液是利用了电流 (2)磁铁下落高度为0.8m,由能量守恒，全过程产生热量 的磁效应，故A正确，B错误；电流越强，磁流变液的粘度越高， 减震器的阻尼越大，相当于弹簧的劲度系数越大，即悬挂越硬， 为Q=msH-2am=(005x10x08-分x0.05×1PJ 故给人造成的颠簸感越强，故C错误，D正确， =0.375J. 2.缓冲过程中，线圈bc段切割磁感线，根据右手定则，感 第43期3版参考答案 应电流方向为c到b,故同一匝线圈中b端的电势高于c端的电 A组 势，由左手定则可知，线圈bc段受到向左的安培力作用，A错 1.B2.C3.C4.C5.C6.B7.B 误，B正确；感应电流方向为c到b,b端的电势高于c端的电势， 提示： 线圈ab段中电流方向为由b到α；磁场反向时，感应电流方向 1.图示位置为垂直于中性面的位置，此时穿过线圈磁通量 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 为0，穿过线圈磁通量的变化率最大，电流方向应该在中性面 通过电路，由电流的有效值的定义则有 T=PRT. 的位置发生改变，在此时不发生改变，故AD错误，B正确；若从 图示位置开始计时，此时电流的瞬时值为最大值，线圈中的电 解得1=BSn,故B正确 R +r 流瞬时值表达式为i=I cos wt,故C错误 8.(1)e=52sin10mt(V); 2.根据右手定则可知，甲图中电流方向始终不变，为直流 (2)4V. 电；图乙电流经过中性面方向改变，是交流电.故C正确， 解析：(1)线圈转速n=300r/min=5/s,线圈转动的角 3.t-0时刻线框所在平面与磁场垂直，此时穿过线框磁 速度w=2πn=l0πrad/s,线圈中感应电动势的峰值E,m= 通量最大，但穿过线框磁通量的变化率为零，感应电动势为零， 回路电流为零，则bc边所受安培力为零，a、d两点间电压为0， NBS=10x2x0.05x10mV=52V,线圈所在的图示位 故AB错误，C正确；感应电动势的最大值为E。=BSw= 置为中性面，故线圈中感应电动势的瞬时值表达式e= 2B1ω，电动势的有效值为E= E。=2BlPw,线框转一圈过程 Esin wt 52sin 10mt(V). E2g2,放D特 (2)感应电动势的有效值E=E=52V=5V,感应电 中外力对线框做功为W=Q=R+R。 √2√2 R 误 E 5 流的有效值1=R+,=8十2A=0.5A电表所示的示数均为 4.由于线圈从垂直于中性面开始转动，故t=0为感应电 有效值，则交流电压表示数U=IR=0.5×8V=4V. 流峰值，故可以排除选项BD;换向器的作用是使产生的电流方 9.解析：(1)发电机产生的电动势的最大值为E=NBSw 向始终保持不变，则A错误，C正确， =NBLdo=4V,电动势的瞬时值表达式为 5.t=0时线圈中磁通量最大，磁通量变化率为零，故A错 eE.sin wt =4sin 20mt(V) 误；根据右手定则，=t1时线圈中电流方向由Q指向P,故B错 (2)发电机产生的电动势的有效值为E=E=22V= 误：0~h过程，线圈中的平均感应电动势大小为E=nA中 △t 2.828V,小灯泡恰好正常发光，则线圈的电压为U线=E-U. _2nBS@_2,故C正确，线圈中的电动势瞬时值 n1.2 =2.828V-2.5V=0.328V,线圈的电流为1线=1=元 = 4 表达式为e=E.sim(2牙)(V)故，D错误 0.6A=0.24A,发电机线圈的电阻为R线=我=024D≈ 2.5 6.摩擦轮和车轮半径比例保持不变，当车速变为原来的2 1.372. 倍时，摩擦轮转动的角速度也变为原来的2倍，产生感应电动 10.解析：(1)线圈由图示位置开始转动，根据右手定则可 势的最大值E。=NBSw及有效值E均变为原来的2倍，通过灯 知，产生的感应电流为顺时针方向，二极管处于正向导通状态。 泡的电流及灯泡两端的电压也变为原来的2倍，由功率P= 转过180过程中，根据法拉第电磁感应定律有E=VA0,又 ,可知功率变为原来的4倍，故AC错误，B正确；角速度加 △Φ=2S,根据闭合电路欧姆定律有/三R十根据电流定义 倍，由周期T=石可知周期变为原来的故D错误 式有g=△，解得g=2NBS R+r 7.线圈转动一周只有一半的时间有电流流过电阻，感应电 (2)线圈转动一周只有一半的时间有电流流过电阻，感应 动势的峰值为E。=NBS·2πn,感应电流的峰值Im= NBS·2m”,由于交流电流表测量的是有效值，而电路中存在二 电动势的峰值E。=2πNBSn,感应电流的峰值1。=2πNBSn R+r R+r 极管，二极管的单向导电性导致一个周期内只有半周期有电流 由于交流电流表测量的是有效值，得（号1.）R·子-户R7,解 5 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 得I=TNBSn 故D正确。 R+r 2R B组 42(R+ N8号，2 2(R+T) 1.BC 2.BC 3.CD 解析：线圈在匀强磁场中以恒定角速度转动，产生感应电 提示： 动势的最大值为E。=NBLw,电压表的示数为有效值，由闭合 1.根据题图可知交变电动势的周期为0.2s,则线圈转动 电路欧姆定律可得电压表示数为0=(R+r)'万 R 的角速度为w-2要=10mad/s,故A错误；根据题图可知交变 2R 、NBL2w 电动势的最大值为1V,若线圈的转速增加为原来的两倍，则 2(R+r 角速度变为原来的两倍，根据E。=nBSw可知电动势的最大值 在△t时间段内，通过电阻R的电荷量为q=I△1，由闭合回 E=2V,故B正确： E 变为2V,则交变电动势的有效值为E 路欧姆定律可知，回路中的电流为/=R十，由法拉第电磁感 根据E。=nBSω可得线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通 应定律可知感应电动势为E=N普，在4时间段内，磁通量的 量重。0mx20Wh=200元Wh,故C正确t=01s 1 变化量为A中=BLsn60°=BE,由以上各式联立解得g 时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量 3NBL 最大，故D错误 2(R+r) 2.t=0时，穿过线圈的磁通量为0，则线圈平面平行于磁 5.解析：(1)角速度为w=2mn=2m×50rad/s= 感线，故A错误；t=1s时，穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变 100rad/s,产生的感应电动势最大值为Em=NBSw=100×1× 化率最大，则线圈中的感应电动势最大，故B正确；=1.5s 时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为0，线圈中的感 0.2×0.2×100V=400V,交流电有效值为0= E 2 应电动势为0，感应电流为0，线圈处于中性面，线圈中的电流 202V,则交流电压表的示数为L,=R不1=150，万V 改变方向，故C正确：角速度为w=2严=Trad/s,感应电动势 T 最大值为Em=nBSw=100×0.04×πV=4rV,一个周期内， (2)周期为7=2石=0，平均电动势为E=n △t (4π)2 BS-0=100x1×0.2x0.2V=800V 线圈产生的热量为Q=乃×2=8J,故D错误 4 × E 3.t=0时刻，两个正弦式交变电流的感应电动势的瞬时 3通过线框截面电量为g三1三R+,三N,4￠ R+T 值均为零，此时线圈都在中性面位置，即线圈与磁场垂直，故A 100x1×0,2×0.2C=0.25C 12+4 错误；由图可得两个正弦式交变电流的周期为T。=0.4s,T。 第44期3版参考答案 =0.6s,则 ：子根据T=了=女线圈先后两次转速之 T f n A组 比为二无怎，故B错误：交流a是正弦式交变电流，电压 1.C2.C3.C4.D5.C6.D7.C n 提示： 的最大值为Um=40V,则交流a的电压有效值为U。= 1.副线圈中总电流为2=31，根据原副线圈电流比公式 20,2V,故C正确：根据E。=N8=N8s2停则会 二T。 12 =,可得原线圈中的电流为1=1，和副线圈中其中任意 n 灯泡的电流相同，故可得灯L两端的电压为U,故C正确 会会为如 80 3 V, 2.设副线圈的总匝数为n2,电流表测的是电流有效值，根 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 据题意得原线圈电压有效值为号，根据变压器电压与匝数关2×102s,所以频率为f=7=50H,故A错误；电压表的示 2 系，有” 2n R,解得= 2,赦AB错误：当，接a、 数为交变电流的有效值期际数为西告沿：要v放 2 B错误；若实现燃气灶点火，则U2。>5000V,根据变压器电压 s,接c时，设输出电压为，则有”-联立以上解得， √2n1n2 2-,则2.=U.-2x5V>5000V,解得 关系可知元，n 几1 n1 =21。R,故C正确；当S1接b、S2接c时，电流表示数为1，则有 n U <0放C正确，D错误 ,联立以上各式解得1，=4，故D错误 n2 n2 6.交流电压表的示数等于正弦交变电压的有效值，为0= 3.若仅将滑片P2向右移动，副线圈电压U2不变，由于滑 少=22V,故A错误；根据理想变压器原副线圈电压与线圈 动变阻器接入电路阻值变大，根据欧姆定律可知，副线圈的电 流12减小，电压表测量定值电阻R两端的电压，由Uv=R, 匝数的关系，副线圈与原线圈匝数比需满足=≥2800 n 4 可知，电压表的示数减小，故A错误：若仅将P,由M滑动到N, =700,故B错误：交变电压的频率为f=2元=500，变压 线图面数心变大：原线电E不变，根据=，可知 器不改变交变电压的频率，则电击网上的高频电压的频率为 U, 5000Hz.故C错误；根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝 副线圈电压飞变大，结合欧姆定律=R十R,可知副线圈 的电流I2变大，电流表的示数增大，故B错误；根据变压器的原 数的关系号一异，可知通过原线圈的电流大于通过刷浅圈的 n2 理可知，原副线圈的电流关系号=，解得1=1，当仅改 电流，原线圈应该用较粗的导线绕制，故D正确。 I n n 7.由于输送的总功率P。保持不变，当输送电压由原来的U 变P,的位置，若电流表示数增大，结合上述分析可知，副线圈 提高到原来的5倍时，即”=5U,根据功率的公式P。=U1,I 匝数2变大，故原线圈中电流的有效值I1增大，根据正弦交流 电的峰值I。=√21，故原线圈上电流的峰值增大，故C正确；滑 只可知输电线上的电流/一品=宁，检电线的电阻不 U2)2R2= 动变阻器消耗的功率P%,=F=（R+R 变，根据欧姆定律可知△W=了AU=0.2A0,则损失的功率 (R+R,因滑动变阻器尼与定值电阻R的数值关系不确 △P=1a'=号x0.2AU=0.04aU=0.04aP,故C正确 R 8.0.005~0.015s10055110 定，因此若仅将向左滑动，滑动变阻器消耗的功率变化不能确 解析：在0到0.005s产生的磁场与规定正方向相同.由楞 定，故D错误。 次定律可知受电线圈产生的感应磁场方向与规定的正方向相 4.由图乙可知，交流电源的频率为50Hz,手机内部线圈中 同的时间段为0.005~0.015s.受电线圈电流的频率与供电线 的电流每秒变化100次，故A错误；由于漏磁造成手机内部线 圈电流的频率相同，电流方向一秒钟变化100次，由图丙可知 图中磁通量为无线充电器线圈磁通量的80%，则有9×80% 供电线圈电压的最大值U。=2202V,有效值为U= Um= n =,即U,=凸×80%=48V,故手机内部线圈两端电压 n2 n :停=十，可得受电线圈的输出电压为么=5V, n2 的有效值为4.8V,最大值为4.82V,故D正确，C错误；由上 不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，供电线圈的输入功 式易得增加手机内部线圈与无线充电器线圈的匝数比，手机内 率等于受电线圈的输出功率P1=P2=U2山2=55×2W= 部线圈两端获得的电压将增大，故B错误 110W 5.由图乙可知，转换器输出的交流电压的的周期为T= 9.解析：(1)根据变压器原理可知，电压之比等于线圈匝 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 数之比，则有 灯泡两端的电压是U2=心=无放D正确 U=2U,=72080×20V=4V 200 n 3.结合图乙可知中=2sin100πt(W),由法拉第电磁感 U,-2U=100×20v=10V 500 应定律可知，感应电动势为E=△电=200mc0s100t(V),当t n △t (2)由欧姆定律可知，-芳A=号Ah-粥A=2A, =0.01s时，圆形线圈中电动势最大，电流最大，t=0.005s 时，圆形线圈中电动势为零，电流为零，故A正确，B错误理想 故电流之比12：13=2：5. 变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=20:1,则E:U2=20:1, 10.解析：(1)根据平均功率的关系式有P=E 可得副线圈两端的电压为U2=10πcos100πt(V),其中U2= 其中t=365×24h=8760h n2 BSwcos100mt,w=100mrad/s,联立可得n2BS=0.1Wh,则 解得P=2000kW 0~0.005s内，流过R的电荷量为g=49=0.1W R R (2)令输送电流为1，由于输送功率为第(1)问中算出的 0.005C,故C错误；在一个周期内电阻R,消耗的电能为Q1= 平均功率，则有P=U1,得I=10A 输电线上损耗的功率△P=P,=5%P 道T二0.5小电阻R消耗的电能为Q,三.=0.5， R 解得r=1.0×1032. 故原线圈的输人功率为P=十0=50W,故D正确 B组 T 1.BC 2.BD 3.AD 4.k>1006.7×10-3 提示： 解析理想变器原副线圈的电压关系为 1.用户使用的用电器是并联接入电路，当用户使用的用电 由于原线圈最大电压为50V,副线圈最大电压要大于5000V, 器减少时，用户总电阻R增大，故A错误；变压器视为理想变压 所以k>100,若原副线圈匝数比k=200,最大值为10000V, 器、输人电压恒定，电表视为理想电表，变压器的匝数不变，由 根据三角函数关系可知，其在角度30°~150°间均在放电，所 =业，可知电压表V,示数不变，故B正确：用户总电阻R增 U,-n, 以每次放电时间为4=15030°×0.015≈6.7×10s 180° 天则副线圈中电流三R十尼减小，R两端的电压U,=,R 5.解析：(1)设通过电动机的电流为I,电动机内阻损耗的 减小.用电器R两端电压UR=U2-U。,可知用电器R两端电压 功率为P,由题意得P损=1，P损=(1-n)P=(1-n)U1, 升高，故C正确；由U,I,=U,I2,可知电流表A示数减小，故D 代入数据解得I=5A,P=U1=1100W,电动机的机械功率 错误 P机=80%P=880W. 2.题图乙的实验须采用交流电，因为变压器是利用互感的 (2)设降压变压器原线圈两端的电压为U,,通过输电线路 原理工作的，故A错误；题图甲中导线卷A与B中的电流I= 得电流为，由题意得-解得-2.2A,输电线路损耗 无能量总损耗P=fR=(号)R,灯泡获得的功率Pm= 的功率△P=R=2.22×25W=121W,则升压变压器得输 P-P=P-(号)R,放B正确；题图乙中升压变压器输人端 人功率P,=△P+P=1221W,由题中交变电动势的表达式可 知，发电机的输出电压峰值为E。=222√2V,则升压变压器的 的电流，=无，输出端的电流么=着导线卷4损耗的 输入电压为U,=222=22V,电流表的读数为升压变压器 √2 功率户=片·受一是故C甜误，思图乙中升E变压器输 出端的电压U2=kU,降压变压器输入端的电压U,=U2 得输人电流可得么-无=1兴《=55入 1R,降压变压器输出端的电压U,= :1U,整理可得题图乙中 8素养·拓展 数理招 (上接第3版) C.线圈ab段中电流方向为由b到a D.若磁场反向，则装置仍然能起到缓冲作用 B组能力篇 3.在探究电磁阻尼实 验中把两厚度为a的大金 一、多选题（本题共3小题，每小题6分，共 属板正对竖直放置，如图3 (2)为了消防员的安全考虑，要求吊篮落地 18分) 所示，质量为m的长方体 的速度不大于5m/s.金属配重块的质量至少为 1.电磁悬挂的结构示意图如图1所示，电磁形状小磁铁静止于两板之 kg(结果保留一位小数)（消防员和 悬挂不同于空气悬挂，其仍使用弹簧提供支撑间，与金属板垂直.磁铁端 吊篮总质量M在80kg至95kg之间) 力，但可调阻尼减震器内部则不是传统的液压面正对两金属板区域的磁场均可视为匀强磁 (3)实际使用中，为使吊篮落地时更加平 机油，而是磁流变液.磁流变液的特点就是可通场，磁感应强度为B,其余磁场忽略不计.已知磁 稳，减少冲击.可在图中A区域安放来 过电流产生的磁场来灵活调节磁流变液的粘 铁高为b、宽为c、长为L,金属板电阻率为p,重实现. 度，从而控制减震器的阻尼，也就是改变悬挂的 力加速度为g,为研究问题方便金属板只考虑与 三、计算题（共13分） 软硬，且磁场越强，磁流变液的粘度越高，减震 磁场正对部分的电阻，忽略空气阻力，小磁铁由 5.在科技馆常看到这样的表演：磁铁在铝 器的阻尼越大.下列说法正确的是 某高度静止释放，运动过程中始终保持水平，且管中下落时，即使不受摩擦阻力和空气阻力，磁 穿出金属板前已经匀速.则下列说法正确的是 铁与铝管之间电磁感应作用而产生了感应电 ( )流，安培力的反作用力使磁铁运动受到阻碍而 传感器 控制器 A.磁铁向下运动过程中，金属板与磁铁正 变得缓慢，这个力与速度成正比，记作∫=，现 可调阻尼减振器 擦旋弹 对部分的电阻为P品 有一个长为0.8m的铝管竖直放置，如图5，管 平传感器 一轮胎 侧有小孔可以观察到磁铁的运动，小孔分布均 图1 B.当小磁铁速率为v时，金属板与磁铁正对 匀且间距均为0.1m,磁铁重50g,从管上端口 A.磁流变液是利用了电流的磁效应 部分的电流为 由静止释放，经过第一个小孔已经进入匀速下 B.磁流变液是利用了电流的热效应 Be 落的稳定状态，测得磁铁经过两相邻小孔的时 C.电流越强，悬挂越软，乘坐的舒适感越好 C.小磁铁向下肉速运动时的速率为分器 间为0.1s,重力加速度g=10m/s2,求： D.电流越强，悬挂越硬，乘坐颠簸感越强 D.仅更换电阻率更小的金属板，可以减小 (1)f=k中的k为多大？ 2.为防止意外发 机航主体 生，游乐场等大型设 磁铁向下匀速运动的速率 (2)磁铁穿过铝管过程中系统产生的热量 二、填空题（共9分） 是多少？ 施都配备有电磁阻尼 装置，如图2所示为某 4.出警时，消防员离 光滑纶豫轨道 款阻尼缓冲装置的原 图2 开距地面H=10m高的休 理示意图：带有光滑轨道的机械主体，能产生垂 息室进人“速降梯”吊篮， 直缓冲轨道平面的匀强磁场，边缘绕有闭合矩快速降落到地面。“速降 配重 形线圈abcd的高强度缓冲滑块撞到竖直墙时，梯”结构如图4所示.设消 图4 被瞬间强制制动，机械主体以及磁场由于惯性 防员和吊篮总质量为M 继续缓冲减速，对缓冲过程，下列说法正确的是 “速降梯”配重金属块质量为m,不计运行中各 ( 类阻力的影响，g取10m/s2. A.线圈bc段受到向右的安培力 (1)消防员下落过程中，其加速度a与M的 B.同一匝线圈中b端的电势高于c端的电势关系更接近 ( (参考答案见下期) 第41期2版参考答案 (2)产生的感应电动势E=nA更=nS△B向右 △t △t 素养专练4 B组 1.B2.D3.C4.A :sB,B,根据闭合电路欧姆定律得I= 1.CD 2.BD 3.AC to 素养专练5 E B-Bo 4.0.50.5 1.A2.B3.A4.AD5.A r+R=nS o(r+R) 5.解析：(1)5s内的位移x=d=25m, 第41期3版参考答案 10.解析：(1)ac棒垂直切割磁感线，产生的 A组 感应电动势的大小为E=B=0.40×0.50×5s内的平均速度0=￥=5m/s,所以平均感应 1.B2.B3.A4.A5.D6.D7.B 4.0V=0.80V 电动势E=BLv=0.4V 8.Bly Blusin0水平向左安培力其 (2)回路中感应电流的大小为I= E R = (2)5s末，v=at=10m/s,此时感应电动 他形式的电 4.0A.由右手定则知，ac棒中的感应电流由c流 9.解析：(1)根据楞次定律，线圈产生的感向a 势E=BLm=0.8V,由欧姆定律得1= R 应电流要阻碍磁场的变化，所以感应电流方向 (3)ac棒受到的安培力大小为F安=Bl=0.8A 是逆时针方向，而圆形线圈相当于电源，电源内0.40×4.0×0.50N=0.80N,由左手定则知， (3)杆做匀加速运动，由牛顿第二定律得F 部电流从a流向b,所以b相当于电源正极，a相安培力方向向左.由于导体棒匀速运动，水平方-F安=ma,即F=ma+F安=ma+BIL= 当于电源负极，故p6>P。· 向受力平衡，则F外=F安=0.80N,方向水平0.164N. 本版责任编辑：宋燕明 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 数浮极 2026年5月11日·星期 高中物理 第 42期总第1186期 人教 0351-5271248 选择性必修第二册 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版 改变每一天就是 社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-285 最大程度改变人生 存在着大小恒定的空气阻力∫且线框不发生转 世界瞬息万变 电磁感应中的热量计算方法 动.求： (1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速 度v2; 周围的环境和情况 (2)线框在上升阶段网刚离开磁场时的速度v1: ◆四川林洪树 也在不断变化，只有 (3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生 当闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁路)的部分导体匀速地切割磁感线时，可根据能 的焦耳热Q. 不断改变和提升自 感线运动时，闭合电路中有电流产生，通电导体量守恒定律或根据Q=E电=求解研究过 解析：(1)由于线框匀速进入磁场，则合力 受到安培力作用，安培力对导体做功，有电能和程产生的热量 已，一个人才能真正 其它形式能的转化如在纯电阻电路中电能全部 根据题目所给条件，按电路的电阻是否变 为零.有mg=f+ B2a22 R 地成长和成熟。如果 转化为电阻的内能，即放出焦耳热，整个过程中化可分为如下两类： 能量守恒.本文就有关问题进行阐述，供参考， 一、闭合电路的电阻一定 解得2=mg-D B'a 因为害怕失败，就不 如图1所示，光滑水平导轨电阻不计，处于竖 若质量一定的闭合线框所受安培力之外的 (2)设线框离开磁场能上升的最大高度为 愿意迈出改变的脚 直向上的匀强磁场中，金属棒的电阻为R,以速度，其它恒力以及线框在初、末位置的速度和位移 h,则线框从刚离开磁场至上升到最高点过程， 向右运动金属棒ab向右运动过程受重力mg、弹 均已知时，可根据能量守恒定律求解研究过程由动能定理得： 步，那就只能原地踏 力F、和安培力F安作用，且安培力是变力，如图2所 产生的热量. (mgh=m 步，不进则退。 示，对金属棒ab由动能定理得W东=△E, ① 二、闭合电路的电阻随时间线性变化 若闭合电路的部分导体切割磁感线，电流 线框从最高点回落至刚进入磁场过程，由动 当然，改变自己 强度保持不变，而电路的电阻R随时间均匀变 能定理得： 不是那么容易，需要 化时，可先求出电路电阻的平均值= (mg -A)h =m R(t)+R,( 个契机。其实，新 2 ,然后用Q=PR求解研究过程 解得：1= mg +f Nmg-f 由于金属棒ab所受安培力做负功，其动能产生的热量 年的开启，就是 (mg +f)(mg-f)R 减少，即△E<0. 例.如图3所示，将边长为a、 B2a2 个很好的契机，因为 对金属棒ab、导轨组成的系统，金属棒ab质量为m、电阻为R的正方形导 (3)在线框向上刚进入磁场到刚离开磁场 的动能转化为电能，由能量转化和守恒定律有 线框竖直向上抛出，穿过宽度为 眼前的每一天都是 的过程中，根据能量守恒定律可得 -△Ek=E由 ②b、磁感应强度为B的匀强磁场， 1 崭新的，我们可以放 金属棒相当于电源，产生的电能转化为内磁场的方向垂直纸面向里.线框 图3 n(2,)P=7md+mg(6+a)+0 能向外释放，故Q=E电 ③ 向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度 解得：Q=3m(mg+D(mg-DR2 -mg(b 下过去的包袱，开启 由①②③式得Q=-W 的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然 2B'a* 由以上讨论可知，当闭合电路（纯电阻电后下落并匀速进入磁场.整个运动过程中始终 +a) 全新的旅程。 A.S闭合瞬间，LA、LB同时 即使暂时没能 发光，接着L变暗，L更亮，最 达到预期的目标、没 自感现象的分析及应 后L熄灭 B.S闭合瞬间，L不亮，L 能赢得旁人的赞许 图2 湖南闵雄波 立即亮 也并不意味着这样 线圈中的电流发生变化时，线圈自身会产 C.S闭合瞬间，LA、L都不立即亮 的改变没有价值。沿 生自感电动势，其方向总要阻碍引起自感的电 电流1，=允，方向由d至。断开s的瞬间，山立 D.稳定后再断开S的瞬间，L熄灭，L比 流的变化，这种现象叫做自感现象.自感电动势 即消失，而由于线圈的自感，1不会马上消失，L原先的亮度更亮 途遇到的风景、路上 阻碍的是“电流的变化”，而不是电流本身。 可以认为在这一瞬间不变，所以线圈上会产生 解析：本题中所给的条件一线圈L的电阻 结识的新朋友、获得 一、通电自感 一个b端为正，α端为负的自感电动势，与灯泡可以忽略.暗示了当电键闭合瞬间，线圈可以认 如图1甲所示，当开关S闭合瞬间，灯泡A2 组成了abcd回路，由此流过A的电流由I2变成 为是断路；而当电路稳定时，线圈可以看做短路。 的广阔视野，都是这 所在的支路中的电流立即达到最大值，A,立即 1,方向变成c至d.若线圈的电阻r小于灯泡上 S闭合的瞬间，L支路中电流从无到有发生 的电阻R,1大于2，则灯泡会闪亮一下才逐渐 一路上满满的收获 发光；而灯泡A,所在的支路中，由于线圈L产生 变化，因此，L中产生的自感电动势阻碍电流的 了自感电动势，阻碍了该支路电流的增大，因此 熄灭 增加，由于自感系数大，则对电流的阻碍作用很 新的一年，专注A1中的电流逐渐增大，灯泡慢慢才变亮 思考：发生断电自感时，电路中的灯泡是否 强，所以S闭合的瞬间，L中的电流很小，即干路 会闪亮后再熄灭？ 当下，提升自己。因 m 提示：关键是要看电键断开瞬间，流过灯泡 中的电流几乎全部流过L·所以LL.会同时 为改变每一天，就是 的电流比起它在电路稳定时的电流是变大还是 亮，且两灯亮度相同. 变小.由于电键断开瞬间流过灯泡的电流是线 当电路稳定时，线圈可以认为是短路，则L 最大程度地改变人 圈提供的，因此要比较电路稳定时线圈L中的电 会熄灭，此时电路中的总电阻比刚接通时小，L 二、断电自感 流I和灯泡A电流，的大小，若I>1,灯泡就 会比以前更亮 如图1乙所示，电源内阻不计，当电流处于 会闪亮一下才熄灭；若1<I,则灯泡直接变暗 断开S瞬间，通过L的电流等于线圈L上 稳定状态时，流过线圈L(内阻为r)的电流为1， 直至熄灭 的电流，也等于L。上的电流，因此，L会闪亮 例1.如图2所示，灯L、L完全相同，带铁 ￡，方向由a至，流过灯泡A(内阻为)的芯的线圈L的电阻可以忽略，则 下再熄灭，但L不会比L。更亮 答案：A. 2 素养专练 数理极 6.涡流、电磁阻尼和电磁驱动 :的原理 稀薄气体实验环境中，第一次实验时将导体棒用 B.金属探测器探测到考生衣服上的金属扣两条等长的细导线悬挂于水平绝缘转轴上的α、b 1.关于涡流、电磁阻尼、电磁驱动，下列说法时，金属扣中感应出涡流 两点，并把导体棒从竖直位置拉开一定角度由静 不正确的是 C.此金属探测器也可用于食品生产，检测食：止释放，记录导体棒自开始运动至停止摆动的时 A.电磁炉利用电磁阻尼工作，录音机在磁带品中是否混人细小的砂粒 间.第二次实验时用导线把a、b两点的导线连接 上录制声音利用电磁驱动工作 D.探测过程中，无论金属探测器与被测金属（假设连接后不影响转轴阻力），其他实验条件与 B.真空治炼炉熔化金属是利用了涡流 处于相对静止状态，还是相对运动状态，都能产生 第一次的保持一致，记录导体棒自开始运动至停 C.金属探测器应用于安检场所，探测器利用涡流 :止摆动的时间.下列关于实验分析正确的是 了涡流的原理 4.如图3三个实验中，图甲是法拉第圆盘，圆 D.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线 A.第二次摆动时间大于第一次摆动时间 电磁阻尼的作用 将圆盘圆心和边缘与外面电阻R相连.图乙是阿拉 B.第二次实验时转轴沿任意方向摆放摆动时 2.台风“烟花”登陆上海 果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴无！间均相同 后，“中国第一高楼”上海中心 摩擦转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚 C.第二次实验时转轴沿东西方向摆放摆动时 大厦上的阻尼器开始出现摆动 可以自由旋转的磁针.图丙是费曼圆盘，一块水平间最短 给大楼进行减振.如图1所示 永磁情 放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴无摩擦 D.第二次实验时转轴沿南北方向摆放摆动时 该阻尼器首次采用了电涡流技 转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定间最短 术，底部附着永磁铁的质量块摆 1 着若干带负电的金属小球.则 6.为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快 动通过导体板上方时，导体板内产生电涡流关于 速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼”来实现， 阻尼器，下列说法正确的是 他们设计了如图5所示的甲、乙两种方案.甲方案： A.阻尼器摆动时产生的电涡流源于电磁感应 在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于铝板中间； 现象 乙方案：在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于铝 B.阻尼器摆动时产生的电涡流源于外部电源 框中间.下列说法正确的是 ( 供电 图3 指针 C.阻尼器最终将内能转化成为机械能 A.法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量 D.质量块通过导体板上方时，导体板的电涡 不变，无感应电流通过R 流大小与质量块的速率无关 B.阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同 壁场 3.金属探测器如图2所 向转动；反之，转动小磁针，圆盘不动 甲方第 乙方霸 示，当金属中处在变化的磁场 C.费曼圆盘中，当开关闭合的一瞬间，圆盘会 图5 中时，这个磁场能在金属物体 顺时针（俯视）转动 A.甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产 的内部产生涡电流涡电流又 D.法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的 生感应电流 会产生磁场，倒过来影响原来 表现 B.甲方案中，铝板摆动时能产生涡流，起到电 的磁场，引发探测器发出鸣声.考生进考场时，每 5.电磁阻尼在精确实验 磁阻尼的作用 个同学都必须经过金属探测器的检查.关于金属中常常不能忽略.某同学在 C.乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应 探测器的检查，下列说法不正确的是 ):北京实验室中尝试探究电磁 电流 A.金属探测器的工作原理是利用了电磁感应阻尼的影响，如图4所示，在 D.乙方案比甲方案更合理 7.互感和自感 D.有阻碍电流增大的作用，但电流还是增大，干，几位同学手牵手连到电路的C、D两端，会产生 最后变为21 “触电”的感觉，则以下说法正确的是 1,关于线圈的自感系数、自感电动势的下列 4.某同学研究自感现象 A.“触电”是发生在电键K断开的瞬间 说法中正确的是 )时，设计了如图2所示的电 B.“触电”是由感应起电引起的 A.线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大 路，自感线圈的直流电阻小 C.“触电”时通过人体的电流方向是A→C→ B.对于某一线圈，自感电动势正比于电流的 于小灯泡电阻，则下列有关 D→B 变化量 现象正确的是 D.千电池的3V电压让人感到“触电” C.一个线圈的电流均匀增大，这个线圈的自 A.电键闭合时，灯泡逐渐变亮 7.在制作精密电阻时，为 感系数、自感电动势都不变 B.电键闭合时，灯泡立即变亮 了清除使用过程中由于电流变 D.自感电动势总与原电流方向相反 C.电键断开时，灯泡逐渐熄灭 化而引起的自感现象，采用双 2.关于线圈自感系数的说法，错误的是 D.电键断开时，灯泡闪亮后再熄灭 线并绕的方法，如图5所示其 ( 5.如图3所示的电路中，R为 原理是 ( A.自感电动势越大，自感系数也越大 阻值较小的定值电阻，电感器L的 A.当电路中的电流变化 B把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小 电阻不计，A、B是完全相同的灯 时，两股导线产生的自感电动势相互抵消 C.把线圈匝数增加一些，自感系数变大 泡.当电键S闭合时，下面所述的 B.当电路中的电流变化时，两股导线产生的 D.电感是自感系数的简称 情况中正确的是 ( 感应电流相互抵消 3.如图1所示，多匝线圈和 A.A比B先亮 C.当电路中的电流变化时，两股导线中原电 电池的内阻均为零，两个电阻的 B.B比A先亮 流的磁通量相互抵消 阻值均为R,开关S断开时，电路 C.A、B一起亮 D.以上说法都不对 中的电流为1.现将S闭合，于是 D.无法判断哪个灯泡先亮 电路中产生自感电动势，此自感 1 6.老师在物理课堂内做 电动势 了“千人震”趣味小实验，如 A.使电路中的电流减小，最后由I减小到零 图4所示，用了一个日光灯上 B.有阻碍电流的作用，最后电流小于I 拆下来的镇流器、两节1.5V c99? ◎本报命题组 C.有阻碍电流增大的作用，故电流总保持不变的干电池、电键以及导线若 图4 (参考答案见下期) 数理柄 素养·测评 3 》 《电磁感应 感生电场的 方向与感应电流的方向 可以用 定 律来判断感生电场的方向. 同步核心素养测试（三） 述情况下， 扮演了非静电力的角色 ⊙本报命题组 为0.3kg的条形磁铁（条形磁铁横截面比铝管管内横 9.(12分)张老师在课堂上 A组基础篇 演示了如图3所示的实验，电源 截面小)以v=5m/s的水平初速度自左向右穿过铝 电动势为1.5V,人两手间电阻 管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度则关于磁铁穿过铝 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分）管的过程中，下列说法正确的是 设为200k2,L为自感系数很 1.图1甲、乙中磁场方向与轮子的转轴平行，图 大的电感线圈.当开关S,和S, A.从左往右看，图示时刻铝管中的感应电流沿 丙、丁中磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，时针方向 都闭合稳定时，电流表A1、A的示数分别为0.6A和 则采取下列哪个措施，能最有效地借助磁场的作用， B.铝管可能先做加速运动后做匀速运动 0.4A.当断开S2,闭合S,电路稳定时电流表A1、A2 让转动的轮子停下 C.磁铁减少的动能等于铝管增加的动能 的示数都为0.5A.实验前先将两开关都断开. (1)以下操作能使人有触电感觉的是 D.铝管获得的速度可能等于2m/s 5.如图5所示，L是自感系 A.先将S,和S,闭合，稳定后再突然断开S 数很大的线圈，但其自身的电 阻几乎为零.A和B是两个完 B.先将S,和S2闭合，稳定后再突然断开S, C.保持S,断开，先闭合S,稳定后再突然断开S 图 全相同的小灯泡 () A.如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈 图5 D.由于电源电动势只有1.5V,无论怎样操作 A.当开关S由断开变为闭 B.如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈 都不会使人有触电的感觉 合时，A灯的亮度始终不变 C.如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与 B.当开关S由断开变为闭合时，B灯由亮变为更 (2)任意操作两开关，有可能烧坏的是 轮子转轴平行 明亮 D.如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框 A.电流表A B.电流表A2 C.当开关S由闭合变为断开时，A灯由亮逐渐变 长边与轮子转轴平行 C.小灯泡 D.所有仪器都不会烧坏 暗，直至熄灭 2.高速铁路列车通常使用 D.当开关S由闭合变为断开时，B灯突然变亮， (3)保持S2断开，先闭合S,待稳定后突然断 磁刹车系统，磁刹车工作原理 开S,,此时A、B两点中电势较高的点是 后逐渐变暗，直至熄灭 品盘转转 点，A、B间瞬时电压的最大值为 kV. 可简述如下：将磁铁的N极靠 ● 6.在如图6甲、乙所示电路中，电阻R和自感线圈 近一块正在以逆时针方向旋转 区城 三、计算题（共12分） L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通开关K, 的圆形铝盘，使磁感线总垂直 10.如图10所示，光滑弧形轨道和一足够长的 使电路达到稳定，灯泡A发光，则 射入铝盘时，铝盘随龈即减速，如 光滑水平轨道相连，水平轨道上方有一足够长的 图2 &wWW M 图2所示，圆中磁铁左方铝盘的甲区域朝磁铁方向运 金属杆，杆上挂有一光滑螺旋管A.在弧形轨道上 动，磁铁右方的乙区域朝离开磁铁方向运动，下列说 高为h的地方，无初速释放一磁铁B(可视为质 法中正确的是 点)，B下滑至水平轨道时恰好沿螺旋管A的中心 ( A.铝盘乙区域的感应电流会产生垂直纸面向外 轴运动，设A、B的质量分别为M、m,若最终A、B速 图6 的磁场 度分别为vA心g A.在电路a中，闭合K时，A将立即变亮发光 B.磁场与感应电流的作用力会阻碍铝盘旋转 B.在电路a中，断开K后，A将先变得更亮，后才 (1)螺旋管A将向哪个方向运动？ C.感应电流在铝盘产生的内能是铝盘减速的最 (2)全过程中整个电路所消耗的电能 变暗 和B 主要原因 C.在电路b中，闭合K时，A将逐渐变亮发光 D.若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘，则 D.在电路b中，断开K后，A将先变得更亮，然后 磁铁对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果 暗 更好 10 7.图7是用电流传感器 ⑧电流传感器 3.如图3，灯泡的灯丝电阻 (电流传感器相当于电流表」 为22，电池电动势为2V,内 其电阻可以忽略不计)研究 阻不计，线圈的自感系数很大， D 自感现象的实验电路，电源 E 先合上开关K,稳定后突然断 的电动势为E,内阻为r,自 图7 开K,则下列说法正确的是 图3 感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡 ( D的阻值，在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后， A.若线圈电阻可以忽略，灯泡会突然亮一下再 在t=t,时核刻断开开关S.在下列图像中，可能正确表 逐渐熄灭 示电流传感器记录的电流御时间变化情况的是 B.若线圈电阻可以忽略，灯泡会逐渐熄灭 C.若线圈电阻为22，灯泡会闪亮一下再逐渐熄 灭，且灯泡中电流方向与K断开前方向相反 D.若线圈电阻为2Ω，灯泡会逐渐熄灭，且灯泡 中电流方向与K断开前方向相同 4.如图4所示，质 二、填空题（本题共2小题，共20分） 量为0.2kg的方形铝管 N磁铁S 8.(8分)如图8所示，B增强时，就会在空间激发 静置在足够大的光滑绝 图4 一个感生电场E,如果E处空间存在闭合导体，导体中 缘水平面上，现使质量 的自由电荷就会在电场力的作用下定向移动，而产生 (下转第4版)