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【文档说明】高中物理课时作业（人教版选修第二册）分层作业详解答案.docx，共(48)页，21.593 MB，由小赞的店铺上传
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分层作业(一)磁场对通电导线的作用力1．解析：安培力公式F＝Il⊥B，其中l⊥为导线在垂直于磁场方向的有效长度，题甲、乙、丙、丁四个图中导线垂直于磁场放置，有效长度相等，所以各导线所受的安培力大小相等，C正确．答案：C2．解析：由题图可知通过铝箔条的电流方向，由左手
定则可判断出，铝箔条所受安培力方向向上，因此铝箔条中部向上方运动，故D正确，A、B、C错误．答案：D3．解析：根据左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，大小为F＝2IL2Bsin45°＝2×1.5×1×2×22N＝32N.答案：A4．解析：与电流方向平行的磁场对电流没
有力的作用，所以安培力大小为F＝ILB2，由左手定则可知安培力方向水平向西，故B正确．答案：B5．解析：当磁感应强度方向与通电直导线垂直时，安培力有最大值，为F＝IlB＝2×0.2×0.5N＝0.2N．当磁感应强度方向与
通电直导线平行时，安培力有最小值，为0.随着二者方向夹角的变化，安培力大小在0与0.2N之间取值，故B、C、D正确，A错误．答案：BCD6．解析：根椐左手定则可知，整个圆环关于圆心对称的两部分受到的安培力等大反向，受到的
合力为0，选项A错误，B正确；圆弧PQ受到的安培力大小等于直线段PQ受到的安培力大小，为2IRB，选项C错误，D正确．答案：BD7．解析：导线与磁场方向平行时，导线受到的安培力为0，A正确；当导线与磁场方向垂直时，导线受到的安
培力最大，为ILB，C正确，B、D错误．答案：AC8．解析：由左手定则可知电流经a流向b，A错误；若调换磁铁的磁极，磁场方向反向，则安培力的方向反向，金属棒向右运动，B错误；若调换流经金属棒的电流方向，则安培力的方向反向，金属棒向右运动，C错误；若同时调
换磁铁的磁极和流经金属棒的电流方向，则导体棒所受安培力的方向不变，仍向左运动，D正确．答案：D9．解析：通电圆环受到的安培力大小F＝IlB，其中I、B分别为所通电流大小、磁感应强度大小，l指有效长度，它等于圆环所截边界线的长度．由于l先增大后减小，所以安培力先增大后减小，C正确．答
案：C10．解析：磁场是均匀地辐向分布，所以磁感线始终与线圈平面平行，即始终与线圈边垂直，故A正确；当通电后，处于磁场中的线圈受到安培力作用，使其转动，螺旋弹簧被扭动，则受到弹簧的阻力，从而阻碍线圈转动，故B正确；由左手定则可判定
：当线圈转到如图乙所示的位置，a端受到的安培力方向向上，b端受到的安培力方向向下，因此安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动，故C、D错误．答案：AB11．解析：(1)由安培力的计算公式F＝ILB及左手定则可知，线圈前、后两边受到的安培力大小相
等，方向相反，两力的合力为零；左边不受安培力；右边受到的安培力的方向水平向右，因为线圈所在的平面与磁场的方向垂直，所以线圈所受安培力的大小F＝nILB.(2)线圈在安培力的作用下向右运动，根据功率的表达式可得P＝Fv＝nILBv.答案：(
1)nILB方向水平向右(2)nILBv分层作业(二)安培力作用下的平衡和运动问题1．解析：解法一(电流元法)首先将圆形线圈分成很多小段，每小段可看作一直线电流，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示，根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．
解法二(等效法)将环形电流等效成一条形磁铁，如图乙所示，据异名磁极相互吸引知，线圈将向左运动．同时，也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”可得到相同的答案．答案：A2．解析：由安培定则可知，cd导线和ef导线在b处
产生的磁场方向都垂直纸面向外，可知b处的磁感应强度垂直纸面向外，A错误；由安培定则可知，ef导线在a点产生的磁感应强度垂直纸面向外，B错误；根据“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”可知，C错误，D正确．答案：D3．解析：电流方向改变前，对金属细棒ab受
力分析，根据平衡条件可知，金属细棒ab受到的安培力竖直向上，大小等于mg；电流方向改变后，金属细棒ab受到的安培力竖直向下，大小等于mg，对金属细棒ab受力分析，根据平衡条件可知，每根弹簧弹力的大小为mg，弹簧形变量为mgk，
选项A、C正确．答案：AC4．解析：A图中杆受到向下的重力、水平向右的安培力和垂直于导轨的支持力的作用，在这三个力的作用下，杆可能处于平衡状态，杆ab与导轨间的摩擦力可能为零，故A正确；B图中杆受到向下的重力、竖直向上的安培力，当两个力大小
相等时，杆可以处于平衡状态，故杆ab与导轨间的摩擦力可能为零，故B正确；C图中杆受到竖直向下的重力、安培力和垂直于导轨向上的支持力，杆要静止在导轨上，必定要受到沿导轨向上的摩擦力作用，故C错误；D图中杆受到的重力竖直向下，安培力水平向左，支持力垂直于导轨向上，杆要静止在导轨上，必定要受到沿导轨
向上的摩擦力的作用，故D错误．答案：AB5．解析：因为通电直导线的磁感线是以O为圆心的一组同心圆，磁感线与KN边、LM边平行，所以KN边、LM边均不受力，根据左手定则可得，KL边受到垂直纸面向外的力，MN边受到垂直纸面向里的力，故D正确．答案：D6．解析：顺时针方向的环形电流可以等
效为一个竖直放置的小磁针，由安培定则可知，小磁针的N极向下，S极向上，故与磁铁之间的相互作用力为斥力，所以圆环对桌面的压力F将大于圆环的重力G1，磁铁对轻绳的拉力F′将小于磁铁的重力G2，故D正确，A、B、C错误．答案：D7．解析：据左手定则判断导线所受安培力斜向
右下方，如图所示，由牛顿第三定律可知磁铁受导线的作用力为斜向左上方．磁铁在竖直方向与水平方向受力平衡，可得支持力变小，磁铁压缩弹簧，故A、D正确．答案：AD8．解析：当磁场方向垂直金属棒水平向左、磁感应强度大小为B0时，金属棒恰好静止，由平衡条件得IdB0＝mg，解得I＝mgB0d
，故A错误；对金属棒受力分析如图所示，当电流不变，磁场方向由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，支持力一直增大，安培力先减小后增大，且当安培力沿斜面向上时取得最小值，即IdB＝mgsinθ，解得磁感应强度的最小值为Bmin＝B0sinθ，故B、C错误，D正
确．答案：D9．解析：由安培定则可知，b的电流在a处产生的磁场方向竖直向上，A正确；导体棒a处磁感应强度B大小相等、方向竖直向上，则导体棒a受水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则所受安培力大小F＝ILB＝mg
tan45°，则B＝mgtan45°IL＝mgIL，B错误；重力和水平向右的安培力的合力与支持力平衡，当b向上平移时，b在a处的磁感应强度减小，则安培力减小，b对a的安培力斜向上，根据受力平衡条件可知，此时a所受重
力与斜向上的安培力的合力仍可能与支持力平衡，C正确；当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受到的安培力方向顺时针转动时，只有变大才能保持a平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，D正确．答案：AC
D10．解析：(1)由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流：I＝ER＋R0＋r＝104＋0.9＋0.1A＝2A方向由a到b；(2)ab受到的安培力F＝ILB＝2×0.5×5N＝5N；(3)ab受力如图所示，最大静摩擦力：Ffmax＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5N由平衡条件
得，当最大静摩擦力方向向左时：FT＝Fsin53°＋Ffmax＝7.5N当最大静摩擦力方向向右时：FT＝Fsin53°－Ffmax＝0.5N由于重物受力平衡，故FT＝G则重物重力的取值范围为0.5N≤G≤7.5N.答案：(1)2A方向由a到b(2)5N(3)0.
5N≤G≤7.5N分层作业(三)磁场对运动电荷的作用力1．解析：根据左手定则可知A图中洛伦兹力向下，故A错误；B图中洛伦兹力向上，故B正确；C图中洛伦兹力向上，故C错误；D图中洛伦兹力向下，故D错误．答案：B2．解析：带电粒子平行于磁场运动时，不受洛伦兹力作用，A错误；洛伦兹力的方向始终
与电荷运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，B错误；洛伦兹力与速度方向垂直，速度方向与磁场方向不一定垂直，C正确；由洛伦兹力公式F＝qvBsinθ知，θ＝0°时，F＝0，但该点的磁感应强度B可以不为0，D错误．答案：C3．解析
：根据安培定则可知，通电长直导线在阴极射线管处的磁场方向垂直纸面向外，由图可知电子束运动方向由右向左，根据左手定则可知电子束受到的洛伦兹力方向向下，所以向下偏转，故B正确．答案：B4．解析：质子从左边水平飞入该区域，受到向下的电场力和向上的洛伦兹力作用，因恰能沿直线从右边水平飞出，故电场力和洛伦
兹力平衡，即qE＝qvB，解得v＝EB，若一电子以速率v从左向右飞入该区域，电场力和洛伦兹力的方向均反向，所以电子将沿直线运动，A、D错误，B、C正确．答案：BC5．解析：A对：据左手定则知，带正电的粒子向上偏转，带负电的粒子向下偏转，则P板带正电，Q板带负电．B错：
因为Q板带负电，P板带正电，所以电流从a经用电器流向b.C错：因为P板带正电，Q板带负电，所以金属板间的电场方向向下．D对：等离子体发生偏转的原因是粒子所受洛伦兹力大于所受电场力．答案：AD6．解析：在加速电场中，由动能定理得Uq＝12mv2故质
子获得的速度v＝2Uqm＝6.0×105m/s质子受到的洛伦兹力F＝qvB＝4.8×10－17N.答案：4.8×10－17N7．解析：设M、N处的长直导线在O点产生磁场的合磁感应强度大小为B1，由安培定则可知每根导线在O
点处产生的磁感应强度大小为12B1，方向竖直向下，则电子在O点处受到的洛伦兹力为F1＝qvB1；当M处的长直导线移到P处时，O点处的合磁感应强度大小为B2＝2×12B1×cos30°＝32B1，则电子在O点处受到的洛伦兹力为F2＝qvB2＝32qvB1，所以F2与F1之比为3∶2，故B正
确，A、C、D错误．答案：B8．解析：物块向左运动的过程中，受到重力、洛伦兹力、水平面的支持力和滑动摩擦力，向左做减速运动；当没有磁场时，有a0＝μg，v20＝2a0x0，a0t0＝v0，得x0＝v202a0＝v202μg，t0＝v0a0＝v0μg；有磁场时，当物块速度为v时，有a＝μ（mg＋
qvB）m>a0，则x<x0，t<t0，故B、C正确，A、D错误．答案：BC9．解析：小球第一次到达最低点时速度为v，因机械能守恒，则mgL＝12mv2由洛伦兹力方向及牛顿第二定律可知：第一次经过最低点时，qvB－mg＝mv2L第二次经过最低点时，F－qvB－mg＝mv2L综上
解得：F＝0.06N.答案：0.06N分层作业(四)带电粒子在匀强磁场中的运动1．解析：由粒子在磁场中运动的半径r＝mvqB可知，质子、氚核、α粒子轨迹半径之比r1∶r2∶r3＝m1vq1B∶m2vq2B∶m3vq3B＝m1q1∶m2q2∶m3q3＝1∶3∶2，所
以三种粒子的轨道半径应该是质子最小、氚核最大，故C正确．答案：C2．解析：由于qa＝qb、Eka＝Ekb＝Ek，动能Ek＝12mv2和粒子偏转半径r＝mvqB，可得m＝r2q2B22Ek，可见m与半径r的二次方成
正比，故ma∶mb＝4∶1，再根据左手定则知粒子应带负电，故选B.答案：B3．解析：根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子在
题图所示运动过程中，在左侧匀强磁场中运动两个半圆，即运动一个周期，在右侧匀强磁场中运动半个周期，所以t＝2πmB1q＋πmB2q，故C错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，根据r＝mvqB可知，B1＝
2B2，故D错误，B正确．答案：B4．解析：A错：因粒子向下偏转，据左手定则可判定粒子带负电．B错：因洛伦兹力不做功，所以粒子在b、a两点的速率相等．C对：若仅减小磁感应强度，由公式qvB＝mv2R得：R＝mvBq，所以半径增大，粒子有可能从b点右侧射出．D错：若仅减
小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角先增大后不变，则粒子在磁场中运动时间先变长后不变．答案：C5．解析：如图所示，正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力
作用下向下偏转．由T＝2πmqB知，两个电子的运动周期相等．正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识可知，速度与y轴的夹角为60°，则正电子速度的偏向角为120°，其轨迹对应的圆心角θ1＝120°，则正电子在磁场中运动的
时间t1＝θ12πT＝120°360°T＝13T；同理，负电子从x轴上离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30°，则轨迹对应的圆心角θ2＝60°，负电子在磁场中运动的时间t2＝θ22πT＝60°360°T＝16
T.所以负电子与正电子在磁场中运动的时间之比t2∶t1＝1∶2.B正确．答案：B6．解析：粒子可能在两磁场间做多次运动，画出可能的轨迹，如图所示．由几何关系知，圆弧的圆心角都是60°，粒子运动的半径为r＝Ln(n＝1，2，3…)，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv
2r，联立解得v＝qBrm＝qBLnm＝kBLn(n＝1，2，3…)，A、D错误，B、C正确．答案：BC7．解析：(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，其运动的轨迹如图所示，由几何知识有R－LR＝cos60°＝12，即R＝2L，由
洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，解得v＝2qBLm.(2)粒子在磁场中的运动周期T＝2πRv＝2πmqB，设粒子由a运动到b的时间为t，由几何关系可得ab弧所对的圆心角为θ＝60°，则t＝θ360°T，解得t＝πm3qB.答案：(1)2qBLm(2)πm3qB8．解析：带
电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv20r，所以周期T＝2πrv0＝2πmqB，作出带电粒子以不同速率v0进入磁场时的运动轨迹，如图所示，可以判断当粒子以a为圆心、ca为半径做匀速圆周运动时在磁场
中运动的时间最长，最长时间t＝π＋∠Oae2πT，由几何关系可知△Oae为等边三角彤，所以∠Oae＝π3，解得t＝4πm3qB，C正确．答案：C9．解析：若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图根据几何关系则有R＝L，qvB＝mv2R可得v
＝qBLm＝kBL根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.当粒子上下均经历一次时，如图，因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝12L根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R可得v＝qBL2m＝12kBL此时出射方
向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足v＝qBL（2n－1）m＝12n－1kBL(n＝1，2，3…)此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满足v＝qB
L2nm＝12nkBL(n＝1，2，3…)此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.故可知B、C正确，A、D错误．答案：BC分层作业(五)质谱仪与回旋加速器1．答案：C2．解析：因为离子进入电场和磁场正交区域时不发生偏转，说明离子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvB＝qE，故v＝EB，
得出能不偏转的离子满足速度相同，C错误；离子进入磁场后受洛伦兹力作用，离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝mv2R，故做圆周运动的半径为：R＝mvqB，由于离子又分裂成几束，也就是离子做匀速圆周运动的半径R不同，即比荷不同，D正确；无法确定离子的质量或电荷量的关系，A、
B错误．答案：D3．解析：洛伦兹力始终与速度垂直，即洛伦兹力对粒子不做功，而电场力对粒子做功，即质子动能增大是由于电场力做功，故A错误，B正确；由qvB＝mv2r，T＝2πrv，可以得到T＝2πmqB，即周期与速度无关，故C错误，D正确．答案：BD4．解析：粒子在加
速电场中根据动能定理有qU＝12mv2，得v＝2qUm，粒子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，则qvB＝mv2r，得轨道半径r＝mvqB，x＝2r＝2B2mUq，知x2∝U，故A正确，B、C、D错误．答案：A5．解析：甲束粒子在磁场中向上偏转，乙束粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知
甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2r，解得r＝mvqB，由题意可知v、B都相同，r甲<r乙，则甲的比荷大于乙的比荷，故B错误；能通过狭缝S0的带电粒子，根据平衡条件有qE＝qvB1，解得粒子
速率v＝EB1，故C错误；由题图示粒子运动轨迹可知r甲＝12S0A，r乙＝12S0C，S0A＝23S0C，则r甲∶r乙＝2∶3，粒子运动轨迹半径r＝mvqB，由题意可知v、q、B都相同，则r甲r乙＝m甲m乙＝23，即甲、乙两束粒子
的质量比为2∶3，故D正确．答案：D6．解析：(1)粒子运动半径为R时，有qvB＝mv2R，又Ek＝12mv2，解得Ek＝q2B2R22m.(2)设粒子被加速n次达到动能Ek，则Ek＝nqU0.粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt，加速度a＝qU0md，粒子做匀加速直
线运动，有nd＝12a·(Δt)2，又t0＝(n－1)·T2＋Δt，联立以上各式解得t0＝πBR2＋2BRd2U0－πmqB.答案：(1)q2B2R22m(2)πBR2＋2BRd2U0－πmqB7．解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速
圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在Ekt图像中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A错误；粒子做圆周运动的半径r＝mvqB，Ek＝12mv2，可知Ek＝q2B2r22m，粒子获得的最大动能跟加速电压U无关，与加速次数无关，与D形盒的半径有关，B、C错误，D对．答案：D8．解析：在磁
场中，粒子仅受洛伦兹力，洛伦兹力不做功，不能增加粒子的动能，A错误；设粒子每加速一次动能增加qU，第n次被加速后粒子的动能nqU＝12mv2n，在磁场中qvnB＝mv2nrn，设D形金属盒最大半径为R，则粒子的最大速度vmax＝qBRm，此后粒子飞出D形金属盒，即粒子的最大速度，
由q、B、R、m决定，与U无关，即动能与U无关，B错误；若只增大交变电压U，则带电粒子在回旋加速器中加速次数会减少，导致运动时间变短，C正确；粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r＝mvqB，对粒子，由动能定理nqU＝1
2mv2n，解得vn＝2nqUm.在同一D形金属盒中，粒子的速度分别为v1、v3、v5、…则v3＝3v1，v5＝5v1、…由此可知r3＝3r1，r5＝5r1，…由于(3－1)r1>(5－3)r1>(7－5)r1>…故Δr逐渐减小，D正确．答案：CD9．解析：由题意知，粒子
在静电分析器中做圆周运动，向心力由电场力提供，指向圆心，则带电粒子带正电，而粒子在加速电场中加速，可以判断出极板M比极板N电势高，A正确；粒子在加速电场中加速，有qU＝12mv2，在静电分析器中做圆周运动，有qE＝mv2R，解得U＝
12ER，B正确；粒子在磁场中做圆周运动，有qvB＝mv2r，轨迹直径|PQ|＝2r＝2mvqB＝22mEkqB＝22mqUqB＝22mq·12ERqB＝2BmERq，C错误；该群粒子落在同一点，说明它们在磁场中做圆周运动的直径相等，
都为2BmERq，可知它们的比荷相等，D正确．答案：ABD分层作业(六)带电粒子在复合场中的运动1．解析：A、C、D图中粒子在电场中向电场线的方向偏转，说明粒子带正电，进入磁场后，由左手定则可知A图中粒子应逆时针旋转，C图中粒子
应顺时针旋转，D图中粒子应顺时针旋转，故A、D正确，C错误；同理，可以判断B错误．答案：AD2．解析：小球在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg＝qE，则小球带负电，A错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得：qv
B＝mv2r，qU＝12mv2，故小球做匀速圆周运动的半径r＝1B2UEg，B正确；由T＝2πrv可以得出T＝2πEBg，与电压U无关，C、D错误．答案：B3．解析：微粒进入场区后沿直线ab运动，则微粒受到的合力或者为零，
或者合力方向在ab直线上(垂直于运动方向的合力仍为零).若微粒所受合力不为零，则必然做变速运动，由于速度的变化会导致洛伦兹力变化，则微粒在垂直于运动方向上的合力不再为零，微粒就不能沿直线运动，因此微粒所受合力只能为零而做匀速直线运动；若微粒带正电，则受力分析如图甲所示，合力不可能为零．故微粒
一定带负电，受力分析如图乙所示，故A正确，B错误；静电力做正功，微粒电势能减少，机械能增加，故C错误，D正确．答案：AD4．解析：小球在电场中的由静止下落到最低点的过程中，有mgL－qEL＝12mv2，在最低点有F－mg＝mv2L，解得
F＝2mg，小球在磁场中由静止下落到最低点的过程中，有mgL＝12mv′2，在最低点有2F－mg－qv′B＝mv′2L，解得B＝m2gL2qL，A正确．答案：A5．解析：(1)设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在
电场中运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝12at21，qE＝ma，vy＝at1联立可得粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为vy＝2Lt1＝v0，则tanα＝vyv0＝1，α＝45°粒子在磁场中的速度大小为v＝2v
0.qvB＝mv2r，由几何关系得r＝2L，解得EB＝v02；(2)粒子在磁场中运动的周期为T＝2πrv＝2πLv0，在磁场中运动的时间为t2＝14T＝πL2v0，t1＝2Lv0，解得t2t1＝π4.答案
：(1)v02(2)π46．解析：两粒子运动轨迹如图所示，由几何关系知两粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝l0sin60°，由牛顿第二定律得qv0B＝mv20r，解得B＝3mv02ql0，故A错误；由几何关系得，粒子①与粒子②在磁场
中运动轨迹对应的圆心角分别为120°和60°，又因为粒子在磁场中的运动时间为t＝θ2πT，所以粒子①与粒子②在磁场中运动的时间之比为2∶1，故B正确；由几何关系得，粒子①与粒子②在电场中沿电场线方向的位移分别为3r2和r2，则满足3r2＝12a
t22，r2＝12at21，得t2t1＝3，即粒子①与粒子②在电场中运动的时间之比为3∶1，故C错误，D正确．答案：BD7．解析：以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；静电力qE，方向水平向右；洛伦兹力F洛＝qvB，方向始终垂直于速度方向．(1)滑块从A到C的
过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR－qER＝12mv2C得vC＝2（mg－qE）Rm＝2m/s，方向水平向左．(2)根据洛伦兹力公式得F＝qvCB＝5×10－2×2×1N＝0.1N方向竖直向下．答案：(1)2m/s，方向水平向左(
2)0.1N，方向竖直向下8．解析：(1)微粒从N1沿直线运动到Q点的过程中受力平衡，则mg＋qE0＝qvB，到Q点后微粒做圆周运动，则mg＝qE0，联立以上两式解得：q＝mgE0，B＝2E0v.(2)微粒做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，解得：r＝mvqB＝v22g.(3
)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则d2＝vt12πr＝vt2，解得：t1＝d2v，t2＝πvg电场变化的周期T＝t1＋t2＝d2v＋πvg.答案：(1)mgE02E0v(2)v22g(3)d2v＋πvg分层
作业(七)楞次定律1．解析：假设磁铁竖直向下运动，则向下穿过线圈的磁感线条数增加，即穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知感应电流的方向沿逆时针方向，与题图一致，B正确；同理可判断A
、C、D错误．答案：B2．解析：当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增加，金属圆环中产生感应电流．根据楞次定律可知，感应电流要阻碍磁通量的增加：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离通电直导线的方式进行阻碍，故D正确．答案：D3．解析：因为PQ突然
向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过圆环形金属线框T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故D正确．答案：D4．解析：不论开关S拨至M端或N端，穿过右边金属圆环的磁通量都会增加，由楞次
定律的“来拒去留”可知，圆环向右运动才能阻碍磁通量的增加，故B正确．答案：B5．解析：根据楞次定律的延伸含义：阻碍导体间的相对运动，即“来拒去留”，所以两环同时要向左运动．又因为两个铝环的感应电流方向相同，而同向电流相吸，所以，两环向左运动的同时
间距变小，C正确．答案：C6．解析：因为金属线圈仅在进、出磁场时，线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线圈运动，使线圈的速度可能减为零，故A、D正确．答案：AD7．解析：A、B错：当线框进入磁场时，dc边切割磁感线，
由楞次定律可判断，感应电流的方向为a→d→c→b→a；当线框离开磁场时，同理可判断其感应电流的方向为a→b→c→d→a.C错，D对：线框dc边(或ab边)进入磁场(或离开磁场)时，穿过金属线框的磁通量变化，产生感应电流，安培力产生阻碍作用(“来拒去留”
)，机械能转化为电能，金属线框的速度减小．答案：D8．解析：0<t<t1时间内，线圈A中逆时针方向的电流在减小，电流产生的磁场在减小，根据安培定则与磁场叠加原理可知，线圈B所处磁场的方向向外，且在减小，根据楞次定律和安培定则可知，线圈B中的感应电流方向为逆时针方向，两线圈的
电流同向，则相互吸引，所以线圈B有收缩趋势，故A、B错误；t1<t<t2时间内，线圈A中顺时针方向的电流在增大，电流产生的磁场在增强，根据安培定则与磁场叠加原理可知，线圈B所处磁场的方向向里，且在增强，根据楞次定律和安培定则可知，线圈B
中的感应电流方向为逆时针方向，两线圈的电流反向，则相互排斥，所以线圈B有扩张趋势，故C错误，D正确．答案：D9．解析：ab匀速向右运动切割磁感线，在M中产生沿顺时针方向的恒定感应电流，形成的磁场恒定，不会在N中产生感应电流，A错误；当ab
加速向右运动时，M中形成沿顺时针方向增大的感应电流，在M中形成垂直线圈平面向下增大的磁场，由楞次定律和安培定则可知，N中会产生沿逆时针方向的感应电流，B错误；ab不动而突然撤去磁场，M中产生沿逆时针方向的感应电流，M中形成垂直线圈平面向上的磁场，导致N中磁通量增大，由楞
次定律和安培定则可知，N中会产生沿顺时针方向的感应电流，C正确；同理可知，当ab不动而突然增强磁场时，N中会产生沿逆时针方向的感应电流，D错误．答案：C10．解析：若电梯突然坠落，将线圈闭合时，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应
电流，感应电流会阻碍磁铁与线圈间的相对运动，可起到应急避险作用，但不是使电梯匀减速下落，故A错误；感应电流不能阻止磁铁的运动，即不能使电梯悬浮在空中，故B错误；当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的
方向从上向下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反，故C错误；结合前面分析可知，当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯坠落，故D正确．答案：D11．解析：当条形磁铁靠近圆环时，穿过
圆环的磁通量增加，根据楞次定律和右手螺旋定则可判断，圆环中的感应电流的方向为逆时针(俯视)，A错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速率v＝2gh，但磁铁下落过程中圆环要产生一部分焦耳热，根据能量守恒定律可知，其落地时的速率一定小于2gh，B错误；磁铁
在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，它的机械能不守恒，C错误；根据楞次定律的推论“来拒去留”可判断，磁铁在整个下落过程中，对圆环的作用力总是竖直向下的，D正确．答案：D分层作业(八)法拉第电磁感应定律1．解析：由于两次条形磁铁插入线圈的起始和终止位置相同，因此磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ
1相同，故A错误；根据E＝nΔΦΔt可知，第一次磁通量变化较快，所以感应电动势较大，而闭合电路的电阻相同，所以第一次的感应电流较大，可知B正确；通过G的电荷量q＝I－Δt＝E－RΔt＝nΔΦRΔt·Δt＝
nΔΦR，则两次通过G的电荷量相同，故C错误；若K断开，虽然电路不闭合，没有感应电流，但感应电动势仍存在，故D错误．答案：B2．解析：正方形线圈内磁感应强度B的变化率ΔBΔt＝BΔt，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势为E＝nSΔBΔt＝n·a22·BΔt＝na2B
2Δt，故A正确．答案：A3．解析：圆盘转动时，沿半径R方向的导体棒切割磁感线产生感应电动势，其大小为E＝12BωR2，回路中电阻不变，根据欧姆定律，回路中产生恒定电流，当圆盘转动的角速度增大或磁场的
磁感应强度增大时，产生的感应电流都会增大，A、B错误，C正确；若圆盘顺时针匀速转动，根据右手定则可知电流从导线a流入电流表，D错误．答案：C4．解析：设线圈的半径为r，单位长度的电阻为R0，根据法拉第电磁感应定律可得E＝nΔΦΔt＝nΔB·SΔt＝nΔB
·πr2Δt，线圈的电阻R＝n·2πr·R0，线圈中的感应电流I＝ER＝nΔB·πr2Δt·n·2πrR0＝ΔBΔt·r2R0，使磁感应强度的变化率增大一倍，线圈中的感应电流增强一倍，A正确；由I＝ΔBΔt·r2R0可知，使线圈匝数增加一倍
，线圈中的感应电流保持不变，B错误；由I＝ΔBΔt·r2R0可知，线圈面积增加一倍，则线圈的半径增大2倍，所以线圈中的感应电流增强2倍，C错误；由I＝ΔBΔt·r2R0可知，使线圈匝数减少一半，线圈中的感应电流保持不变，D错误．答案：A5．解析：根据E＝BLv知，先后以速度v
和3v匀速把一单匝正方形线圈拉出有界匀强磁场区域，产生的感应电动势之比为1∶3，感应电流I＝ER，则线圈中的感应电流之比为1∶3，故A错误，B正确；根据q＝I－t＝ΔΦR知，通过线圈某横截面的电荷量之比为1∶1，故C、D错误
．答案：B6．解析：由题意可知，穿过线圈的磁通量先垂直纸面向外减小后垂直纸面向里增大，根据楞次定律和安培定则可知，线圈中的感应电流始终沿逆时针方向，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得，线圈中产生的感应电动势的大小E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt＝nπr2B02t0，根
据闭合电路欧姆定律可得，线圈中的感应电流大小I＝ER＝nπr2B02Rt0，t＝0时刻，线圈受到的安培力大小F＝B0I·2r＝πn2B20r3t0R，故B正确；0～2t0时间内通过线圈某横截面的电荷量q＝I·2t0＝nB0π
r2R，故C错误；B随t的变化率不变，所以回路中产生的感应电动势恒为πnB0r22t0，故D正确．答案：BD7．解析：导体棒ab恰好能静止在导轨上，则所受的合力为零，根据力的平衡得知，导体棒ab受到的安培力的大小为mgsinθ，方向沿斜面向上，所以有B2Id＝mgs
inθ，则回路中的感应电流大小I＝mgsinθB2d，根据导体棒ab所受安培力的方向，通过左手定则判断得知，通过圆形导线的感应电流的方向从上往下看为顺时针方向，根据楞次定律可知，圆形导线中的磁场，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱，故A、B、C正确；根
据P＝I2r可知，圆形导线中的电热功率P＝m2g2sin2θB22d2r，故D错误．答案：ABC8．解析：摆到竖直位置时，导体棒AB切割磁感线产生的感应电动势为E＝B·2a·0＋v2＝Bav，导体棒AB相当于电源，电源的内阻为R2
，金属环的两个半圆部分的电阻分别为R2，两个半圆部分的电阻是并联关系，并联总电阻为R4，根据闭合电路欧姆定律，可知回路中的总电流为I＝ER4＋R2＝4Bav3R，AB两端的电压即路端电压，大小为U＝I·R4＝Bav3，A正确，B、C、D错误．答案：A9．解
析：(1)对金属杆，有mgsinα＝B1IL①解得I＝mgsinαB1L.②(2)感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔB2ΔtL2＝kL2③闭合电路的电流I＝ER＋r④联立②③④解得R＝EI－r＝kB1L3mgsinα－r.答案：(1)mgsinαB1L(2)kB1L3mgsina－r分层作业(
九)电磁感应中的电路及图像问题1．解析：ΔΦ＝Bπr2－2×Bπr22＝12Bπr2，电荷量q＝ΔΦR＝πr2B2R，B正确．答案：B2．解析：线框向右匀速穿越磁场区域的过程可分为三个阶段：第一阶段(进入过程)，a
b是电源，外电阻R＝3r(每一边的电阻为r)，Uab等于路端电压U1＝34E；第二阶段(线框整体在磁场中平动过程)，ab及dc都是电源，并且是完全相同的电源，回路中虽无感应电流，但U2＝E；第三阶段(离开过程)，dc是电源，路端电压Udc＝34E，因此Uab为路端电压Udc的13，即U3＝
14E，故A正确．答案：A3．解析：根据E＝BL有v，I＝ER＝BL有vR可知，三角形导体线框进、出磁场时，有效长度L有都变小，则I也变小．再根据楞次定律及安培定则可知，进、出磁场时感应电流的方向相反，进磁场时感应电流方向为正方向，出磁场时感应
电流方向为负方向，故选A.答案：A4．解析：在0～1s内，磁感应强度B垂直纸面向里且均匀增大，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势E＝ΔΦΔt恒定，电流i＝ER恒定，由楞次定律和安培定则可知，电流方向为逆时针方向，即负方向，在it图像上是一段平行于t轴的直线，且为负值，选项
A、C错误；在1～3s内，Bt图线斜率不变，由法拉第电磁感应定律知，产生的感应电动势E＝ΔΦΔt恒定，电流i＝ER恒定，由楞次定律和安培定则知，电流方向为顺时针方向，即正方向，在it图像上是一段平行于t轴的直线，且为正值，选项B错
误，D正确．答案：D5．解析：根据法拉第电磁感应定律可知，金属棒产生的电动势E＝Br×ωr2＝12Br2ω，A错误；对电容器极板间的带电微粒受力分析，可知mg＝qUd，U＝E，解得qm＝2gdBr2ω，B正确；电阻消耗的功率P＝E2R＝B
2r4ω24R，C错误；电容器所带的电荷量Q＝CU＝12CBr2ω，D错误．答案：B6．解析：(1)重力做功全部转化为电路消耗的电能，杆ab达到稳定状态时，有mgv＝P，代入数据解得v＝4.5m/s.(2)杆ab切割磁感线产生的感应电动势大小E＝Blv，设电阻R1与R2的并联电
阻为R外，杆ab的电阻r＝1.0Ω，根据并联电阻的规律可得1R外＝1R1＋1R2，由闭合电路欧姆定律可得I＝ER外＋r，整个电路消耗的电功率P＝IE，代入数据解得R2＝6.0Ω.答案：(1)4.5m/s(2)6.0Ω7．解析：线框切割磁感线的速度与时间的
关系为v＝at，速度与位移的关系为v2＝2ax，所以感应电流为I＝BLvR＝BLaRt，或者I＝BLvR＝BL2axR＝BL2aRx，根据牛顿第二定律得F－F安＝ma，整理得F＝ma＋ILB＝ma＋B2L2aRt，线框中电功
率的瞬时值为P＝I2R＝B2L2a2Rt2，通过导体横截面的电荷量为q＝I－t＝E－Rt＝BLxtRt＝BLRx，即F与t成一次函数关系，P与t成二次函数关系，I与x成正比例关系，q与x成正比例关系．故选B、D.答案：BD8．解析：
由题意可知，车轮转动一周的时间为T＝2πω＝0.3s，车轮转动一周的过程中，能产生感应电流的时间为t＝4×30°360°T＝0.1s，即LED灯亮的总时间为0.1s，故A错误；金属条ab进入磁场时，根据右手定则可知，ab上电流的方向是b→a，故B错误；金属条ab进入磁场时，a
b相当于电源，其等效电路图如图所示，电源电动势为E＝12Br2ω＝1.8V，电路中的总电阻为R总＝R＋13R＝0.6Ω，所以通过ab的电流大小为I＝ER总＝1.80.6A＝3.0A，故C错误；车轮转动一周，LED灯亮的总时间为0.1s，产生的总焦耳热为Q＝
I2R总t＝32×0.6×0.1J＝0.54J，故D正确．答案：D分层作业(十)电磁感应中的动力学、能量和动量问题1．解析：金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势，则E＝Blv，在闭合电路中形成电流，则I＝BlvR，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外
还受安培力F作用，则F＝IlB＝B2l2vR；先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsinα－B2l2vR＝ma，当a→0时，v→vmax，解得vmax＝mgRs
inαB2l2，如果B变大或m变小，则vmax将变小；如果α变大或R变大，则vmax将变大，故B、C正确，A、D错误．答案：BC2．解析：根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝B2
l2abvRlbc＝B2SvRlab，同理Q2＝B2SvRlbc，又lab>lbc，故Q1>Q2；因q＝I－t＝E－Rt＝ΔΦR＝BSR，故q1＝q2，故A正确．答案：A3．解析：根据楞次定律知，圆环中感应电流方向为顺时针，
再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡，有FT＝mg＋F，得FT>mg，又F＝IlB，根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可得出I＝ER＝ΔΦRΔt＝ΔBRΔtS，可知I为恒定电流，
联立上面各式可知B减小，则F减小，则由FT＝mg＋F知FT减小，A正确．答案：A4．解析：A错，B对：将M、N视为电容为C的平行板电容器，设金属棒ab的质量为m，导轨间距为L，ab从静止开始在一极短的时间Δt内速度的变化量为Δv，此时电容器两端电压变化量为ΔU＝BLΔv，
电容器带电量的变化量为Δq＝CΔU，回路中的电流为I＝ΔqqΔt＝CBLΔvΔt＝CBLa，根据牛顿第二定律有mgsinθ－ILB＝ma，解得金属棒的加速度为a＝mgsinθB2L2C＋m，可知金属棒ab将一直匀加速下滑．C对：由右手定则
可知，金属棒a端电势高，则M板电势高．D错：若微粒带负电，则静电力向上，与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度方向向上．答案：BC5．解析：导体棒ab匀速切割磁感线，则有E＝Blv，I＝ER总，对导
体棒cd分析，由受力平衡得G＝IlB＝B2l2vR总，得v＝2m/s，选项B正确；对导体棒ab进行受力分析，受拉力、安培力及重力，则有F＝G＋BIl＝0.2N，选项A错误；在2s内产生的电能等于导体棒ab克服
安培力做的功，即W电＝F安·vt＝B2l2v2tR总＝0.4J，选项C正确；在2s内拉力做的功W拉＝Fvt＝0.8J，选项D错误．答案：BC6．解析：杆1向右做切割磁感线运动，产生感应电流，受到向左的安培力而做减速运动，杆2受到向右的安培力而向右做加速运动，回路中产生的
总的感应电动势减小，感应电流减小，两杆受到的安培力减小，加速度减小，所以杆1将做加速度减小的减速运动，杆2将做加速度减小的加速运动，加速度减为零后，两杆匀速运动，A错误；杆1、杆2组成的系统所受合外力
为零，动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，解得杆1、杆2的最终速度v＝0.5v0，B正确；整个回路产生的热量Q＝12mv20－12·2mv2＝14mv20，则杆1上产生的热量为12Q＝18mv20，C正确；以杆2为研究对象，规定向右为
正方向，根据动量定理有BdI－Δt＝m(0.5v0－0)＝0.5mv0，得q＝I－Δt＝mv02Bd，D正确．答案：BCD7.解析：(1)对导体棒进行受力分析如图所示，匀速下滑时，平行于斜面方向有mgsinθ－Ff－F＝0，垂直于斜
面方向有FN－mgcosθ＝0，其中Ff＝μFN，安培力F＝ILB，回路中的电流I＝ER，感应电动势E＝BLv，由以上各式得v＝5m/s.(2)通过导体棒的电荷量Q＝I－Δt，其中平均电流I－＝E－R＝ΔΦRΔt，设导体棒
下滑位移为x，则ΔΦ＝BxL，由以上各式得x＝QRBL＝2×20.8×0.5m＝10m，全程由动能定理得mgxsinθ－W安－μmgxcosθ＝12mv2，其中克服安培力做的功W安等于导体棒有效电阻消耗的电功W，则W＝mgxsinθ－μmgxcosθ－12mv2＝(12－8－2.5)J＝
1.5J.答案：(1)5m/s(2)1.5J8．解析：由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，可知A正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，B错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv＝B·2
πR·v，圆环的电阻R电＝ρ·2πRπr2，则圆环中的感应电流I＝ER电＝Bπr2vρ，圆环所受的安培力F安＝I·2πRB，圆环的加速度a＝mg－F安m，m＝d·2πR·πr2，则a＝g－B2vρd，C错误；当重力等于安培力
时圆环速度达到最大，此时a＝0，可得vmax＝ρgdB2，D正确．答案：AD9．解析：(1)当v＝0时，a＝2m/s2，根据牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得μ＝0.5.(2)由图乙可知，vm＝2
m/s，当金属棒ab达到稳定速度时，有FA＝ILB0，E＝B0Lvm，I＝ER＋r，由力的平衡条件得mgsinθ＝FA＋μmgcosθ，解得r＝1Ω，由于q＝I－Δt＝ΔΦΔt（R＋t）Δt＝ΔΦR＋r＝B0LsR＋r，解得s＝2m.(3)对金属棒的运动
过程，由动能定理可得mgssin37°－μmgscos37°－W克＝12mv2m－0，又Q总＝W克，联立解得Q总＝0.1J，则电阻R上产生的热量QR＝45Q总＝0.08J.答案：(1)0.5(2)2m(3)0.08J分层作
业(十一)涡流、电磁阻尼和电磁驱动1．解析：涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化，A、B、C中穿过金属块的磁通量不变化，所以A、B、C错误；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正
确．答案：D2．解析：变化的电流才能产生变化的磁场，引起磁通量的变化，产生电磁感应现象；恒定的电流不会使感应炉中的磁通量发生变化，不会产生涡流，A正确，B错误；当感应炉内装入被冶炼的金属时，会在被冶炼的金属中产生涡流，利用
涡流的热效应使金属熔化，而不是利用线圈中的电流产生的焦耳热使金属熔化，C错误，D正确．答案：AD3．解析：2是磁铁，1在2中转动，1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动，总之不管1向哪个方向转动，2对
1的效果总起到阻碍作用，所以它能使指针很快地稳定下来，故A、D正确，B、C错误．答案：AD4．解析：线圈通电后在安培力作用下转动，铝框随之转动，在铝框内产生涡流．涡流将阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停
下来，这样做是利用涡流起电磁阻尼的作用，故B、C正确．答案：BC5．解析：当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则出现感应电流，处于磁场中的部分铜盘会受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，使得铜盘能在较短的时间内停止，
故C正确．答案：C6．解析：原磁场方向向上且磁感应强度在增大，在其周围有闭合导线的情况下，导线中感应电流的磁场方向应与原磁场方向相反，即感应电流的磁场方向向下，再由安培定则得感应电流的方向从上向下看为顺时针方向，则感生电场的方向
从上向下看也为顺时针方向，同理可知，原磁场方向向上且磁感应强度减小时，感生电场的方向从上向下看应为逆时针方向，所以A、D正确．答案：AD7．解析：金属探测器利用涡流探测金属物品的原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感
应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，故A、C正确，B、D错误．答案：AC8．解析：当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，
A正确；圆盘内的涡流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，B正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，因此在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，C错误；电流是自由电荷定向移动形成的，圆盘呈电中性，本身没有多余的电荷，因此不会形成电流，D错误．答案：AB9．解析：
磁场的变化使空间内产生感生电场，由楞次定律知感生电场的方向为逆时针，带正电小球受到的电场力与运动方向相反，故小球速度减小，B正确．答案：B10．解析：线圈接通电源瞬间，变化的磁场产生电场，因向上的磁场变大，则产生顺时针方向的电场，带负电的小球受到的电场力方向与电
场方向相反，则有逆时针方向的电场力，故圆盘将沿逆时针方向运动，选项A正确．答案：A11．解析：磁铁水平穿入螺线管时，螺线管中将产生感应电流，由楞次定律可知，产生的感应电流将阻碍磁铁的运动；同理，磁铁穿出时，由楞次定律可知，产生的感应电流将阻碍磁
铁的运动，故整个过程中，磁铁做减速运动，A错误，B正确；对于小车上的螺线管来说，螺线管受到的安培力方向始终为水平向右，这个安培力使螺线管和小车向右运动，且一直做加速运动，C正确，D错误．答案：BC分层作业(十二)互感和自感1．解析：由E＝LΔIΔt可知，自感电动势的大小与电流的变化率成正比，与电
流的大小及电流变化的大小无直接关系，故A、C、D错误，B正确．答案：B2．解析：由于采用双线并绕的方法，当有电流通过时，两股导线中的电流方向相反，不管电流怎样变化，任何时刻两股电流总是等大反向的，在线圈中产生的磁通量也是等大反向的，故穿过线圈的
总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感现象，故A、B、D错误，C正确．答案：C3．解析：闭合S稳定后，L相当于一段导线，R1被短路，所以电容器C两端的电压等于路端电压，小于电源电动势E，A错误；断开S的瞬间，L产生感应电动势，相当于电源，与R1组成闭合回路，通过
R1的电流方向自左向右，B正确；断开S的瞬间，电容器放电，通过R2的电流方向自右向左，C、D错误．答案：B4．解析：由法拉第电磁感应定律得E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS，又B∝I，故ΔBΔt∝ΔIΔt∝E.由图乙可知it图像中的斜率应不为0，且在0～0.
5、0.5～1.5、1.5～2.5、2.5～3.5各段时间内斜率不变．分析图像可知，只有C正确．答案：C5．解析：题图甲中，闭合S1瞬间，直流电源对灯A1供电，电流从左到右；断开S1瞬间，电感线圈对灯A1供电，电流从右到左，
A错误．“实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗”说明闭合S1且电路稳定时，通过电感线圈L1的电流大于通过灯A1的电流，B正确．闭合开关S2瞬间，由于电感线圈阻碍电流的增加，L2中电流从零开始缓慢增大，此时路端电压缓慢变小，灯A3中电流从某一较大值开始减小，C正确．题图乙中，开关
S2闭合，电路稳定时通过A2和A3的电流相同，断开S2瞬间，电感线圈L2、灯A2、灯A3和滑动变阻器R构成回路，电流从同一值开始缓慢减小至零，故灯A3和灯A2均缓慢熄灭，D错误．答案：BC6．解析：当开关断开时，由于线圈中自感电动势阻碍电流减小，线圈中的电流逐渐减小，线圈与灯泡
A构成回路，因为IL＝2A，IA＝1A，所以灯泡中的电流突然反向增大，之后逐渐减小，故D正确，A、B、C错误．答案：D7．解析：闭合开关后，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过L2，由于线圈中自感电动势的阻碍，L1逐渐变亮，L1与L3串联，所以闭合开关后，L1、L3逐渐变亮，L
2一直不亮，A错误，B正确；由于二极管的单向导电性，电路稳定后也无电流通过L2，L2不亮，电路稳定后，断开开关后，线圈由于产生自感电动势，相当于电源，灯泡L1中电流从左到右，灯泡L1、L2串联，二极管正向
导通，所以L1逐渐熄灭，L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，同时L3立即熄灭，D错误，C正确．答案：BC8．解析：由题中给出的电路可知，电路是L与A1串联，A2与R串联，然后两个支路并联．在t′时刻，A1支路的电流因为有L的
自感作用，所以i1由0逐渐增大．A2支路为纯电阻电路，i2不存在逐渐增大的过程，若不计电池的内阻，则i2不变；若考虑电池的内阻，i2会略有减小，故B正确．答案：B分层作业(十三)交变电流1．解析：t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最
大，磁通量变化率为零，此时感应电动势、感应电流均为零，线圈中感应电流方向改变．A错误，B正确；t2、t4时刻通过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D错误．答案：B2．解析：根据u＝Umsinωt可知，交变电流的电压的峰值为200V，则有效值U＝Um2
＝2002V＝1002V＝141V，B正确．答案：B3．解析：由题图可知，交变电流的周期是0.2s，频率f＝1T＝5Hz，电流的峰值是10A，有效值I＝102A＝7.07A，A、C正确．答案：AC4．解析：产生交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和
线圈形状无关，线圈abcd分别绕轴P1、P2转动，转到图示位置时产生的电动势E＝NBSω，由I＝ER总可知，此时I相等，故A正确，B错误；由右手定则可知，电流方向为a→d→c→b，故C正确；dc边受到的安
培力F＝IldcB，故F一样大，D错误．答案：AC5．解析：图示时刻后瞬间，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a，为负方向，在转过14周过程中，线圈中产生的感应电动势表达式为e＝Emsinωt＝BSωsi
nωt，S是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为i＝－eR＝－BSωsinωtR＝－Imsinωt，经分析，转过14周以后，仍符合i＝－Imsinωt形式，故C正确．答案：C6．解析：条形磁铁以10πrad/s的角速度匀速转动，则该交流电的频率f＝ω2π＝5Hz，故A错误；由题图可
知，在t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0，结合交流电产生的特点可知，t＝0时刻该交流电的瞬时值最大，由题图可知下一时刻穿过线圈的磁通量的方向向里，由楞次定律可知，此时线圈中的电流方向为abcda，故B正确；该交流电的周期T＝1f＝0.2s，当t＝0.5s＝2.5T时，线圈中的电流方向与开始时的方向相反
，电流值仍然为最大值，不会改变方向，故C、D错误．答案：B7．解析：线框中产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω＝NBL2ω，将线框的边长变为原来的2倍，转动的角速度变为原来的12后，电动势的最大值变为2E
m，则电动势随时间变化的规律为e′＝2Emsinω2t，D正确．答案：D8．解析：用类比法分析，如线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生周期性变化的电流，所以这个电路中存在周期为T的变化电流，故A正确；在赤道上，地磁场方向为由南指向北，
则t＝0时刻，回路磁通量最大，电路中电流最小为0，故B错误；t＝T4时刻，金属绳第一次经过水平位置，这个过程回路中磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流方向向右通过灵敏电流计，故C错误；t＝T2时刻，回路磁通量变化率最小
，电路中电流最小，为0，故D错误．答案：A9．解析：(1)线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，CD边长l1＝20cm，CE、DF边长l2＝10cm，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝BSωcosωt.其中B＝52πT，S＝l1×l2＝
0.1×0.2m2＝0.02m2，故线框感应电动势瞬时值表达式e＝52π×0.02×100πcos100πt(V)＝102cos100πt(V).(2)线框由题图所示位置转过30°的过程中ΔΦ＝12BS，Δt＝π6ω，则平均电动势E－＝ΔΦΔt＝302πV.(3)线框中感应电动势随
时间变化的图像如图所示．答案：(1)e＝102cos100πt(V)(2)302πV(3)见解析图分层作业(十四)交变电流的描述1．解析：由图像可知电动势的峰值为1V，有效值为22V；周期为0.2s，频率为1T＝5Hz，故D正确．答案：D2．解析：由题图可知，该电
压的周期为T＝2×10－2s，频率为f＝1T＝50Hz，故A、B错误；设电压的有效值为U，根据电流的热效应，有2022V2R×T2＝U2R×T，可解得电压的有效值为U＝102V，故C正确，D错误．答案：C3．
解析：线圈在匀强磁场中匀速旋转时，产生的感应电动势最大值与转轴位置无关，Em＝NBSω＝NBL2ω，有效值为E＝Em2＝22NBL2ω，选项B正确．答案：B4．解析：A、B错：因电压表示数为9V，所以电路中的电流I＝99A＝1A，故电动势的有效值E＝I(r＋R)＝10V
，其最大值Em＝2E＝102V．C错：线圈通过中性面时电动势的瞬时值为0.D对：从中性面转过90°的过程中，平均感应电动势E－＝nΔΦΔt＝n|Φ2－Φ1|Δt＝n|0－BS|π2ω＝2nBSωπ，又nBSω
＝102V，故E－＝202πV.答案：D5．解析：A对：根据公式P＝U2R，得P＝10210W＝10W．B错：由图乙可知，0.02s时通过线圈的磁通量为零，电动势最大，R两端的电压瞬时值为102V．C对：由图乙可知，
T＝0.02s时电动势为最大值Em＝102V，ω＝2πT＝100πrad/s，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos100πt(V).D错：根据i＝uR得，通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝1.41cos100πt(A).答案：
AC6．解析：(1)线圈中产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50V＝628V，则感应电动势的有效值为E＝Em2＝3142V，外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，即P外＝E2R≈1.97×104W.(2)当线圈转至
线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势的瞬时值为e＝Emsin30°＝314V，感应电流的瞬时值为i＝eR＝31410A＝31.4A.(3)在线圈由中性面转过60°的过程中，线圈中的平均感应电动势为E－＝NΔΦΔt，平均感应电流为I－＝NΔΦ
RΔt，故通过导线横截面的电荷量为q＝I－Δt＝NΔΦR＝NBl2（1－cos60°）R＝0.1C.答案：(1)1.97×104W(2)314V31.4A(3)0.1C7．解析：0～1s内线圈中产生的感应电动势E1＝nΔΦΔt
＝100×0.01V＝1V，1～1.2s内线圈中产生的感应电动势E2＝nΔΦΔt＝100×0.010.2V＝5V，在一个周期内产生的热量Q＝Q1＋Q2＝E21Rt1＋E22Rt2＝12J，根据交变电流有效值的定义Q＝I2Rt＝12J，得I＝25A．选项B正确．答案：B8．解析：由题图乙可知Φ
m＝22×10－2Wb，ω＝2πT＝200rad/s，感应电动势的瞬时值表达式为e＝nΦmωcosωt＝4002cos200t(V)，t＝1.57×10－2s时，感应电动势的瞬时值e＝4002cos200×1.57×10－2V＝－4002V，A错误；开关S闭合前，电
压表测量的是R2两端的电压，根据电压的分配规律得U2＝R2r＋R1＋R2U＝100130×40022V＝400013V，B错误；闭合开关S，外电阻减小，干路电流增大，内电压增大，外电压减小，因为R1两端的电压增大，所以电压表V示数减小，电流表A示数减小，C正确，D错误．答案：C
9．解析：矩形线圈每转动一周，电流方向改变两次．A错误；两条边所经过处的磁感应强度大小均为B.方向始终与两边的运动方向垂直，线圈切割磁感线时．感应电动势不变，故B错误；线圈切割磁感线时，bc、ad边的运动速度为v＝ω×L
2，感应电动势为E＝4NBLv＝2NBL2ω，感应电流I＝ER＋r＝2NBL2ωR＋r，bc边所受安培力的大小F＝NI·2LB＝4N2B2L3ωr＋R，C错误；一个周期内，通电时间t＝49T，则I2R总·49T＝I′2R总T，解得I′＝2I3＝4NBL2ω3（r＋R）
，故D正确．答案：D分层作业(十五)变压器1．解析：恒定磁场对静置于其中的电荷没有力的作用，选项A错误；小磁针N极在磁场中的受力方向指向该点的磁感应强度方向，选项B正确；正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的
磁通量最大时，磁通量的变化率为零，电流为零，选项C错误；变压器副线圈的磁通量变化率和原线圈的磁通量变化率相等，与线圈匝数无关，选项D错误．答案：B2．解析：A错：由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为2202V，故有效值U1＝220V；由U1U2＝n1n2＝21知，副线圈电压的有
效值U2＝110V，故输出功率P2＝U22R＝220W；再由输入功率等于输出功率知P1＝P2＝220W．B对：根据欧姆定律知I2＝U2R＝2A，由I1I2＝n2n1得I1＝1A，故电流表的读数为1A．C错：
电压表的读数为有效值，即U2＝110V．D错：由交流电压的表达式可知，ω＝100πrad/s，又T＝2πω，解的T＝0.02s.答案：B3．解析：原线圈两端电压和原、副线圈匝数比不变，则副线圈两端电压不变，故B错
误；当用电器增加时，总电阻减小，副线圈中电流增大，根据原、副线圈电流之比等于匝数的反比可知，原线圈中电流也增大，故A错误；通过R0的电流增大，R0分得的电压也增大，要使用电器仍能正常工作．应增大副线圈两端电压，而原线圈两端电压和匝数不变，故
应使滑动触头P向上滑动，增加副线圈匝数，C正确；若减小电源的输出电压，在匝数比不变的情况下，副线圈两端电压减小，则用电器不能正常工作，故D错误．答案：C4．解析：由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定．故变压器副线圈的输出电
压恒定．变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，电阻值逐渐增大，则副线圈的电流逐渐减小，原线圈的电流I1也逐渐减小，原线圈的输入功率逐渐减小，定值电阻R消耗的电功率逐渐减小，故A正确，B、C、D错误．答案：A5．解
析：如图甲所示是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边的电压之比等于两边线圈的匝数之比，当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4V交流电压时，A、B间将
得到10V的交流电压；如图乙所示是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比；但是当把电压加在P、Q两端时，M、P两点的电势相等；所以当P、Q接4V直流电压时，M、N两端电压也
是4V，故B正确．答案：B6．解析：原线圈两端电压有效值为12V，小灯泡正常发光，副线圈两端电压有效值为6V，由U1U2＝n1n2＝21，故A错误；副线圈中电流I2＝PU2＝0.2A，由I1I2＝n2n1＝12，知原线
圈中电流为0.1A，B、C错误；原线圈输出功率等于副线圈输入功率，为1.2W，D正确．答案：D7．解析：A对：角速度ω＝100πrad/s，则频率f＝100π2πHz＝50Hz.B错：输入电压有效值为220V，据U1U2＝n1n2知，副线圈电压有效值(V2的示数)为2
2V．C对，D错：光敏电阻R受到的光照增强时，阻值减小，但不会影响变压器的输入电压及输出电压，则副线圈电路总电流变大，原线圈电流也变大，定值电阻分压增大，灯泡两端电压减小，灯泡变暗．答案：AC8．解析：根据I1I2＝n2n1＝12、P＝I2R，可知原、
副线圈回路中电阻消耗的功率之比P1P2＝I21RI22×2R＝18，设副线圈两端的电压为U，根据U1U2＝n1n2，得原线圈两端的电压为2U，因为U＝I2×2R＝4I1R，则I1R＝U4，故有2U＋U4＝180V，解得U＝80V，B正确．答案：B9．解析
：根据理想变压器原、副线圈功率相等可得UI1＝U22R，UI2＝U23R，根据理想变压器原、副线圈电压关系有U2U＝n2n1，U3U＝n3n1，联立解得I1I2＝n22n23，故A正确；若n2>n3则I1>I2，根据理想变压器原、副线
圈电流关系可知，开关由接a变为接b时，通过灯泡的电流变小，灯泡变暗，故B错误；若使输入交流电压的频率变化，但电压的有效值不变，灯泡亮度不变，故C错误；开关S接a时，灯泡两端的电压为UL＝U2＝n2n1U，流过灯泡的电流为IL＝n1n2I1，根据欧姆定律可
得，灯泡的电阻为R＝ULIL＝n22Un21I1，故D正确．答案：AD10．解析：(1)因为ω＝2πf＝100πrad/s，矩形线圈转动，产生感应电动势的最大值Em＝NBSω＝11002V瞬时值表达式为u＝11002cos100πt(V).(2)因为U1＝11002
2V＝1100V，而U2＝220V，则n1n2＝U1U2＝51.(3)根据P入＝P出＝2.2×104W，又P入＝U1I1，解得I1＝20A，则与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为20A.答案：(1)u＝11002cos100πt
(V)(2)5∶1(3)20A分层作业(十六)电能的输送1．解析：输电线上损失的功率P损＝I2R线＝U2损R线＝U损I，U损指输电线上损失的电压，而不是输电电压，故C正确．答案：C2．解析：A错：根据P＝U输I线，输送相同的电功率，当输电电压增大时，则电流变小．B错：频率与输送电压无关．C错
：根据P损＝I2线R线，输电线中电流减小，功率损失减小．D对：输电电压增大时，输电电流变小，根据P损＝I2线R线知，电能损耗相同的情况下，可增大电阻，即输电线横截面积可以更小．答案：D3．解析：由于变压器只能改变交变电流，因此图乙中不可能接直流电源；T2是
降压变压器，根据n3n4＝I4I3>1，由于两次实验流过灯泡的电流相等，可知图乙中流过A的电流较小，加在图乙中A两端的电压较低，图乙中A消耗的功率较小，故D正确．答案：D4．解析：输电线电阻R＝ρLS，输电电流I
＝PU，故输电线上损失的电功率P′＝I2R＝PU2·ρLS＝P2ρLU2S，用户得到的电功率P用＝P－P′＝P(1－PρLU2S)答案：BD5．解析：A错：由题意知，发电厂的输出电压不变，即升压变压器的输入电压不变
，升压变压器原、副线圈的匝数比固定，故输出电压也不变．B对：因为各负载并联，开关闭合后，总电流增大，即降压变压器的输出电流增大．C对：开关闭合后，总电流增大，即降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大；根据P损＝I2线r，输电线的电阻不变，所以输电线上损耗的功率增大．D错：变压器不改
变交变电流的频率，故输电线上交变电流的频率不变．答案：BC6．解析：由理想变压器输入、输出功率相等可知P1＝P2，即U1I1＝U2I2，U2＝I1U1I2，A正确；输电线上的电压降为U损＝U－U1，B错误；输电线路上损失的电功率为P损＝I21r＝I1U－I1U1，C正确，D错误．答案
：AC7．解析：额定电压为220V的家用电器正常工作时，输电线路中的电流I＝PU＝44×103220A＝200A，故A错误；发电机的实际输出电压U0＝U＋Ir＝220V＋200×2×400×2.5×1
0－4V＝260V，故B错误；输电线上损失的功率P损＝I2r＝2002×2×400×2.5×10－4W＝8000W＝8kW，故C正确；该柴油发电机输出电压的最大值Um＝2602V≈368V，故D错误．答案：C8．解析：当开关S接1时，左侧变压器副线圈两端电压U2＝3×7.5V＝
22.5V电阻R上的电压，即右侧变压器副线圈两端电压U4＝PR＝10V电流I4＝U4R＝1A则右侧变压器原线圈两端电压U3＝21×10V＝20V电流I3＝12×1A＝0.5A则r＝U2－U3I3＝5Ω当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器副线圈中的
电流为0.5I；由右侧变压器原、副线圈电压关系可知U2－Irn3＝0.5IRn4，解得I＝3A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5W，故选B、D.答案：BD9．解析：(1)输电线上的电流IR＝PU＝44000220A＝200A损失的电压UR＝IRR＝
200×0.2×2V＝80V损失的功率PR＝URIR＝80×200W＝16000W＝16kW故用户得到的电压U用户＝U－UR＝140V用户得到的功率P用户＝P－PR＝28kW.(2)已知升压变压器的匝数之比n1∶n2＝1∶10，输入电压U1＝220
V，升压变压器的输出电压U2＝n2n1U1＝2200V输电线上的电流I′R＝PU2＝440002200A＝20A损失的电压U′R＝I′RR＝20×0.2×2V＝8V损失的功率P′R＝U′RI′R＝8×20W＝160W因此，降压变压器的输入
电压U3＝U2－U′R＝2192V已知降压变压器的匝数比n3∶n4＝10∶1，则用户得到的电压U4＝n4n3U3＝219.2V用户得到的功率P′用户＝P－P′R＝43.84kW.答案：(1)140V28kW(2)219.2V43.84kW分层作业(十七)电磁振荡
1．解析：LC振荡电路中电容器充电完毕(尚未开始放电)时，电容器中的电场最强，线圈的磁场最弱，电场能和磁场能之间还没有发生转化，A正确．答案：A2．解析：在一个周期内，平行板电容器间的电场强度、线圈产生的磁场方向改变两次，A错误，C正确；在一个周期内，电容器充、放电各两次，电场能与
磁场能相互转化两次，B错误，D正确．答案：CD3．解析：由线圈中的磁场方向，结合安培定则可知，电流从上向下流过线圈，分析电容器中场强方向可知，电容器上极板带正电，则电容器正在放电，故A正确；根据电磁振荡规律可知，
电容器放电时，振荡电流增大，电场能向磁场能转化，磁场逐渐增强，故B、C、D错误．答案：A4．解析：由图像可知，在1×10－6s～2×10－6s内，极板上电荷量正在增大，说明LC振荡电路正在充电，回路中振荡电流正在减小，磁场能向电场能转化，故
B正确．答案：B5．解析：根据题意知在t＝0时刻，回路中电容器的M板带正电，由题图可知，t＝0时电容器开始放电，当回路的磁场能减小时，电流减小，电容器在充电，而M板仍带正电，可判断出这段时间为图中cd段，选项A、B、C错误，D正确．答案：D6．解析：根据公式f＝12πLC可知要增大f
，必须减小L和C二者之积．C跟电容器所带电荷量无关，减小两极板的正对面积、增大两极板间的距离、从两极板间抽出电介质都可减小电容C，因此，A错误，D正确；线圈匝数越少或抽出铁芯，L越小，可知B正确，C错误．答案：BD7．解析：
开关S断开后，LC振荡电路开始振荡，由于起振时线圈中有电流，故属于电感起振，电容器开始充电，此时磁场能最大，电场能最小，磁场能将转化为电场能，C正确，D错误；线圈中的自感电动势阻碍电流的变化，A正确；断开S后，没有电流流过灯泡，灯泡立即熄灭，B错误．答案：AC8．解析：t
＝0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值，说明经过了12T，故LC回路的周期T＝2t＝0.04s，故A错误；当LC回路中电流最大时，说明此时将要发生充、放电的转换，线圈中磁场能最大，电容器中电场能为零，故B错误；t＝1.01s＝2514T，可知此时电流最大，磁场
能最大，此时电流方向由上极板流向下极板，即沿逆时针方向，故C正确，D错误．答案：C9．解析：开关S闭合时，电流稳定，因忽略线圈L的电阻，所以电容器两极板间的电压为零，电荷量为零，开关S断开，D灯熄灭，L、C组成的回路将产生
电磁振荡，由于线圈的自感作用，在0≤t≤T4的时间段内，线圈产生的自感电动势给电容器充电，线圈中的电流方向与原来的电流方向相同，所以a极板带负电，b极板带正电，且所带电荷量逐渐增多，电流值从最大逐渐减小到零，但电荷
量却从零逐渐增加到最大，在T4时刻充电完毕，电流值为零，而极板上的电荷量最多，B正确．答案：B10．解析：电容器放电时间为14T，与电源电动势无关，即t＝14×2πLC＝12πLC.在14T内电流平均值为I＝ΔqΔt＝CEπ2LC＝2EπCL.答
案：12πLC2EπCL分层作业(十八)电磁场与电磁波1．解析：变化的磁场能产生电场，变化的电场能产生磁场，周期性变化的电场和磁场相互联系，交替产生，形成一个不可分割的统一体，即电磁场，A、B、C错误，D正确．答案：D2．解析：电磁波在
真空中以光速c＝3×108m/s传播，A正确；在空气中传播的声波是纵波，B错误；声波不仅可以在空气中传播，也可以在液体和固体中传播，C错误；光属于电磁波，可以在真空中传播，D错误．答案：A3．解析：真空中所有电磁波的传播速度都是光速c，A、B错误；电磁波由
真空进入介质，频率与介质无关，保持不变，而传播速度与介质有关，在任何介质中的传播速度都小于在真空中的传播速度．C正确，D错误．答案：C4．解析：电磁波传播方向与电磁场方向垂直，是横波，A正确；电磁波传播不需要介质，可以在真空中传播，B错误；电磁波可以朝任意方向传播，C错
误；电磁波在空气中的传播速度接近光速，D正确．答案：AD5．解析：稳定的电场不会产生磁场，稳定的磁场也不会产生电场，即电场不一定能产生磁场，磁场也不一定能产生电场，A错误，B正确；均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场，
C错误；利用电磁波传递信号可以实现无线通信，电磁波也能通过光缆传输，D错误．答案：B6．解析：干涉、衍射和多普勒效应是波特有的现象，电磁波和机械波都能产生干涉、衍射和多普勒效应，A正确；如果机械波波源停止振动，在介质中传播的机械波仍将继续传播，B错误
；机械波和电磁波由一种介质进入另一种介质传播时，波速发生变化，频率不变，根据v＝λf可知，波长改变，C、D错误．答案：A7．解析：由麦克斯韦的电磁场理论可知，均匀变化的磁场可在周围空间产生恒定的电场，故C正确．答案：
C8．解析：声音传到甲所需时间为t1＝60340s≈0.176s；传到乙所需时间为t2＝1000×1033×108s＋5340s≈0.018s，所以t2<t1，故乙先听到声音．答案：见解析9．解析：由于电容器始终跟电
源相连，两极板间电压不变，根据E＝Ud可知，在d缓慢均匀增大时，E是非均匀变化的，因此在电容器周围产生变化的磁场，故A正确．答案：A10．解析：由qt图像知，1×10－6s到2×10－6s时间内，电容器电荷量增多，可判断电容器为反向充电过程；由于电磁波的频率
与产生电磁波的振荡电路频率相同，真空中v＝c＝3×108m/s，振荡电路周期T＝4×10－6s，由v＝λT，得λ＝vT＝3×108×4×10－6m＝1200m，故A正确．答案：A11．解析：当一个闭合电路中的磁通量发
生变化时，回路中就有感应电流产生，回路中并没有电源，电流的产生是由磁场的变化造成的．麦克斯韦把以上的观点推广到不存在闭合电路的情况，即变化的磁场产生电场，向上的磁场增强时，感应电流产生的磁场方向向下，阻碍
原磁场的增强，根据安培定则可判断出感应电流的方向．即电场方向如题图中E的方向所示，A正确，B错误；同理，当磁场反向且向下的磁场减弱时，也会得到题图中方向的电场，C正确，D错误．答案：AC分层作业(十九)无线电波的发射和接收1．解析：根据题意可
知，出现重影时是因为我们既收到强信号，又收到弱信号，此信号只能是通过楼群反射的信号．答案：C2．解析：电视机接收节目是利用电磁波的频率不同使收看到的电视频道不同，所以电视机换台是改变电视机的接收频率，B正确．答案：B3．解析：无线电波的发射需要
调制过程，接收要经过调谐和解调，电视信号中图像信号和声音信号的传播速度是相同的，否则看电视时会出现不同步的现象，B、C正确，A、D错误．答案：BC4．解析：接收电路与电磁波发生电谐振时．即接收电路的固有频率等于电磁波的频率时，电路中激起的感应电流最大，A正确；根据调谐
概念可知，B正确，D错误；收音机的接收电路是LC振荡回路，C正确．答案：ABC5．解析：调制是把要发射的信号“加”到高频振荡电磁波上去，频率越高，传播信息的能力越强，对电磁波进行调制的原因是要把传递的低频信号传递出去，其辐射能量的本领并没有改变，故A错误，D正
确；电磁波在空气中以接近光速的速度传播，速度不变，B错误；由v＝λf知波长与波速和频率有关，C错误．答案：D6．解析：当处于电谐振时，所有的电磁波仍能在接收电路中产生感应电流，只不过频率跟电谐振电路固有频率相等的电磁波，在接收电路中激发的感应电流最强，由调谐电路接收的感应电
流，要再经过检波(也就是调制的逆过程)、放大，通过耳机才可以听到声音，故A、D正确．答案：AD7．解析：为了使振荡电路有效地向外辐射能量，必须是开放电路，A错误，B正确；当接收电路的固有频率与接收到的电磁
波的频率相同时，发生电谐振，接收电路中产生的振荡电流最强，C正确；要使电视机的屏幕上有图像，必须要有解调过程，D正确．答案：BCD8．解析：当收音机调谐电路的频率等于要接收的电磁波的频率时才发生电谐振，即接收到该台．要使接
收的电台电磁波频率升高，由f＝12πLC知，当L和C减小时，频率f增大，故B、C、D正确．答案：BCD9．解析：C1与L1组成的振荡电路通过电谐振接收经过调制的信号电流，即调幅电流i1是L1中的电流图像，A正确；由于L2中发生电磁感应，产生的感应
电动势的图像与a图相似，但是由于L2和二极管D串联，所以L2中的电流仅有通过二极管正向的部分，图像应是i2，B错误，C正确；通过D的电流，高频成分由C2流过，所以i3是流过耳机的电流图像，D正确．答案：ACD10．解析：LC振荡电路与开放电路耦合后，振荡电路中产生的
高频振荡电流通过两个电路线圈间的互感作用使开放电路中也产生同频率的振荡电流，振荡电流在开放电路中激发出电磁波，向四周发射，所以发射出去的电磁波的频率就等于LC振荡电路中电磁振荡的频率．(1)发射出去的
电磁波的频率f＝12πLC＝12π3×10－3×3×10－5×10－6Hz≈531kHz.(2)发射出去的电磁波的波长λ＝cf＝3.0×108531×103m≈565m.答案：(1)531kHz(2)565m分层作业(二十)认识传感器常见传感器的工作原
理及应用1．解析：传感器通常是将非电学量转换成电学量，D符合题意．答案：D2．解析：金属热电阻由金属材料制成，其化学稳定性好，但灵敏度差，电阻率随温度的升高而增大，A错误，B正确；热敏电阻是由半导体材料制成的，它能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量
，C、D错误．答案：B3．解析：A对：电子秤所使用的测力装置是力传感器，它能把力信号转化为电压信号．B错：话筒是一种常用的声传感器，其作用是把声信号转换为电信号．C对：电熨斗能够自动控制温度的原因是它
装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断．D对：光敏电阻的工作原理实际上是把光信号转换成电信号．答案：B4．解析：A、C错：由于电压表是理想的，因此滑片P移动时，不改变闭合电路的电阻，电源内的电流不发生变化，即电流恒定．B对，D错：物体M运动时，电压表所测
电压是变化的，M不动时，电压表示数恒定．答案：B5．解析：据图乙中电流随时间的变化关系可以得出，在t1～t2时间内，电流增大，表明力敏电阻的阻值逐渐减小，即力敏电阻受到的压力逐渐增大，所以可判断小车在向右做加速
度逐渐增大的加速运动；在t2～t3时间内，电流在较大数值上保持恒定，说明电阻保持一个较小值，即受到的压力保持恒定，说明小车在向右做匀加速直线运动，故选项D正确．答案：D6．解析：A错，D对：当照射光敏电阻的光强度减弱时，光敏
电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大．由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，电源的内电压减小，所以路端电压增大，则通过R4的电流将增大；总电流减小，则通过R1的电流将减小．B对，C错：因路端电压增大，同时R1两
端的电压减小，故R2与R3并联电路两端的电压增大，则通过R2的电流增大，通过R2与R3并联电路的总电流减小，所以通过R3的电流减小．答案：BD7．解析：在潜水器下潜过程中，压力传感器受到的压力越来越大，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，所以电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律I＝ER传＋R0
＋r可知，电路中的总电流增大，即通过显示器的电流增大，故A错误；R0两端的电压U＝IR0，电路中的电流增大，则U增大，故B正确；传感器两端的电压U传＝E－I(R0＋r)，由于I增大，E、R0、r都不变，则传感器两端的电压减小，故C错误；由P＝EI可知，电路的总功率增大，
故D错误．答案：B8．解析：由题图乙得R＝(300－0.2F)Ω，当电阻R＝0时，压力Fmax＝1500N，但压力传感器的电阻为零时，电源短路，则压力传感器的电阻最小不可能为零，则压力最大值不可能为1500N，故A、B错误
；空载时，F＝0，根据题图乙知此时R＝300Ω，由I＝UR＝6.0V300Ω＝20mA，故C正确；当F＝900N时，由R＝(300－0.2F)Ω，可得R＝120Ω，故D错误．答案：C9．解析：若电路中无电阻R0，且滑片P在b端时，回路
短路，损坏电源和电流表，R0的存在使电路不出现短路，故A正确；当拉环不受力时，滑片P处于a端，由闭合电路欧姆定律得I＝UR0＋R1＝0.1A，故B正确；当拉力为400N时，由F＝kΔx，可得Δx＝4cm，对应的电阻RPa＝20Ω，R1接入电路中的电阻RPb＝5Ω，由闭合电路欧姆定律得I′
＝UR0＋RPb＝0.3A，故C正确，D错误．答案：ABC分层作业(二十一)利用传感器制作简单的自动控制装置1．解析：当光照射R1时，R1阻值减小，R总减小，电源电压不变，故电路中的电流增大，R2是定值电阻，U2＝IR2，R2两端电压增大，信号处理系统获得高电压，A错误，B正确；当
有人经过时信号处理系统计数，即没有光照时获得低电压，C正确，D错误．答案：BC2．答案：(1)光控开关(2)当日出有光照射光敏二极管时，线圈所在电路连通，电磁铁显示磁性，吸引衔铁，使得路灯所在的工作电路断开，路灯熄灭；反之，当日落后，光敏二极管所在电路断开，电磁铁无磁性，不吸引衔铁，衔铁被弹簧拉起
，路灯所在电路接通，使路灯亮起来．3．解析：(1)该传感器把压力信号转化为电信号，属于压力传感器．(2)小球经过凸形桥甲的最高点时，对桥面的压力小于其自身重力，其相对应的压力图线应是电脑屏幕上的c.答案：(1)压力(2)c4．解析：(1)当电流表示数为0.3A时，根据闭合电路欧姆定律得R＝
EI－R0＝5Ω，R是一根长为6cm、阻值为15Ω的均匀电阻丝，则滑片P向下移动的距离为2cm，即弹簧的压缩量为2cm，由题图乙可以读出此时电子秤的读数为20N，则所称重物的质量为2kg.(2)当不称重物时，滑片P刚好处于a端，电路中电流最大为Im＝ER0＝35A＝0.6A，故该设计中使用的电流表
的量程最小为0～0.6A．当滑片P滑到b端时，电子秤的称量示数最大，此时弹簧的压缩量为6cm，结合题图乙可知此时所放重物的重力为60N，所以重物的质量为6kg.即电子秤的称量范围是0～6kg.(3)由R＝EI－R0知，R
与I不是成正比，所以将电流表的表盘改制成的电子秤示数盘刻度不均匀，与电流是反刻度，左大右小；因为电路中电流不会为零，则刻度盘最左侧部分区域无刻度．答案：(1)2kg(2)0～0.6A0～6kg(3)刻度不均匀，左大右小；刻度盘最左侧部分区域无刻度5．解析：由
火灾报警器的原理可知，发生火灾时烟雾进入罩内，使光发生散射，部分光线照在光电三极管上，使其电阻变小，与传感器相连的电路检测出这种变化，发出警报，选项C正确．答案：C6．解析：(1)如图所示(2)按图连接好电路，合上开关S，水泵工作，水位升高，当浮子上升使
B接触到S1时，左侧电路(控制电路)工作，电磁铁F产生磁力，吸下衔铁E，使S2断开，电动机M不工作，停止注水．当水位下降使B与S1脱离时，控制电路停止工作，F无磁性，D拉动E，使S2与电动机M接通，M工作．单元素养评价(一)安培力与洛伦兹力1．解析：当电荷静止或速度方向与磁场平行时，电荷在磁场中
不受洛伦兹力，A错误；电荷在电场中一定受到电场力的作用，B正确；正电荷所受电场力方向与该处电场方向相同，负电荷所受电场力方向与该处电场方向相反，C错误；电荷所受的电场力可能对电荷做负功，电荷所受的洛伦兹力对
电荷一定不做功，D错误．答案：B2．解析：油滴水平向右做匀速直线运动，其所受的洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电荷，其电荷量为q＝mgv0B，A正确，B、C、D错误．答案：A3．解析：由安培定则判断出通电导线Q在线框处的磁场方向从外向里，根据左手定则，知外侧电流受安
培力向左，内侧电流受安培力向右，从上往下看，导线框将逆时针转动，故AB错误；线框沿逆时针方向转动一个小角度后，靠近导线PQ处的边的电流的方向向左，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，所以整体受力向下，在细绳受力会变得比导线框重力大，故C正确；线框沿
逆时针方向转动一个小角度后，电流Q产生的磁场方向从外向里穿过线框，根据安培定则，线框表示磁场的方向也是从外向里，所以穿过线框的磁通量增大，则线框中心的磁感应强度变大．故D错误．故选C.答案：C4．解析：通电导线会在周围产生磁场，磁场的强弱与到导线的距离有关．对于a点，A导线和B
导线在此处的磁感应强度大小相等，方向相反，设C导线在此处的磁感应强度大小为B2，所以a点的合磁感应强度大小为B2；对于b点，B导线和C导线在此处的磁感应强度大小相等，方向相同，设B导线在此处的磁感应强度大小为B1，而A导线在此处的磁感
应强度大小为B2，则此处的合磁感应强度大小为4B21＋B22；对于c点，A导线和C导线在此处的磁感应强度大小相等(均为B1)，方向相同，B导线在此处的磁感应强度大小为B2，则此处的合磁感应强度大小为4B21＋B22，所以b、c点处磁感应强度一样大，故D正确，A、
B、C错误．答案：D5．解析：设导线的总长为2L，通过导线的电流为I，题图甲中导线受到的安培力大小为ILB1＋ILB1cos60°＝32ILB1，题图乙中导线受到的安培力的大小为I·2LB2cos30°＝3ILB2，根据题意，即有32ILB1＝3IL
B2，则有B1B2＝233，B正确．答案：B6．解析：在磁场中由牛顿第二定律得evB＝mv2R①质子的最大动能Ekm＝12mv2②解①②式得Ekm＝e2B2R22m要使质子的动能增加为原来的4倍，可以将磁感应强度增大为原来的2倍或将两D形金属盒的半径增大为原来
的2倍，故B、C项错，A正确；质子获得的最大动能与加速电压无关，故D项错．答案：A7．解析：带正电粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x
轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误．答案：B8．解析：回旋加速器加速带电粒子的最大动能由磁感应强度和回旋加速器的半径共同决定，A错误；质谱仪是一种利用磁偏转检测带电粒子比荷的设备，以同样速度进入磁场的
粒子击中光屏同一位置，则说明粒子的比荷相同，B正确；丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，由左手定则可知，负电荷所受洛伦兹力向左，因此N侧带负电荷，C正确；最终正、负离子会受到电场力和洛伦兹力而平衡，即：qvB＝Ubq，而流量Q＝vbc，联立可得
U＝QBc，前后两个金属侧面的电压与流量Q、磁感应强度B以及c有关，与a、b无关，D正确．答案：BCD9．解析：离子束在区域Ⅰ中不偏转，一定是qE＝qvB，v＝EB，A正确；进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r＝mvqB知，因v、B相同，只能是比荷相同，故D正确，B、C错误．答案：AD1
0．解析：质子带正电，且经过C点，其轨迹有多种可能，如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径为r＝Ln(n＝1，2，3…)，质子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv2r，解得v＝qBrm＝kBLn(n＝1，2，3…)，故A、B、D正确，C错误．答案：ABD
11．答案：(1)导线在磁场中的长度(2)改变(3)改变(4)左手定则12．解析：(1)设左、右砝码质量分别为m1、m2，线圈质量为m0，当线圈通过如题图所示方向的电流时，根据平衡条件有m1g＝(m0＋m2)g－nILB①当线圈
通过的电流反向时，根据平衡条件有(m1＋m)g＝(m0＋m2)g＋nILB②联立①②解得B＝mg2nIL.(2)代入数据得B＝mg2nIL＝0.01×102×5×0.1×0.1T＝1T.答案：(1)B
＝mg2nIL(2)113．解析：(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R，解得R＝mvqB＝8×10－30×1.6×1061.6×10－19×1m＝8.0×10－5m.(2)设电子做匀速圆周运动的
周期为T，则T＝2πRv＝2πmqB，由几何关系可知电子做圆周运动转过的角度α＝θ，所以电子在磁场中运动的时间t＝θ2πT＝mθqB，代入数据解得t＝5π3×10－11s＝5.2×10－11s.答案：(1)8.0×10－5m(2)5.2×10－11s14．解
析：设金属杆受最大静摩擦力沿导轨平面向上时，滑动变阻器接入电路的电阻为R1，金属杆受力如图1所示．由平衡条件可知，沿导轨方向有Fcos37°＋f＝mgsin37°，垂直于导轨方向有FN＝mgcos37°＋Fsin
37°，安培力的大小F＝I1LB，最大静摩擦力f＝μFN，由闭合电路欧姆定律可得I1＝ER1＋r，联立解得R1＝32Ω.设金属杆受最大静摩擦力沿导轨平面向下时，滑动变阻器接入电路的电阻为R2，金属杆受力如图2所示．由平衡条件可知
，沿导轨方向有F′cos37°＝mgsin37°＋μ(mgcos37°＋F′sin37°)，安培力的大小F′＝I2LB，I2＝ER2＋r，联立解得R2＝2Ω，综上可得2Ω≤R≤32Ω.答案：2Ω≤R≤32Ω15．解析：(1)粒子进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场
，说明粒子射入磁场时速度方向也与PM垂直．则粒子从O点射出时速度方向与x轴正方向的夹角α＝45°粒子到达O点时沿y轴正方向的分速度vy＝v0tanα＝2×107m/s设粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，沿y轴方向的位移为y，由运动学规律有y＝vy2tx＝v0t联立解得y＝0.2m，故Q点的纵
坐标为－0.2m.(2)若该粒子恰好没有从PN边射出，运动轨迹如图所示，根据几何关系有R＋2R＝MP2解得R＝2－25m由洛伦兹力提供向心力得qvBmin＝mv2R，其中v＝v0cosα解得Bmin＝(42＋4)
×10－2T所以磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围为B≥Bmin＝(42＋4)×10－2T.答案：(1)－0.2m(2)B≥Bmin＝(42＋4)×10－2T单元素养评价(二)电磁感应1．解析：磁铁上下振动过程中
，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中会产生感应电流，A正确，B错误；磁铁上下振动过程中，由于有电能产生，可知磁铁与弹簧组成的系统机械能减小，C、D错误．答案：A2．解析：根据法拉第电磁感应定律有E＝nΔΦΔt＝nΔB
ΔtS知，n、ΔBΔt相同，A、B导线环的有效面积之比为4∶π，则得到A、B导线环中感应电动势之比EA∶EB＝4∶π，故C正确．答案：C3．解析：金属杆相对磁场的速度为2v0，则杆中产生的感应电动势E＝2Bdv0，故C正确．答案：C4．解析：线圈中电流变化越快，自感电
动势越大，线圈的自感系数是由线圈本身的性质决定的，与线圈的电流变化无关，选项A错误；由于交流电在线圈中产生变化的磁场，变化的磁场穿过小铁锅，可以在小铁锅中产生感生电场，从而产生涡流，涡流的热效应使水沸腾起来，选
项B正确；t0时刻电流从线圈的上端流入且电流正在增大，根据安培定则可知，穿过小铁锅的磁场是向上增大的，根据楞次定律可知，小铁锅中涡流产生的磁场方向一定是向下的，再根据安培定则可知，从上往下看，小铁锅中
的涡流沿顺时针方向，选项C错误；由于导体中的涡流会损耗能量，所以变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成，其目的是减小涡流，选项D错误．答案：B5．解析：cd棒受到向下的磁场力，根据左手定则可知，电流方向由c到d，故d点电势低于c点电势，故A错误；电流方向由b到a，根据右手定则可知
，Ⅰ是S极，故B正确，C错误；当cd棒向下运动时，cd棒中产生方向由d到c的电流，ab棒中的电流方向由a到b，由左手定则可知，ab棒受到向左的磁场力，故D错误．答案：B6．解析：线圈置于方向竖直向上的均匀增大的磁场中，据
楞次定律可知线圈的感应电动势下高上低，则B板电势高，A板电势低，小球向A板偏转，当磁场变化快时电动势大，偏角大，故C正确．答案：C7．解析：当表笔与线圈断开时，由于通过线圈的电流突然减小到零，故在线圈
中产生很大的自感电动势，因小明同学用双手分别握住线圈裸露的两端，故会有电击感，所以答案选A.答案：A8．解析：两个线圈之间没有导线相连，也能产生互感现象，A错误；互感现象可以把能量从一个线圈传到另一个线圈，B正确；互感
现象并非都是有益的，有时会影响电路的正常工作，C错误；变压器是利用互感现象制成的，D正确．答案：BD9．解析：由E＝BLv可知，回路中的感应电动势E＝Bv(x0＋vt)tanθ(x0为开始运动前ON的长度).感应电动势E随时间t变化的规律为B图．设杆和框架单位长度电阻为R0，回路总电阻为R＝[(x
0＋vt)tanθ＋(x0＋vt)＋x0＋vtcosθ]R0，回路中电流为I＝ER＝Bvtanθ（tanθ＋1＋1cosθ）R0，即I是与时间t无关的恒量，D图正确．答案：BD10．解析：线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，
由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，则感应电流的方向为A→B→C→D→A，A错误；AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势为E＝Bav，则线框中感应电流为I＝ER＝BavR，故CD两端的
电压为U＝I×34R＝34Bav，B错误，D正确；AC刚进入磁场时线框的CD边受到的安培力的方向与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD边向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以A
C刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，即F合＝2F＝2B2a2vR，C正确．答案：CD11．解析：(1)闭合开关S后，将滑片P向右减速移动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路中电流增大，线圈A产生的磁场增强，穿过线圈B的磁通量增大．(2)将条形磁铁
向下插入线圈过程中，线圈中的磁场方向向上，且磁通量增大，根据楞次定律的“增反减同”可知，线圈中的感应电流产生的磁场方向向下，根据安培定则和图中线圈的绕向可知，线圈中感应电流从上端流入，下端流出，因此感应电流从负接
线柱流入电表．(3)条形磁铁从图示位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上且减小，由楞次定律可知，L中的感应电流产生的磁场方向向上，由安培定则可知，线圈中电流由a流向b，俯视线圈，其绕向为逆时针．答案：(1)增大(2)负(3)逆时针12．答案：(1)电流(2)①增大相反②减小相
同③感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化(3)发电机(其他答案合理也可)13．解析：均匀变化的磁场会产生恒定的电流，在0～1s，磁场方向竖直向下，均匀减小，根据楞次定律可知感应电流方向为正．在1～2s，磁场方向竖直向上，均匀增大，根
据楞次定律可知感应电流方向为正．在2～3s，磁场方向竖直向上，均匀减小，根据楞次定律可知感应电流方向为负．在3～4s，磁场方向竖直向下，均匀增大，根据楞次定律可知感应电流方向为负．在4～5s的变化与0～1s时一致，感应电流方向为正．则导体环中感应电流随时间变化的
图像如下答案：见解析图14．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝nL2ΔBΔtsin37°＝9.6V，滑动变阻器R与电阻R2组成的电路，其等效电阻为R3＝3.0Ω，根据闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R3＋r＝1.2A，解得电阻R1的电功率P＝I2R1＝5.76W.(2)经分析，
滑动变阻器R右半部分与电阻R2组成电路的等效电阻为R4＝1.0Ω，K闭合时，电容器两端的电压U＝IR4＝1.2V，K闭合时，电容器所带电荷量Q＝CU＝3.6×10－5C，K断开后，流经R2的电荷量为Q2＝Q2＝1.8×10－
5C.答案：(1)5.76W(2)1.8×10－5C15．解析：(1)速度达到最大时，加速度为零，有F－mgsinθ－F安＝0由法拉第电磁感应定律，有E＝BLv由闭合电路欧姆定律，有I＝ER＋rab受到的安培力F安＝ILB由功率表达式，有
P＝Fv联立上述各式，代入数据解得P＝4W.(2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有Pt－W－mgxsinθ＝12mv22－12mv21代入数据解得x＝0.1m.答案：(1)4W(2)0.1m单元素养评价(三)交变电流1．解析：当线圈绕垂
直于磁感线的轴匀速转动时，产生正弦式交流电，当线圈转到图乙所示位置时，线圈中电流最大，磁通量的变化率最大，电流方向不发生改变，故C正确．答案：C2．解析：此电容器两端所允许加的最大直流电压是250V，则此电容器两端所允许
加的交流电路的电压最大值是250V，根据正弦式交变电流的有效值公式得：U＝Um2≈2501.414V≈176.8V，选项D正确．答案：D3．解析：电流互感器是测电流的，应串联在火线上，故B、D错误；由变压器电流关系n1I
1＝n2I2，要使I2<I1，需n2>n1，故A正确，C错误．答案：A4．解析：如果输送功率与导线电阻不变，输送电压变为原来的2倍，根据损失功率的公式得P损＝PU2R，可知损失功率变为原来的1
4，故A错误；如果输送功率与输送电压不变，则输送电流不变，导线电阻变为原来的2倍，根据损失功率的公式得损失功率变为原来的2倍，故B错误；根据理想变压器的输入功率由输出功率来决定，如果工厂的机器不工作，即用户不消耗电能，输入功率为零，所以输送功率P的具体数值由工厂的用电情况决定，故C正确，D错误．答
案：C5．解析：由题图可知，交变电压的最大值为311V，A正确；线圈转动的周期为2s，B错误；2s末对应的瞬时电压值为最大值，根据交变电流的产生原理可知，此时线圈平面与中性面垂直，穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率的绝对值最
大，C、D错误．答案：A6．解析：t＝0时刻，穿过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面的位置，选项A错误；t＝0.01s时刻，Φ的变化率最大，选项B正确；t＝0.02s时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，选项C、D错误，答案：
B7．解析：对送电线圈有220V＝I1R＋U1，受电线圈有U2＝I2R＋5V，由原、副线圈电流和匝数的关系得I2I1＝51，U1U2＝51，联立解得U1＝212.5V，U2＝42.5V，R＝18.75Ω，故A、B、C错误；变压器原、副线圈的功率相等，则送电线
圈的输入、功率P1＝P2＝U2I2＝42.5×2W＝85W，故D正确．答案：D8．解析：导线框绕题图甲、乙、丙、丁所示的固定转轴旋转，产生的感应电动势最大值相同，由Em＝NBSω，Em＝2E，I＝ER，联立可得I＝NBSω2R，故A、D正确．答案：AD9．解
析：线框产生的感应电动势的最大值Em＝BSω＝2nπBS，产生的感应电动势的瞬时值为e＝2nπBSsin2nπt，A、D错误；线框产生的感应电动势的有效值E＝Em2＝2nπBS，B正确；周期T＝1n，则从开始转动经过14周期，线框中的平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝4nBS，C正确．答案：B
C10．解析：由电功率公式得ΔP＝I2R，输电线上电压下降ΔU＝IR，输电电流为I＝PU，在输送的电功率和输电线电阻都不变时，U变为原来的2倍，电流变为原来的12，则ΔP′＝14ΔP，ΔU′＝12ΔU，A、D正确，B、C错误．答案：AD11．解析：(1)变压器利用
交流电工作，所以线圈应连到学生电源的交流输出端；(2)副线圈匝数减少，副线圈两端的电压降低，所以灯泡将变暗．答案：(1)交流(2)变暗变小12．解析：(1)因为理想变压器的输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器，根据P＝UI可知，副线圈中的电流大，为了减小
输电线上功率的损失，副线圈电线电阻要小，由公式R＝ρlS知，引线要粗，故a、d端接6V.(2)根据变压器工作原理知UaUb＝nanb，若理想变压器接6V的线圈匝数是300匝，则接220V的线圈匝数是11000匝.(3)理想变压器是忽略变压器的铜损、铁
损与磁损的，但一些小型的变压器的损耗常常不能忽略不计；考虑到这些损耗，则变压器副线圈两端的电压要小于理论值．由题知nanb＝80160＝12，则UaUb<12，结合表格中的数据可知，接电源的是Nb.答案：(1)6V(2)11000(3)Nb13．解析：电网两极间电场可看作匀强电场且Um＝Emd，由
题意知空气被击穿时Em＝6220V/cm，已知理想变压器电压关系为U1mUm＝n1n2，峰值与有效值关系为U1m＝2U1，由以上各式得n1n2≈110，所以变压器次、初级线圈匝数比不得超过10∶1.答案：10∶114．解析：(1)设左侧变压器原、副线圈的电压分别为U1、U2，
右侧变压器原、副线圈的电压分别为U3、U4，则U1＝6.0VU2＝n2n1U1＝18VU4＝PRR＝6VU3＝n3n4U4＝12V右侧变压器副线圈中电流为I4＝PRU4＝3A右侧变压器原线圈中电流为I
3＝n4n3I4＝1.5A连接两理想变压器的导线总电阻阻值为r＝U2－U3I3＝4Ω.(2)接2时，通过电阻的电流为I′4＝U′4R两变压器之间导线中的电流为I′3＝n′4n′3I′4＝2I′4右侧变压器原线圈的电压为U′
3＝U2－I′3r而U′3U′4＝n3n4＝12联立以上四式解得I′3＝4A所以I′1＝n2n1I′3＝12A则该输电线路输送的总电功率是P＝U1I′1＝72W.答案：(1)4Ω(2)72W15．解析：(1)根据v＝210πsin2π3tm/s可得，当t＝0.2
5s时浮桶振动的速度v＝210πsin(2π3×0.25)m/s＝220πm/s，则线圈切割磁感线产生的感应电动势E＝NBLv＝NBπDv＝82V，由欧姆定律得I＝ER＝22A.(2)经过平衡位置时，浮桶振动的速度最大，为vmax＝210πm/s，此时线圈产生的感应
电动势Emax＝NBπDvmax＝162V，则流过指示灯的最大电流Imax＝EmaxR＝2A，由于浮桶振动的速度随时间的变化规律为正弦函数，故产生正弦式交变电流，故电流的有效值I有效＝Imax2＝1A，由焦耳定律可得，灯丝在1h内产生的
焦耳热Q＝I2有效Rt＝57600J.答案：(1)22A(2)57600J单元素养评价(四)电磁振荡与电磁波1．解析：教室里的读书声是声波，根据电磁波谱可知，声波是机械波，不属于电磁波，故C正确．答案：C2．解析：在接收的过程中
先进行调谐，选出需要的调制好的高频电磁波，由于在传播过程中，电磁波的能量有一定的衰减，对高频信号进行放大，用检波电路把音频信号从高频振荡电流上卸载下来，再对音频进行放大，故A正确．答案：A3．解析：根据麦克斯韦建
立的电磁场理论可知，变化的电场和变化的磁场交替产生电磁波，故A正确；电磁波一定是横波，故B错误；电磁波既可以在介质中传播，也可以在真空中传播，故C错误；电磁波在不同的介质中传播的速度不同，故D错误．答案：A4．解
析：要增大无线电台向空间发射电磁波的能力，必须提高其振荡频率，由f＝12πLC知，减小L和C可以提高f.要减小L可采取减少线圈匝数、向外抽铁芯或抽出铁芯的办法，要减小C可采取增大极板间距、减小极板正对面积、减小介电常数
的办法．答案：B5．解析：某段时间里，回路的磁场能在减小，说明回路中的电流在减小，电容器充电，而此时M带正电，那么一定是给M极板充电，电流方向顺时针．由题意知t＝0时，电容器开始放电，且M极板带正电，结合it图像可知，电流以逆时针方向为正方向，因此题干所述的这段时间
内，电流为负，且正在减小，符合条件的只有图像中的cd段，故选D.答案：D6．答案：B7．解析：由题图甲、乙可知水对电磁波吸收的波长范围为0～8μm，二氧化碳对电磁波吸收的波长范围为3～5μm和大于13μm的部分，所以能够通过大气层被遥感卫星接收到的波长范围8～13μm，D正确，A、B、C错误．答
案：D8．解析：一切物体均发出红外线，随着温度不同，辐射强度不同，测量人体温度的测温仪应用的是红外线，故A错误；雷达是利用无线电波中的微波来测定物体位置的，故B正确；γ射线可以用来治疗某些癌症，故C正确；给病人做的脑部CT应用的是X射线的穿透本领较强，故D正确．答案：BCD
9．答案：BD10．解析：FR1中的无线电波比FR2中的无线电波频率小，根据λ＝cf可知，FR1中的无线电波波长较长，则FR1中的无线电波衍射能力更强，选项A正确，B错误；在真空中传播时，FR2中频率为28000MHz的无线电波波长λ＝cf＝3×1
0828000×106m≈1.07×10－2m＝10.7mm，选项C正确；在真空中传播时，FR2与FR1中的无线电波的传播速度相同，均为3×108m/s，选项D错误．答案：AC11．解析：(1)建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦
，而首先证实电磁波存在，并捕捉到电磁波的科学家是赫兹．(2)感应线圈本质上是一个变压器，它利用电磁感应将低压交流电变成数千伏的高电压．由于a、b管上两球间的电压很高，间隙中电场很强，空气分子被电离，从而形成
一个导电通路．当火花在感应圈两个金属球间跳动时，必定建立一个快速变化的电磁场．这种变化的电磁场以电磁波的形式在空间快速传播，当电磁波经过导线环时，迅速变化的电磁场在导线环中激发出感应电动势，使得导线环的两个小球间也产生了火花．在赫兹实验中，感应圈成了电磁波发射器，导线环成了
电磁波的检测器．答案：(1)赫兹(2)①电磁感应很强②电磁波感应电动势③发射器检测器12．答案：(1)T2＝4π2LC(2)如图所示(3)38.5mH(35.1～41.9mH都算对)13．解析：第一次测
量时汽车到雷达的距离s1＝ct12，第二次测量时汽车到雷达的距离s2＝ct22，两次发射时间间隔为t，则汽车车速v＝st＝s1－s2t＝c（t1－t2）2t.答案：v＝c（t1－t2）2t14．解析：(1)依题意，有f＝106.1MHz＝1.061×108Hz又λ＝cf代入数
据可得λ≈2.8m.(2)振荡电路的周期为T＝2πLC又f＝1T代入数据可得C≈5.6×10－16F.答案：(1)2.8m(2)5.6×10－16F15．解析：(1)由T＝2πLC知，T＝2π×25×1
0－3×40×10－6s＝2π×10－3s，t＝π2×10－3s＝14T.断开开关S时，电流最大，经T4电流最小，电容器两极板间电压最大．在此过程中线圈对电容器充电，右极板带正电荷．(2)t＝π×10－3s＝T2，此时电流最大，与没有断开开关时的电流大小
相等，则I＝PU＝24A＝0.5A.答案：(1)正电荷(2)0.5AD－6
