(时间：60分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的)
1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是( )
A．焦耳发现了电流的磁效应的规律
B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律
C．楞次发现了电磁感应现象，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
解析：在电学的发展过程中，焦耳发现了电流的热效应，库仑总结出电荷间相互作用的计算公式——库仑定律。发现电磁感应现象的是法拉第；牛顿对伽利略的理想斜面实验合理外推得到的是物体在不受外力作用下将一直保持匀速直线运动或静止状态——牛顿第一定律。
答案：B
2. 如图1所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
A．p、q将互相靠拢
B．p、q将互相远离
C．磁铁的加速度仍为g 图1
D．磁铁的加速度大于g
解析：条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过闭合回路中的磁通量将增加，根据楞次定律，感应电流产生的磁场将阻碍这一磁通量的增加，具体表现应为：使回路面积减小，延缓磁通量的增加；根据楞次定律，感应电流的磁场与条形磁铁的磁场反向，对磁铁产生斥力，延缓磁铁的下落。
答案：A
3．一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定垂直向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图2甲所示。现令磁感应强度B随时间t变化，先按图乙中所示的Oa图线变化，后来又按图线bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则( )
图2
A．E1>E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
B．E1C．E1D．E2＝E3，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向
解析：设a点纵坐标为B0,0～4 s时，直线斜率表示感应电动势的大小E1＝，磁通量是正向增大，由楞次定律知，感应电流I1是逆时针方向；7～8 s和8～9 s时，直线斜率是相同的，故E2＝E3＝＝4E1,7～8 s磁通量是正向减小的，由楞次定律知，感应电流I2的方向是顺时针方向，8～9 s磁通量是反向增大的，I3是顺时针方向。
答案：B
4．(2012·新课标全国卷) 如图3，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是( ) 图3
图4
解析：依题意，线框中感应电流方向总是沿顺时针方向，由于线框受到的安培力中左边框受力较大，故以左边框受力为主，由左手定则可知直线电流方向向上时，线框受到向左的安培力，直线电流方向向下时，线框受到向右的安培力，由题意导线中的电流应先为正后为负，故A对。
答案：A
5. 如图5所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈，如果断开开关S1，接通S2，A、B两灯都能同样发光。若最初S1是接通的，S2是断开的，那么下列所述中不正确的是( )
A．刚接通S2，A灯就立即亮，B灯延迟一段时间才亮
B．刚接通S2时，线圈L中的电流为零 图5
C．接通S2以后，A灯变亮，B灯由亮变暗
D．接通S2，电路稳定后再断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下，然后熄灭
解析：接通S2，电源就开始给电路供电，电感线圈L会发生通电自感现象，使通过线圈的电流由零逐渐增大，但自感现象不会影响到两灯泡的发亮，所以灯泡A、B会同时变亮，选项A错误，B正确；待电路稳定后，由于线圈的电阻不计，灯泡B相当于与一段导线并联，被短路，所以B灯将会熄灭，电源只给A灯供电，A灯将变得更亮，选项C正确；在断开S2时，A灯泡与电路断开，将立即熄灭，而B灯与电感线圈构成闭合电路，由于线圈的自感现象，B灯会先亮一下后再熄灭，选项D正确。
答案：A
6. (2012·海南高考)如图6，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置 Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置 Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则( )
A．T1>mg，T2>mg
B．T1C．T1>mg，T2D．T1mg
解析：金属圆环从位置 Ⅰ 到位置 Ⅱ 过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知T1>mg，T2>mg，A项正确。
答案：A
7. 如图7所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车上固定着一闭合线圈，今有一条形磁铁自左向右平动穿过线圈，在磁铁穿过线圈过程中不受线圈以外的水平力作用，则( )
A．线圈先受到向右的力，后受到向左的力 图7
B．线圈先受到向左的力，后受到向右的力
C．小车获得向右的速度
D．小车与磁铁组成的系统机械能守恒
解析：当条形磁铁靠近线圈时，两者相互排斥，小车受向右的作用力而获得向右的速度；当条形磁铁穿过线圈相对于线圈(小车)继续向右运动时，两者又相互吸引，使线圈(小车)继续受向右的作用力，继续获得向右的速度。即体现“来拒去留”的特点。
答案：C
8. 如图8所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直于纸面向里的变化的磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图9中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体环将受到向上的磁场力作用( ) 图8
图9
解析：导体环要受到作用力，必须使导体环中产生感应电流，因而必须使螺线管中有变化的磁通量，也就是abcd中产生变化的电流，所以磁场必须有变化的，由受力方向可知应减少，故选A项。
答案：A
二、实验题(本题共12分，把答案填在题中相应的横线上或按题目要求作答)
9．(12分)在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图10甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。在图乙中
图10
(1)S闭合时，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针________；
(2)线圈A放在B中不动时，指针将________；
(3)线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将________。
解析：(1)由题图甲知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转。S闭合后，将A插入B中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断B中电流方向向上，从右接线柱流入，故电流表指针向右偏转。
(2)A放在B中不动，磁通量不变，不产生感应电流。
(3)断开开关，穿过B的磁通量减小，电流表指针向左偏转。
答案：(1)向右偏转 (2)不动 (3)向左偏转
三、计算题(本题包括3小题，共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
10．(12分) 如图11所示空间有一宽为3L的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。abcd是由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，总电阻阻值为R。线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域。在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场边界平行。设线框刚进入磁场的位置x＝0，x轴沿水平方向向右。求： 图11
(1)cd边刚进入磁场时，ab两端的电势差，并指明哪端电势高。
(2)线框在穿过磁场的过程中，线框中产生的焦耳热。
(3)在图12中，画出ab两端电势差Uab随距离变化的图像。其中U0＝BLv。
图12
解析：(1)dc切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，回路中的感应电流I＝，a、b两端的电势差U＝I·R＝BLv，b端电势高。
(2)设线框从dc边刚进入磁场到ab边刚进入磁场所用时间为t，由焦耳定律Q＝2I2Rt，L＝vt，
求出Q＝。
(3)在0～L阶段：U1＝BLv
在L～3L阶段：U2＝BLv
在3L～4L阶段：
U3＝I·R＝BLv。
其Uab随x变化的图像如图所示。
答案：(1)BLv b端电势高
(2) (3)见解析图
11．(14分) U形金属导轨abcd原来静止放在光滑绝缘的水平桌面上，范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场穿过导轨平面，一根与bc等长的金属棒PQ平行bc放在导轨上，棒左边靠着绝缘的固定竖直立柱e、f。已知磁感应强度B＝0.8 T。导轨质量M＝2 kg。其中bc段长 图13
0.5 m，bc段电阻R＝0.4 Ω。其余部分电阻不计；金属棒PQ质量m＝0.6 kg、电阻r＝0.2 Ω、与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。若向导轨施加方向向左、大小为F＝2 N的水平拉力，如图13所示。
求：导轨的最大加速度、最大电流和最大速度(设导轨足够长，g取10 m/s2)。
解析：导轨受到PQ棒水平向右的摩擦力f＝μmg，根据牛顿第二定律并整理得F－μmg－F安＝Ma，刚拉动导轨时，I感＝0，安培力为零，导轨有最大加速度
am＝＝ m/s2＝0.4 m/s2。
随着导轨速度的增大，感应电流增大，加速度减小，当a＝0时，速度最大。设速度最大值为vm，电流最大值为Im，此时导轨受到向右的安培力F安＝BImL
F－μmg－BImL＝0
Im＝
代入数据得Im＝ A＝2 A
I＝
Im＝
vm＝＝ m/s＝3 m/s。
答案：am＝0.4 m/s2 Im＝2 A vm＝3 m/s
12．（14分）(2012·天津高考) 如图14所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T。棒在水平
向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动， 图14
当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力做的功WF。
解析：(1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得＝ ①
其中ΔΦ＝Blx ②
设回路中的平均电流为，由闭合电路的欧姆定律得＝ ③
则通过电阻R的电荷量为q＝Δt ④
联立①②③④式，代入数据得q＝4.5 C ⑤
(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得
v2＝2ax ⑥
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W＝0－mv2⑦
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W ⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J ⑨
(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得
Q1＝3.6 J
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2 ?
由⑨⑩?式得WF＝5.4 J ?
答案：(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
解析：线圈平面与磁场方向垂直，因此E＝n，感应电动势的大小与线圈的匝数和磁通量的变化率有关，匝数越多，磁通量变化越快，则感应电动势越大。若磁场的磁感应强度在减小，则感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同；若磁场的磁感应强度在增大，则感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反。选项C正确。
答案：C
2. 如图1所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中( )
①感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
②感应电流方向一直是逆时针
③安培力方向始终与速度方向相反 图1
④安培力方向始终沿水平方向
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以①正确；由于圆环所在处的磁场，上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，故④正确。
答案：B
3. 如图2所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是( )
A．向右摆动
B．向左摆动
C．静止 图2
D．不能判定
解析：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为如图所示的条形磁铁，则两磁铁有排斥作用，故选项A正确。
答案：A
4．某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s。下列说法正确的是( )
A．电压表记录的电压为5 mV
B．电压表记录的电压为4.5 mV
C．河南岸的电势较高
D．河北岸的电势较高
解析：可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体平动切割地磁场的磁感线产生感应电动势，由E＝BLv＝9 mV，A、B项错误；由右手定则可知，感应电流方向由南向北，故河北岸的电势较高，C错误，D项正确。
答案：D
5．如图3所示，一水平放置的矩形闭合线圈，在细长磁铁的N极附近竖直下落，线圈平面保持水平。线圈由图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，这三个位置都靠得很近，在这个过程中线圈中感应电流的方向(从上往下看)为( )
图3
A．逆时针方向
B．顺时针方向
C．由Ⅰ到Ⅱ是顺时针方向，由Ⅱ到Ⅲ是逆时针方向
D．由Ⅰ到Ⅱ是逆时针方向，由Ⅱ到Ⅲ是顺时针方向
解析：磁铁N极附近的磁感线分布如图所示。线圈在位置Ⅰ，磁场方向向上；在位置Ⅱ穿过线圈的磁通量为零。线圈由位置Ⅰ到位置Ⅱ，穿过线圈的磁通量(向上)减少，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向(从上往下看)应是逆时针方向；线圈由位置Ⅱ到位置Ⅲ，穿过线圈的磁通量(向下)增加，感应电流方向还是逆时针方向(从上往下看)，故正确选项为A。
答案：A
6. 如图4所示，铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，下列判断中正确的是( )
A．金属环在下落过程中机械能守恒
B．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
C．金属环的机械能先减小后增大
D．磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力 图4
解析：金属环在下落过程中，有电能产生，故机械能不守恒，重力势能转化为动能和电能。在无电流产生时，磁铁对桌面压力等于其自身重力。选项B正确。
答案：B
7．如图5所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论错误的是( )
图5
A．感应电流方向不变
B．CD段直导线始终不受安培力
C．感应电动势最大值Em＝Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
解析：本题导体切割磁感线而产生的电动势，由右手定则可知，感应电流方向不变。A正确。
感应电动势最大值即切割磁感线等效长度最大时的电动势，故Em＝Bav，C正确。
＝ ①
ΔΦ＝B·πa2 ②
Δt＝ ③
由①②③得＝πBav，D正确。
答案：B
8．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图6所示。若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，如图7所示中正确的是( )
图6
图7
解析：0～1 s内磁感应强度均匀增加，由楞次定律知感应电流方向为逆时针方向，即感应电流方向与规定的正方向相反，为负值，又由法拉第电磁感应定律E＝n及闭合电路欧姆定律知，感应电流i为定值；1～2 s内磁感应强度均匀减小，同理可判断感应电流方向为顺时针方向，大小不变；2～3 s内磁感应强度反方向均匀增加，同理可判断感应电流方向为顺时针方向，大小不变；3～4 s内磁场方向垂直于纸面向外，且均匀减小，同理可判断感应电流方向为逆时针方向，大小不变，故选项D正确。
答案：D
9. 如图8所示，水平的平行光滑导轨，导轨间距离为L＝1 m，左端接有定值电阻R＝2 Ω，金属棒PQ与导轨接触良好，PQ的电阻为r＝0.5 Ω，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场中，现使PQ在水平向右的恒力F＝2 N作用下运动，求：
(1)棒PQ中感应电流的方向； 图8
(2)棒PQ中哪端电势高；
(3)棒PQ所受安培力方向；
(4)PQ棒的最大速度。
解析：(1)根据右手定则可知电流方向由Q→P。
(2)棒PQ相当于电源，电流在PQ上由负极流向正极，故P端电势高。
(3)由左手定则知，PQ棒所受安培力方向水平向左。
(4)由于向左的安培力增大，故PQ棒做加速度越来越小的加速运动，当F安＝F时，PQ棒的速度最大，设为v，此时感应电动势：E＝BLv，回路电流：I＝。
由F＝F安知F＝BIL，得：v＝＝5 m/s，方向水平向右。
答案：(1)Q→P (2)P端 (3)水平向左 (4)5 m/s，方向水平向右
10．如图9所示，水平放置的光滑平行轨道上有可以自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下做以下三种运动时，试分析MN的运动情况。
图9
(1)金属棒PQ向右匀速运动；
(2)金属棒PQ向右加速运动；
(3)金属棒PQ向右减速运动。
解析：(1)金属棒PQ向右匀速运动，根据E＝Blv，所产生的感应电流保持不变，根据右手定则可判定通过线圈L2的电流方向是自上而下的，有磁通量穿过线圈L1但保持不变，所以线圈L1中没有感应电流，金属棒MN不受磁场力的作用而处于静止状态。
(2)金属棒PQ向右加速运动，根据E＝Blv和右手定则，可判定通过线圈L2的感应电流不断变大，方向是自上而下的，有磁通量向上穿过线圈L1且不断增加，由楞次定律可知，在线圈L1中会产生自上而下的感应电流，通过金属棒MN的电流为N→M，由左手定则可判定MN向左运动。
(3)金属棒PQ向右减速运动，根据E＝Blv和右手定则，可判定通过线圈L2的感应电流不断变小，方向是自上而下的，有磁通量向上穿过线圈L1且不断减少，由楞次定律可知，在线圈L1中会产生自下而上的感应电流，通过金属棒MN的电流为M→N，由左手定则可判定MN向右运动。
答案：(1)静止 (2)向左运动 (3)向右运动
1．关于线圈的自感系数，下列说法中正确的是( )
A．线圈中电流变化量越大，线圈的自感系数越大
B．若线圈中通入恒定电流时，线圈的自感系数等于零
C．当线圈中的电流均匀增大时，线圈的自感系数也均匀增大
D．不管线圈中是否通入电流及电流如何变化，线圈的自感系数均不变
解析：线圈的自感系数是线圈本身的属性，由线圈自身的因素决定，与线圈是否通电，以及所通电流的变化情况无关。所以只有D项正确。
答案：D
2. 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，采用双线并绕的方法，如图1所示，其道理是( )
A．当电路中的电流变化时，两股导线产生的自感电动势相互抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线产生的感生电流相互抵消
C．当电路中的电流变化时，两股导线中原电流的磁通量相互抵消 图1
D．以上说法都不对
解析：由于采用了双线并绕的方法，当电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股导线中的电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感，选项A、B错误，只有C正确。
答案：C
3．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图2所示的电路。检查电路后，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2
A．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：由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流。由题图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B错C正确。自感系数越大，则产生的自感电流越大，灯泡更亮，故D错。
答案：C
4. 在如图3所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表。当开关S闭合时，电流表G1指针偏向右方，那么当开关S断开时，将出现的现象是( )
A．G1和G2指针都立即回到零点
B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点 图3
C．G1指针缓慢回到零点，而G2指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
D．G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点
解析：根据题意，电流自右向左时，指针向右偏。那么，电流自左向右时，指针应向左偏。当开关S断开瞬间，G1中电流立即消失，而L由于自感作用，电流不能立即消失，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个短时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，而G1中的电流和原方向相反，变为自左向右，和G2中的电流同时减为零；也就是G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点，故D正确。
答案：D
5. 如图4所示为测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L的两端并联一个电压表，用来测量自感线圈的直流电压。在测量完毕后，将电路拆解时应( )
A．先断开S1 图4
B．先断开S2
C．先拆除电流表
D．先拆除电压表
解析：因S1断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2，B正确，A错误；不能在通电状态下拆除电流表和电压表，因此C、D错误。
答案：B
6．如图5所示，灯泡LA、LB与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈。当S1闭合、S2断开且电路稳定时，LA、LB亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是( )
图5
A．LB灯比原来更亮一下然后再熄灭
B．LA灯将比原来更亮一下然后再熄灭
C．有电流通过LB灯，方向为c→d
D．有电流通过LA灯，方向为b→a
解析：S2断开而只闭合S1，稳定时，LA、LB两灯一样亮，说明两个支路电流相等，这时线圈没有自感作用，可知线圈L的电阻也是R。在S2闭合、S1闭合且稳定时，通过L、LA、LB的电流相等，当S2闭合、S1突然断开时，流过LA灯的电流方向变为b→a，但其大小由原电流大小逐渐变小不能突然增大，LA灯不能出现更亮一下再熄灭的现象，故选项D正确，B错误；由于固定电阻R几乎没有自感作用，故断开S1时，LB灯被断路，电流迅速变为零，LB灯立即熄灭，故选项A、C错误。
答案：D
7. 在如图6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的变化的图像是( ) 图6
图7
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RL＝R。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立即达到电流为I，故C、D错误。
答案：B
8．(2012·北京高考) 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图8，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。
某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验， 图8
线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )
A．线圈接在了直流电源上
B．电源电压过高
C．所选线圈的匝数过多
D．所用套环的材料与老师的不同
解析：金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电线圈上的电流相互作用而引起的。无论实验用交流电还是直流电，闭合开关S瞬间，金属套环都会跳起。如果套环是塑料材料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起。所以答案是D。
答案：D
9．如图9甲所示为研究自感实验电路图，并用电流传感器显示出在t＝1×10－3 s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流(如图乙)。已知电源电动势E＝6 V，内阻不计，灯泡R1的阻值为6 Ω，电阻R的阻值为2 Ω。
图9
(1)线圈的直流电阻RL＝________ Ω。
(2)开关断开时，该同学观察到的现象是________________________，并计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是________ V。
解析：由图像可知S闭合稳定时
IL＝1.5 A
RL＝－R＝ Ω－2 Ω＝2 Ω
此时小灯泡的电流I1＝＝ A＝1 A
S断开后，L、R、R1组成临时回路
电流由1.5 A逐渐减小，所以灯泡会闪亮一下再熄灭，自感电动势E＝IL(R＋RL＋R1)＝15 V
答案：(1)2 (2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭 15
10. 如图10所示，自感线圈的自感系数很大，直流电阻为零，开关S原来是合上的，在S断开后：
(1)若电阻R1>R2，灯泡明暗情况如何变化？
(2)若电阻R1解析：当S断开后，原来电源提供的电流I2立即消失，但自感线圈贮存 图10
的磁场能释放变成电能通过小灯泡。通过自感线圈的电流I1由于自感的作用，在开关断开后是逐渐衰减的，因而小灯泡逐渐变暗到熄灭。
(1)因为R1>R2，即I1(2)因为R1I2，所以小灯泡开始时比原来更亮，再逐渐变暗，直至熄灭。
答案：(1)小灯泡立刻变暗再逐渐熄灭
(2)小灯泡闪亮一下再逐渐熄灭
1．下列装置中没有利用感应圈的是( )
A．煤气灶电子点火装置
B．汽车发动机点火装置
C．物理、化学实验中的小功率高压电源
D．自动设备中的延时继电器
解析：煤气灶电子点火装置，汽车发电机点火装置都是利用感应圈产生的高压电火花来完成点火工作的，物理、化学实验中的小功率电源是利用感应圈通过低压直流电源获得高电压，A、B、C正确；延时继电器利用线圈的电磁感应来正常工作的，没有用到感应圈，D错误。
答案：D
2．下列说法不正确的是( )
A．日光灯在开始工作时，需要启动器
B．日光灯在开始工作时，需要镇流器
C．日光灯在正常工作时，不需要启动器
D．日光灯在正常工作时，不需要镇流器
解析：启动器在日光灯启动时起一个自动开关的作用，日光灯正常工作时就不需要启动器了，所以A、C正确；日光灯在启动时需要一个高出电源电压很多的瞬时电压，正常发光时，灯管电阻变得很小，只允许通过不大的电流，这时要使加在灯管上的电压大大低于电源电压，这两个方面都是利用镇流器来完成的，所以日光灯开始工作和正常工作时都需要镇流器，故B正确，D错误。
答案：D
3．关于日光灯的发光实质，下列说法正确的有( )
A．是由于灯管两端的灯丝在炽热状态下发光，后经灯管壁多次反射和透射传到周围空间
B．是在镇流器的高电压作用下，灯管内气体被电离成为导体，形成大电流，使气体处于炽热状态而发光
C．日光灯发出的其实就是紫外线
D．日光灯发出的光，实质上是紫外线激发荧光物质发光
解析：日光灯发光的本质，是灯丝发射的电子与汞原子碰撞而放出紫外线，紫外线照射灯管内壁的荧光物质而发光。故D项正确。
答案：D
4．日光灯中镇流器的作用有( )
A．启动器触片接触时，产生瞬时高压
B．日光灯工作时，降压、限流，保证日光灯正常工作
C．日光灯工作时，使日光灯管的电压稳定在220 V
D．日光灯工作时，不准电流通过日光灯管
解析：镇流器的工作原理实质上是自感现象的应用。启动器接通后再断开时，镇流器产生断电自感电动势，方向与原来电压的方向相同，两者加在一起形成瞬时高压，故A错误；日光灯正常工作时，因交流电通过镇流器产生自感电动势，故镇流器起降压限流的作用，故B正确。日光灯管正常工作时有电流通过日光灯管，灯管的电阻很小，且只允许通过很小的电流，这时加在灯管上的电压要小于220 V，故C、D错误。
答案：B
5．启动器是由电容和氖泡两大部分组成，其中氖泡中充有氖气，内部有静触片和U形动触片。通常动、静触片不接触，有一个小缝隙。则下列说法中不正确的是( )
A．当电源的电压加在启动器两极时，氖气放电并产生热量，导致双金属片受热膨胀
B．当电源的电压加在启动器两极后，启动器的两个触片才接触，使电路有电流通过
C．电源的电压加在启动器两极前，启动器的两个触片就接触着，电路就已经有电流通过
D．当电路通电后，两个触片冷却，两个触片重新分离
解析：依据日光灯的工作原理可知，电源把电压加在启动器的两极之间，使氖气放电而发出辉光。辉光产生热量使U形动触片膨胀伸展，跟静触片接触把电路接通。电路接通后，启动器的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分开，电路自动断开。
答案：C
6．在如图1所示的四个日光灯的接线图中，S1为启动器，S2为开关，L为镇流器，能使日光灯正常发光的是( )
图1
A．①③ B．②③
C．①④ D．②④
解析：日光灯启动时，电流通过镇流器、灯丝和启动器构成回路，使启动器发出辉光，相当于启动器短路接通，同时电流加热灯丝，灯丝发射电子，之后启动器断开瞬间，镇流器产生很大的自感电动势，出现一个高电压加在灯管两端，灯管中的气体被击穿而导电，于是日光灯管成为电流的通路开始发光，此时启动器已无作用。所以启动器可用手动的开关来代替(实际操作时，因启动器丢失或损坏时，可手持带绝缘皮的导线短接后再断开来启动灯管)。
答案：A
7. 日光灯是最常用的节能照明工具，它的主要构成有灯管、镇流器、启动器。启动器的构造如图2所示，为了便于日光灯工作，常在启动器两端并上一个纸质电容器C，现有一盏日光灯总是出现灯管两端亮而中间不亮，经检查，灯管是好的，电源电压正常，镇流器无故障，其原因可能是
( ) 图2 A．启动器两脚A、B与启动器座接触不良
B．电容器C断路
C．电容器C击穿而短路
D．镇流器自感系数L太大
解析：题目说镇流器无故障，故D项错误。日光灯管两端亮而中间不亮，说明灯管两端的灯丝处于通电状态，即启动器接通，但不能自动断开，说明电容器C短路了，选C。
答案：C
8. 如图3所示，一个处于自由状态的螺线管，沿x轴方向为轴向，线圈圆面(如y)方向为径向，在通电的瞬间发生的现象是( )
A．沿轴向将伸长，径向将变大
B．沿轴向将收缩，径向将变大 图3
C．沿轴向将收缩，径向将变小
D．沿轴向将伸长，径向将变小
解析：通电的瞬间，线圈中的磁通量增加，产生自感现象，将阻碍磁通量的增加，线圈在径向将采取收缩的措施来阻碍磁通量的变化；对线圈的每一匝来说，都是同向电流，同向电流相互吸引，所以在轴向上有收缩的现象。选项C正确。
答案：C
9. (2012·江苏高考改编)某同学设计的家庭电路保护装置如图4所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成。当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路。仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法不正确的是( )
A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零 图4
B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变
C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起
解析：当家庭电路正常工作时，火线和零线中的电流大小始终相等，方向始终相反，由于采用双线绕成，当电路
正常工作时，火线和零线在铁芯内部产生的磁场大小相等，方向相反，所以内部的磁通量为零，A正确；当电路中的电器增多时，火线和零线中的电流都增大了，但大小始终相等，方向始终相反，铁芯内部的磁通量还是零，即L2中的磁通量不变，B正确；当电路发生短路时，电流不经用电器，火线和零线中电流很大，但大小始终相等，方向始终相反，铁芯内部的磁通量还是零，L2不产生感应电流，开关K不会被电磁铁吸起，C错误；当地面上的人接触火线发生触电时，电流经人体流向地面，不经过零线，所以火线和零线中的电流大小不等，在铁芯内产生的磁通量不为零，L2中产生感应电流，开关K被电磁铁吸起，D正确。
答案：C
10．日光灯管的寿命和开关次数有密切关系，频繁开关，会使灯管的寿命大大缩短。据统计，同样的日光灯，连续点燃不关，点亮的时间要比每昼夜开关八次的日光灯点亮的时间长两倍半。为什么频繁开关会影响灯管的寿命？
解析：日光灯在通电启动的一瞬间，气体电离导电，日光灯灯丝不但要发射热电子，还要受到带电粒子强有力的轰击。每启动一次，就要受到电压冲击一次，启动的次数越多，灯管的寿命就越短。
答案：见解析
