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详解答案·物理(选择性必修·第二册)课时作业(一)磁场对通电导线的作用力1．解析：安培力F总是与磁场B方向和电流I方向决定的平面垂直，但B与I(即导线)可以垂直，也可以不垂直，通电导线受安培力时，力F与磁场及力F与导线都是垂直的，故A、C、D均错，B正确．

答案：B2．解析：A图中磁场方向和电流方向平行，导线不受安培力作用，根据左手定则可知，B图中安培力的方向应垂直于磁场方向向上，C图中安培力的方向应垂直于导线向下，D图中安培力的方向垂直于导线向右．故选项D正确．答案：D3．解析：根据图中的电流方向，由安培定则知U形铁芯下

端为N极，上端为S极，ab中的电流方向由a→b，由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右，选项D正确．答案：D4．解析：设三根相同的导体棒的电阻均为R，长度均为l，其中ML和LN为串联关系，总电阻为2R.由并联电路特点可知，通过MN的电流为通过ML和L

N中的电流的两倍，若MN受到的安培力F＝BIl，则ML和LN受到的安培力的合力F1＝BIl2，MN受到的安培力与ML和LN受到的安培力的合力的方向相同，故线框受到的安培力为F合＝F＋F1＝1.5F，故选B.答案：B5．解析：等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电直导线，且导线中

通有大小相等的恒定电流．由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下．再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边，故选B.也可以根据同向电流相互吸引，导线a、b对c的引力大小相等，合力沿角平分线方向，即与ab边垂直，指向左边．B项正确．答案：B6．

解析：根据左手定则可知，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，B对；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2BIR，选项C错，D对．答案：BD7．解析：将线圈

看作由无数小段直导线组成，由左手定则可以判断，当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，选项B正确，A错误；当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，选项C正确，D错误．答案：BC8．解析：若a接正极，b接负极，由安

培定则知两铁芯间磁场方向向上、若e接正极，f接负极，由左手定则知L受到的安培力向左；若e接负极，f接正极，L受到的安培力向右，选项A错误，选项B正确．同理，若a接负极，b接正极，两铁芯间磁场方向向下、e接负极，f接正极，L所受的安培力向左；e接正

极，f接负极，L所受的安培力向右，选项C错误，选项D正确．答案：BD课时作业(二)安培力的综合应用1．解析：由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L1的距离越远的地方，磁感应强度越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平

向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D选项对．答案：D2．解析：根据条形磁铁的磁场分布，并结合左手定则，可知通电导线左半部分受到的安培力方向垂直纸面向里，右半部分受到的安培力方向垂直纸面向外，

因此通电导线从上向下看顺时针转90°，且随着转动会受到向下的安培力，即同时向下运动，故C正确．答案：C3．解析：设斜面倾角为θ，当磁场的磁感应强度大小为B，通过金属细杆的电流为I时，金属细杆处于静止状态．其

受力分析如图所示，根据平衡条件和安培力公式可得F＝BIL＝mgsinθ.当磁场的磁感应强度大小变为3B，电流变为0.5I时，此时的安培力大小变为F′＝3B×0.5I×L＝1.5BIL，金属细杆将沿斜面向上加速运

动，故A正确，B、C、D错误．答案：A4．解析：A、C对：根据左手定则，判断导线受到的安培力方向向上，增大安培力，可使悬线中张力为零，根据公式F＝BIL知，适当增大电流I或者保持电流I不变，适当增大B，

可使悬线中张力为零．B、D错：若使电流I反向，则安培力向下，悬线中的张力不可能为零．答案：AC5．解析：两磁极间的磁感线如答图甲所示，干电池与磁铁及中间部分线圈组成了闭合回路，在两磁极间的线圈中产生电流，左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中没有

电流．其中线圈中电流方向的左视图如答图乙所示，由左手定则可知中间线圈所受的安培力有向右的分力，根据牛顿第三定律有“小车”向左加速，A错误，B正确；如果只改变某一磁铁S极与电池粘连，则磁感线不会向外发散，两部分受到方向相反的力，合力为零，“小车”不能加速运动，C正确；将“小车”上两磁铁均改

为S极与电池粘连，磁感线会向里聚集，受到的力与答图中方向相反，故“小车”的加速度方向将发生改变，D错误．答案：BC6．解析：(1)杆静止在导轨上，受力平衡，杆受到重力、导轨的支持力以及安培力，根据平衡条件得：BIL＝mgsinθ，解得

：I＝mgsinθBL＝0.01×10×0.60.2×0.1A＝3A.(2)若把磁场方向改为竖直向上，对杆受力分析，根据牛顿第二定律得：F合＝mgsinθ－BILcosθ＝mgsinθ－mgsinθcosθ＝ma解得：a＝gsinθ－

gsinθcosθ＝(10×0.6－10×0.6×0.8)m/s2＝1.2m/s2，方向沿导轨向下．答案：(1)3A(2)1.2m/s2，方向沿导轨向下7．解析：设在闭合开关到金属棒离开导轨的短时间内，安培力对金属棒做的功为W，由动能定理得W＝12mv2，设平抛运动的时间为t

，则竖直方向有h＝12gt2，水平方向有s＝vt，将数据代入解得W＝0.5J.答案：0.5J课时作业(三)磁场对运动电荷的作用力1．解析：由左手定则知打到a、b点的粒子带负电，打到c、d点的粒子带正电，D

正确．答案：D2．解析：A错，B对：溶液中的正负离子沿x轴正向移动，由左手定则可知运动的正离子受到沿z轴正向的洛伦兹力，运动的负离子受到沿z轴负向的洛伦兹力，故正离子都会偏向a处，负离子都会偏向b处，a处电势高于b处电势，a处

钠离子浓度大于b处钠离子浓度．C、D错：正离子都会偏向a处，负离子都会偏向b处，并没有上下之分，所以溶液上表面的电势等于下表面的电势，溶液上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度．答案：B3．解析：a、b、c、d四根导线上电流大

小相同，它们在O点形成的磁场的磁感应强度B的大小相同，方向如图甲所示．O点合磁场方向如图乙所示，则据左手定则可以判定由O点垂直纸面向外运动的带正电的粒子所受洛伦兹力方向向下．B选项正确．答案：B4．解析：当电流方向与磁场方向平行时，通电直导线不受

安培力，故A错误；导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力在宏观上表现为导线受到的安培力，所以说安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，B正确；洛伦兹力的方向与电荷运动方向始终垂直，因此洛伦兹力对电荷不做功，C错误；通电直导线在磁场中

受到的安培力方向与磁场方向垂直，D错误．答案：B5．解析：电子由阴极沿x轴正方向射出，要使电子的径迹向下(z轴负方向)偏转，则应使电子受到向下的力．若加一电场，由于电子带负电，所受电场力与电场方向相反，因此电场方向应沿z轴正方向；若

加一磁场，根据左手定则可知，所加磁场应沿y轴的正方向(注意电子带负电，四指应指向电子运动的反方向)．故选项D正确．答案：D6．解析：A中，带负电的粒子向右运动，掌心向外，四指所指的方向向左，拇指所指的方向向下，选项A正确；B中，带正电的粒子向下运动，掌心向里，四指所指的方向向下，

拇指的方向向左，选项B正确；C中，带正电粒子的运动方向与磁感线平行，此时不受洛伦兹力的作用，选项C错误；D中，带负电的粒子向右运动，掌心向外，四指所指的方向向左，拇指所指的方向向下，选项D错误．答案：AB7．解析：由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及

向左的摩擦力，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，垂直杆的弹力越来越大，故做加速增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图像；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，垂直杆的弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，故选项A正确

；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，垂直杆的弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运

动，故选项D正确．答案：AD8．解析：根据受力情况判断，小球带的只能是正电荷．当带电小球从A点自由滑下时，G＝F1＋F2＝qvB＋qE.小球从B点开始滑下，进入板间时的速度v′＜v，因此洛伦兹力F′1

<F1，三力在竖直方向不平衡，小球在板间开始做加速曲线运动，速度将增大，从而动能将会增大，洛伦兹力也将会增大．另外，由于小球向下运动，克服电场力做功，因此电势能也将增大．答案：ABC课时作业(四)带电粒子在匀强磁场中的运动1．解析：质子在匀强磁场中的运动形式有三种：

当质子的速度方向与磁场方向平行时，质子不受洛伦兹力，做匀速直线运动；当质子的速度方向与磁场方向垂直时，质子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；当质子的速度方向与磁场方向有一定夹角(不垂直)时，质子做螺旋运动．综上可知，本题

应选C.答案：C2．解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R，可得R＝mvqB，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，B减小，所以R增大．线速度、角速度的关系为v＝ωR，因为洛伦兹力不做功，故线速度v的大小

不变，半径R增大，所以角速度减小，故B正确，A、C、D错误．答案：B3．解析：根据左手定则可知，N带正电，M带负电，A正确；因为r＝mvqB，而M的轨迹半径大于N的轨迹半径，所以M的速率大于N的速率，B错误；洛伦兹力不做功，C错误；M和N的运行时间都为t＝T2＝mπBq，D错误．答案：A4．

解析：若粒子带正电，则由左手定则可知两磁场均垂直纸面向外，若粒子带负电，则由左手定则可知两磁场均垂直纸面向里，故B1、B2方向相同，A错误；两粒子运动半个圆周的时间相同，故周期相同，由线速度v＝ωR＝2πRT，得v1:v2＝R1:R2＝2:1，v1＝2v2，B正确，C错误；根据

粒子做圆周运动的周期公式T＝2πmqB可得，比荷qm＝2πBT，由于甲、乙两粒子的周期相同，那若B1＝B2，则两粒子的比荷相同，D错误．答案：B5．解析：电子在电子枪中加速，由动能定理有eU＝12mv20，电子在

匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有eBv0＝mv20r，解得电子在磁场中做圆周运动的轨逊半径r＝1B2mUe.保持励磁线圈中电流不变，B不变，增大加速电压，电子束运动径迹的半径增大；保持加速电压不变，增大励磁线圈中

电流，B增大，电子束运动径迹的半径减小，故A正确，B错误．电子在磁场中做圆周运动的周期T＝2πmeB，与电子的速度无关，与加速电场的电压大小无关，C错误；要使电子形成题图乙中的运动轨迹，玻璃泡内磁场方向应垂直纸面向里，而要形成垂直纸面向里的磁场，由安培安则

知，励磁线圈中应通以顺时针方向的电流，D错误．答案：A6．解析：A错，B对：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力作向心力，则有Bqv＝mv2R，解得粒子做圆周运动的半径R＝mvBq，设磁场圆形区域半径为r，如图所示，粒子在磁场中运动的偏转角为2θ，由几何关系得，tan

θ＝rR，所以v越大，则R越大，则tanθ越小，故θ也越小，而周期T＝2πmqB，即不同速率的粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，则粒子在磁场中运动的偏转角越大，运动时间越长，所以速率越大的粒子在磁场中运动的偏转角越小，运动的时间越短．C、D错：粒子在磁场中运动的角速度ω＝vR＝B

qm，所以不同速率的粒子在磁场中运动的角速度相等．答案：B7．解析：粒子在运动过程中洛伦兹力不做功，故机械能不变，A正确；如粒子带正电，由左手定则判断粒子做逆时针运动，B错误；粒子运动的周期T＝2πmqB，可见周期与粒子的速度无关，即在其他量不变的情况下，速度越大，周期不变，C错误；粒子运

动的圆周半径r＝mvqB，可见圆周运动的半径与速度成正比，故在其他量不变的情况下，粒子速度越大，圆周运动半径越大，D正确．答案：AD8．解析：Rc＝mvceB，Rd＝mvdcB，因此Rc＝2Rd，所以

vc:vd＝2:1，故A正确；tc＝14T＝14×2πmeB＝πm2eB，td＝12T＝12×2πmeB＝πmqB，所以tc:td＝1:2，故B正确；加速度之比ac:ad＝qvcBm:qvdBm＝vc:vd＝2:1，故C错误

，D正确．答案：ABD9．解析：由题知粒子带负电，根据左手定则可判断出带电粒子将沿顺时针方向运动，轨迹如图所示．由qvB＝mv2R得R＝mvqB，因射入时速度方向与x轴的正方向成45°角，由几何关系可知，带电粒子通过x轴时，转过了

90°角，此时的横坐标为x＝2R＝2mvqB.同理可知，粒子经过y轴时，转过了270°，此时纵坐标为y＝－2R＝－2mvqB.答案：2mvqB，00，－2mvqB10．解析：(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图所示：由洛伦兹力提供向

心力，有evB＝mv2R得R＝mveB因为T＝2πRv得T＝2πmeB可见电子在x轴上方磁场运动半周的时间为t1＝12T1，T1＝2πmeB在下方磁场运动半周的时间为t2＝12T2，T2＝πmeB所以电子运动一个周期经历的时间是T＝t1＋t2＝3πm2eB(2)由轨迹可知

电子在x轴上方磁场的运动半径为R1＝mveB在下方磁场的运动半径为R2＝mv2eB所以电子运动一个周期沿x轴移动的距离x＝2(R1＋R2)＝3mveB答案：(1)3πm2eB(2)3mveB11．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)πm3qB12．解析：(1)由洛伦兹力提供向心力得qvB＝mv2R解得R＝mvqB则比荷相同的两个粒子运动轨迹的半径与速率成正比，如答图所示，设AB＝3L，BC＝2L，则Ra＝34L由几何关系有(Rb－32L)2＋(2L)2＝R2b，解得R

b＝2512L则vavb＝RaRb＝9:25.(2)由T＝2πmqB知，比荷相同的两个粒子在磁场中的运动周期相等，由答图可知，粒子a运动轨迹所对的圆心角为180°，设粒子b运动轨迹所对的圆心角为θ，根据正弦定理有

sinθ2L＝sin90°2512L可得sinθ＝2425＝2sin37°×cos37°，即θ＝74°所以ta:tb＝180°360°T:74°360°T＝90:37.答案：(1)9:25(2)90:37课时作业(五)质谱仪与回旋加速器1．解析：根据动能定理得，qU＝12mv2，由qvB＝mv

2r得，r＝2mUqB2.由题图结合左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；粒子经过电场要加速，因粒子带正电，所以下极板S2比上极板S1电势低，故B错误；若只增大加速电压U，由上式可知，则半径r变大，故C正确；若只增大入射粒子的质量，由上式可知，则半径也变大，故D错误．答案：C2．

解析：只有电场时，粒子做类平抛运动，设板间的距离为d，板长为L，有qE＝ma①，d2＝12at2②，L＝v0t③，由①②③联立解得qE＝mdv20L2④，只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，设运动半径为R，有Bqv0＝mv20R⑤，由几何关系知R2－L2＝R－d2

2⑥，由⑤⑥联立解得Bqv0＝mdv20L2＋d24⑦，对比④⑦知qE>Bqv0，电场力大于洛伦兹力，故带电粒子将偏向a板一方做曲线运动，故选B.答案：B3．解析：根据动能定理得，qU＝12mv2得：v＝2qUm由qvB＝mv2/r得：r＝mvq

B＝1B2mUq得：x＝2r＝2B2mUq若离子束是同位素，q相同，x越大对应的离子质量越大，故A正确、B错误．由x＝2r＝2B2mUq知，只要x相同，对应的离子的比荷一定相等，但质量不一定相同，故C正确、D错误．答案：AC4．解析：回旋

加速器运用电场加速、磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能．在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等．由T＝2πmBq知，氦核42He在回旋加速器中运动的频率是质子的12，不改变B和f，该回旋加速器不能用于加速α粒子

，A正确；根据qvB＝mv2R得，粒子的最大速度v＝qBRm，即质子有最大速度，不能被无限加速，质子获得的最大动能Ekm＝12mv2＝q2B2R22m，最大能量与加速电压的大小无关，B、D错误；粒子在回旋加速器磁场中运动的频率和高频交流电的频率相等，由T＝2πmBq知f＝1T＝Bq2πm，C正

确．答案：AC5．解析：(1)画出带电粒子在电场和磁场中运动的轨迹示意图，如答图所示．设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在电场中做类平抛运动，则有2L＝v0t1，L＝12at21根据牛顿第二定律有qE＝ma粒子到达O点时沿y轴正方

向的分速度为vy＝at1，联立解得vy＝v0，tanα＝vyv0＝1，故粒子进入磁场时速度方向与x轴的正方向的夹角α＝45°粒子在磁场中的速度为v＝2v0，根据洛伦兹力提供向心力Bqv＝mv2r由几何关系得r＝2L联立解得EB＝v02.(2)带电粒子在电场中运动的时间t1＝2

Lv0带电粒子在磁场中运动的周期为T＝2πrv，带电粒子在磁场中运动14周期，则在磁场中运动的时间为t2＝14T＝πL2v0解得t2t1＝π4.答案：(1)v02(2)π4单元素养检测(一)安培力与洛伦兹

力1．解析：A图中带负电的粒子向右运动，掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项A错误；B图中带负电粒子的运动方向与磁感线平行，此时不受洛伦兹力的作用，选项B错误；C图中带负电的粒子向右运动，掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项C正确；D图中带负电的粒子向上

运动，掌心向里，四指应向下，大拇指的方向向左，选项D错误．答案：C2．解析：据题图和几何关系求得A、E两点间的距离为：L等＝(2＋3)l.据安培力公式得F＝BIL等＝(2＋3)BIl，故A、B、D错误，C正确．答案：C3．解析：在A图中，电子向右运动，

受力如图电子做曲线运动，A错误；在B图中，电子只受向左的电场力，不受洛伦兹力，只要电子v足够大，可以向右做匀减速直线运动，通过电磁场，B正确；在C图中，向右运动电子所受电场力，洛伦兹力均竖直向下，与v不共线，做曲线运动，C错误；

在D图中，向右运动电子所受电场力，洛伦兹力均竖直向上，与v不共线，做曲线运动，D错误．答案：B4．解析：电子偏转到a点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，对应的B-t图的图线应在t轴下方，C、D错误；电子偏转到b点时，根据左手定则可知，磁场方

向垂直纸面向里，对应的B-t图的图线应在t轴上方，A正确、B错误．答案：A5．解析：导线c中电流产生的磁场在右边平行纸面斜向左上，在左边平行纸面斜向左下，在ab左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向外，右边的电流元所受安培力方向向里，知ab导线逆时针方

向(从上向下看)转动．当ab导线转过90°后，两导线电流为同向电流，相互吸引，导致测力计的读数变大，故B正确，A、C、D错误．答案：B6．解析：先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图甲所示．可以判断

导线受到磁场力作用后从上向下看按逆时针方向转动，再分析导线转过90°时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线所受磁场力的方向，如图乙所示，可知导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误．答案：D7．解析：离子在电场力作用下，从电场中获得能量，而洛伦兹力始终与速度的方向垂直

，所以洛伦兹力不做功，离子不能从磁场中获得能量，A错误；离子最终的速度与回旋半径成正比，要使半径最大，应使离子从中心附近射入加速器，C正确；加速离子时，交变电场的周期与离子在磁场中运动的周期相等，离子在磁场中运动的周期T＝2πmqB，与离子速度无关，与离子的比荷有关，当磁场和电场确

定时，这台加速器仅能加速比荷相同的离子，B、D错误．答案：C8．解析：由左手定则知，正离子向上偏，负离子向下偏，故电流方向为A→R→B，设带电离子电荷量为q，由qEd＝qvB，I＝ER＋r，r＝ρdS，ρ＝1g，联立解得I＝BdvS

ggSR＋d，故选C.答案：C9．解析：带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹半径R＝mvqB，周期T＝2πmqB，角速度ω＝2πT＝qBm，洛伦兹力不做功，B1＝2B2，故由B1进入B2后v不变，R加倍，T加倍，ω减半，B、C正确．答案：BC10．解析：由题意可知，当进入

磁场后，才受到洛伦兹力作用，且力的方向与速度垂直，所以只有重力做功，则小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等，加速度相同，从A至C和从D至C过程中，运动快慢也一样，A、C、D正确；由于进出磁场的方向不同，由左手定则可知，洛伦兹

力方向不同，所以细线的拉力的大小不同，故B错误．答案：ACD11．解析：D形盒之间交变电场的周期等于质子在磁场中运动的周期，A项正确；由r＝mvqB得：当r＝R时，质子有最大速度vm＝qBRm，即B、R越大，vm越大，vm与加速电压无关，B正确，C错误；质子离开加速器时

的最大动能Ekm＝12mv2m＝q2B2R22m，故D错误．答案：AB12．解析：粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝mv0qB知，粒子的入射速度v0越大，R越大．当粒子的径迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大．若粒子带正电，其运

动轨迹如图甲所示(此时圆心为O点)，容易看出R1－R1sin(90°－45°)＝d，将R1＝mv0qB代入得v0＝(2＋2)Bqdm，选项B正确；若粒子带负电，其运动轨迹如图乙所示(此时圆心为O′点)，容易看出R2＋R2cos45°＝d，将R2＝mv0qB代入得v0＝(2－2)B

qdm，选项C正确．答案：BC13.解析：(1)根据实验目的和电磁天平的原理，将电源、开关、电阻箱、电流表及U形金属框串联起来，连接成如答图所示的电路图．(2)设金属框质量为M，托盘质量为m0，第一次操作中未接通电源时由平衡条件得Mg＝(m0＋m1)g；第二次

接通电源后，重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态，然后读出电流表的示数I，用天平称出此时细沙的质量m2，并测量出金属框底部的长度l.(3)若金属框受到的安培力竖直向下，由平衡条件得BIl＋Mg＝(m0＋m2)g，两式联立解得B＝(m2－m1)gIl.

若金属框受到的安培力竖直向上，则B＝(m1－m2)gIl.综上可得B＝|m2－m1|Ilg.(4)若m2>m1，则由左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外，反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．答案：(1)如解析图所示(1分)(2)③重新处于平衡状态(

1分)电流表的示数I(1分)此时细沙的质量m2(1分)④D的底边长度l(1分)(3)|m2－m1|Ilg(2分)(4)m2>m1(1分)14．解析：(1)根据闭合电路欧姆定律I＝ER0＋r＝1.5A．(2分)(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.3N．(2分)

(3)导体棒受力分析如图，将重力正交分解F1＝mgsin37°＝0.24N，(1分)F1<F安，根据平衡条件，mgsin37°＋Ff＝F安，(1分)解得Ff＝0.06N．(2分)答案：(1)1.5A(2)0.3N(3)0.06N15．解

析：(1)粒子射入磁场后，由于不计重力，所以洛伦兹力充当其做圆周运动需要的向心力，根据牛顿第二定律有：qv0B＝mv20R(2分)得R＝mv0qB＝5×10－2m．(2分)(2)粒子在圆形磁场区域的运动轨迹为一段半径R＝5cm的圆弧，要使偏转角最

大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为场区的直径，粒子运动轨迹的圆心O′在ab弦的中垂线上，如图所示，由几何关系知sinθ＝rR＝0.6，所以θ＝37°，(2分)而最大偏转角β＝2θ＝74°.(2分)答案：(1)5×10－2m(

2)θ＝37°β＝74°16．解析：(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，qv0B0＝mv20r，(2分)正离子做匀速圆周运动的周期T0＝2πrv0，(1分)联立两式解得磁感应强度B0＝2πmqT0.(2分)(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，当正离

子在两板之间只运动一个周期，即t＝T0时，有r＝d4，(1分)当正离子在两板之间运动n个周期，即t＝nT0时，有r＝d4n(n＝1,2,3，…)，(2分)联立解得正离子的速度的可能值为v0＝B0qrm＝πd2nT0(n＝1,2,3，…)．(2分)答案：(1)2πmqT

0(2)πd2nT0(n＝1,2,3，…)17．解析：α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示其轨迹半径，有qvB＝mv2R，(2分)可得R＝mvqB，(1分)代入数值得R＝10cm，(1分)则2R>l>R.(1分)由于α粒子的速率一

定，轨迹半径一定，则由定圆旋转法作出α粒子运动的临界轨迹如图所示，其中SP垂直于ab，在P1点α粒子的运动轨迹与ab板相切，即P1点为ab上被α粒子打中区域的左边界，由几何知识有P1P＝R2－(l－R)2，(2分)P2点为ab上被α粒子打中区域的右边界，SP2＝2R，由几何关

系得PP2＝(2R)2－l2，(2分)所求长度为P1P2＝P1P＋PP2，(1分)代入数据得P1P2＝20cm.(2分)答案：20cm18．解析：(1)画出粒子的运动轨迹，如图所示作O1P1垂直于PO，由几何关系知∠O1OP＝60°(2分)设粒子在第二象限圆内磁场做匀速圆周运动的半径为r1，由几

何关系有tan60°＝r1R(2分)由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝mv20r1(2分)解得B＝4315T.(2分)(2)粒子在第一象限内转过14圆周，设轨迹半径为r2，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝mv20r2(2分)答图中的矩形面积即最小磁场区域面积，由几何关系得Smin＝2r2

r2－22r2(2分)联立解得矩形磁场区域的最小面积为Smin＝4(2－1)cm2.(2分)答案：(1)4315T(2)4(2－1)cm2课时作业(六)楞次定律1．解析：由右手定则可判断导体棒中电流方向从N到M，则通过R的电流方向为A→B.答案：A2．解析：导体

切割磁感线产生感应电流，用右手定则判断a位置感应电流方向垂直纸面向里．答案：A3．解析：根据楞次定律可知，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈并远离而去的过程中，线圈内产生的感应电流的磁场对条形磁铁的运动有阻

碍作用，即表现为“来拒去留”，可知条形磁铁运动的加速度始终小于重力加速度，A、B错误；当条形磁铁靠近线圈时，线圈上端为N极，由安培定则知感应电流方向是b→G→a，当条形磁铁远离线圈时，线圈下端为N极，由安培定则知感应电流方向是a→G→b，C错误，D

正确．答案：D4．解析：A选项中导体ab沿顺时针方向转动，根据右手定则，可知导体ab上的感应电流方向为a→b；B选项中ab向纸外运动，C选项中ad边做切割磁感线运动，D选项中ab沿导轨向下运动，由右手定则可知导体ab上的感应电流方向

均为b→a.综上，只有选项A符合题意．答案：A5．解析：根据楞次定律可知，必须使通过线圈向外的磁通量减少或向里的磁通量增加，故选C.答案：C6．解析：金属环在下落过程中，穿过环内的磁通量增加，产生感应电流．根

据楞次定律可知，在这个过程中，为阻碍环的磁通量增加，磁铁对环有向上的磁场力，则磁场力对环做负功，机械能减小，环减少的重力势能转化为环的动能和电能，B项正确．答案：B7．解析：当电流逐渐减弱时，电流产生的磁场减小，穿过环形导线的磁通量减小，由楞次定律可知，环形导线的面

积有扩大的趋势，故A错误；当电流逐渐减弱时，电流产生的磁场减小，穿过环形导线的磁通量减小，由楞次定律可知，环形导线有靠近直导线的趋势，故B错误；根据右手定则可以判定，导线下侧的磁场方向向里，磁通量减小时，产生的感应电流的磁场方向向里，由安培定则知，有顺时针方向的感应电流，故C

正确，D错误．答案：C8．解析：接通开关瞬间，穿过两铜环的磁通量向左增大，根据楞次定律可知，两铜环中的感应电流的磁场方向向右，从左侧看，两铜环中的感应电流沿顺时针方向；故A正确、B错误；接通开关瞬间，穿过小铜环的磁通量向左增大，小铜环的面积收缩能阻碍磁通量的增大

，所以根据楞次定律可知，小铜环有收缩的趋势；由于螺线管外部的磁场方向与螺线管内部的磁场方向相反，所以大铜环的面积增大能阻碍环内磁通量的增大，即大铜环有扩张趋势，故C、D错误．答案：A9．解析：不论磁铁的哪一极向

下插入，穿过线圈的磁通量均增加，根据楞次定律可知，线圈都将阻碍磁铁相对于线圈的运动，所以线圈受到向下的磁场力的作用，则线圈对下面的电子秤的压力增大，与磁场加速或减速无关，故A正确，B、C、D错误．答案：A10．解析：0～1s线圈中电流增大，产生的向上的磁场增大，金属环中磁通量增大，根据楞次定

律可知，从上往下看，0～1s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，故A正确；0～1s线圈中电流增大，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，有面积缩小趋势，故B错误；3s末金属环中感应电流最大，但螺线管中感应电流为零，与金属环间无相互作用，所以3s末圆环对桌

面的压力等于圆环的重力，故C错误；1～2s正方向电流减小，2～3s反向电流增大，根据楞次定律，金属环中感应电流的磁场方向不变，感应电流方向不变，故D错误．答案：A11．解析：回路变为圆形，面积增大，说明闭合回路

的磁通量减少，所以磁场逐渐减弱，而磁场方向可能向外，也可能向里，故选项C、D正确．答案：CD12．解析：当导线L向左平移时，闭合导体框abcd中磁场减弱，磁通量减少，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍磁通量的减少，由于导线L在abcd中产生的磁场方向垂直纸面向里，所以a

bcd中感应电流的磁场方向应为垂直纸面向里，由安培定则可知感应电流的方向为abcda，选项A正确；当导线L向右平移时，闭合导体框abcd中磁场增强，磁通量增加，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍磁

通量的增加，可知感应电流的磁场为垂直纸面向外，再由安培定则可知感应电流的方向为adcba，选项D正确．答案：AD13．解析：利用楞次定律，两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，根据右手定则判断AB中感应电流的方向是B→A→C→D→B，以此为基础，再判断CD内的电流方向，最后根据左手定则进

一步确定CD的受力方向，经过比较可得正确答案．答案：BD14．解析：北京位于北半球，北京地区的磁场方向具有水平向北的分量与竖直向下的分量两部分，故A错误；地磁场有由南向北的分量，门闭合时磁通量的方向向北；当朝南的门向外推开后，平面

与磁场平行时，没有磁感线穿过线框平面，穿过环面的磁通量为0.无论开门还是关门的过程中，穿过门扇的磁通量都是变化的．故B正确；根据楞次定律，穿过窗框的磁通量减小时，站在室内面向正南的人判断，产生的感应电流的方向为逆时针．故D错

误，C正确．答案：BC课时作业(七)法拉第电磁感应定律1．解析：由E＝nΔΦΔt知：ΔΦΔt恒定，n＝1，所以E＝2V.答案：C2．解析：鸽子两翅展开可达30cm，所以E＝BLv＝0.3mV，选项C正确．答案：C3．解析：由E＝nΔΦΔt＝ΔBSΔt＝kπR22.答案：C4．

解析：向东方向运动时，由右手定则知电流流向A点，即A为电源正极，因此电势高，选项B正确；若向北运动，电缆没有切割磁感线，不会产生感应电动势，故选项C、D错误．答案：B5．解析：q＝I－Δt＝E－R·Δt＝nΔΦ·ΔtΔt·R＝nΔΦR＝n2BSR，所以B＝qR2nS.答案：A6．解析：由右手定

则判断可知，MN中产生的感应电流方向为N→M，则通过电阻R的电流方向为a→c.MN产生的感应电动势公式为：E＝Blv，其他条件不变，E与B成正比，则得E1:E2＝1:3，故C正确，A、B、D错误．故选C.答案：C7．解析：由E＝nΔBΔt·S可知，因磁感应强度

均匀减小，感应电动势E恒定，由F安＝BIl，I＝ER可知，ab棒受的安培力随B的减小均匀变小，由外力F＝F安可知，外力F也均匀减小，为变力．由左手定则可判断F安水平方向上的分量向右，所以外力F水平向左，C正确．答案：C8．解析：在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E1

＝ΔΦ1Δt1＝B12πr2－14πr2Δt1根据闭合电路欧姆定律，有I1＝E1R且q1＝I1Δt1在过程Ⅱ中，有E2＝ΔΦ2Δt2＝(B′－B)12πr2Δt2I2＝E2Rq2＝I2Δt2又q1＝q2，即B12πr2－14πr2R＝(B′－B)12πr2R所以

B′B＝32.答案：B9．解析：只要穿过圆线圈内的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势和感应电流，因为磁场变化情况相同，有效面积也相同，所以，每匝线圈产生的感应电动势相同，所以A、B中感应电动势之比为1:2，又由于两线圈的匝数和半径不同，电阻值不同，根据电阻定律，两线圈电阻之比为1:1，所

以，感应电流之比为1:2.因此正确答案是B、D.答案：BD10．解析：根据E＝nΔΦΔt可知：图甲中E＝0，A错误；图乙中E为恒量，B错误；图丙中0～t0时间内的E1大于t0～2t0时间内的E2，C正确；图丁中感应电动势先变小后变大，D正确．答

案：CD11．解析：感应电动势公式E＝ΔΦΔt只能用来计算平均值，利用感应电动势公式E＝Blv计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度．在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A项正确；根据左手定则可以判断，CD

段受安培力向下，B项不正确；当半圆闭合回路进入磁场一半时，等效长度最大为a，这时感应电动势最大为E＝Bav，C项正确；感应电动势平均值E－＝ΔΦΔt＝B·12πa22av＝14πBav，D项正确．答案：ACD12．解析：(1)感应电动势的平均值E＝ΔΦΔt磁

通量的变化ΔΦ＝BΔS解得E＝BΔSΔt，代入数据得E＝0.12V(2)平均电流I＝ER代入数据得I＝0.2A(电流方向如图)(3)电荷量q＝IΔt代入数据得q＝0.1C.答案：(1)0.12V(2)0.2A电流方向见解析(3)0.1C13．解析：(1)在0～t0时间内，磁感应强度的变化率大

小为ΔBΔt＝B0t0，产生感应电动势的大小E1＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝ΔBΔtld＝B0ldt0，流过导体棒ef的电流大小I1＝E12R＝B0ld2Rt0，由楞次定律可判断，流过导体棒ef的电流方向为e→f.(2)在t0～2t0时间内，磁感应强度的变化率ΔB′Δt′＝2

B0t0，产生感应电动势的大小E2＝2B0ldt0，流过导体棒ef的电流大小I2＝E22R＝B0ldRt0，在t0～2t0时间内导体棒ef产生的热量Q＝I22Rt0＝B20l2d2Rt0.(3)在1.5t0时刻，磁感应强

度B＝B0，导体棒ef所受安培力F＝B0I2l＝B20l2dRt0，方向水平向左，根据导体棒ef受力平衡可知，杆对导体棒ef的作用力F′＝B20l2dRt0，方向水平向右．答案：(1)B0ld2Rt0e→f(2)B20l2d2Rt0(3)B20l2dRt0方向水平向右课时作业(八)电磁感应定

律的综合应用1．解析：由法拉第电磁感应定律知E∝ΔΦΔt，故t＝0及t＝2×10－2s时刻，E＝0，A错、C对；t＝1×10－2s，E最大，B错；0～2×10－2s，ΔΦ≠0，E≠0，D错．答案：C2

．解析：因磁场在增强，由楞次定律可知a端电势高，即a板带正电荷，由法拉第电磁感应定律得：E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt，故q＝C·E＝nSΔBΔt·C＝2×10－9C．故选项C正确．答案：C3．解析：在北半球，地磁场的竖直分量竖直

向下，由右手定则可判断OA中电流方向由O到A，再根据在电源内部电流由负极流向正极，可知A点为正极，电势高，A对，B、C错；由E＝Blv可知D错．答案：A4．解析：本题考查右手定则、E＝Blv.由右手定则判定，线框向左移动

0～l2过程，回路中电流方向为顺时针，由E＝2Blv可知，电流i为定值；线框向左移动l2～l过程，线框左、右两边产生的感应电动势相抵消，回路中电流为零．线框向左移动l～32l过程，回路中感应电流方向为逆时针．由上述分析可见，选项D正确．答案：D

5．解析：设金属环的最高点为C，当导体棒摆到竖直位置时，由v＝ωr可得导体棒上C点的速度为vC＝13vB＝13×3m/s＝1m/s，AC间电压为UAC＝EAC＝BLAC·vC2＝1×0.5×12V＝0.25V，CB段产生的感应电动势为ECB＝

BLCB·vC＋vB2＝1×1×1＋32V＝2V．导体棒两侧金属环并联，总电阻为R＝12Ω＝0.5Ω，导体棒CB段的电阻为r＝2Ω，则CB间电压为UCB＝Rr＋RECB＝0.50.5＋2×2V＝0.4V，故AB两端的电压大小为UAB＝UAC＋UCB＝0.25V＋0.4V＝0.65V.答案：B

6．解析：克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，且功的数值等于电路中产生的电能，C正确；恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和，故B错误、D正确；恒力F做的功等于电路中产生的电能、

因摩擦而产生的内能及棒动能的增量三者之和，A错误．答案：CD7．解析：由图像求得斜率的大小ΔBΔt＝2T/s，因此ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝0.08Wb/s，故A正确；开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量不

等于零，故B错误；根据法拉第电磁感应定律得：E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS＝8V，可知感应电动势大小为8V，故C正确；由图看出，第3s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势也不等于零，故D错误．答案：

AC8．解析：两棒均由同一位置由静止释放，则进入磁场时，两棒的速度相等．若PQ棒出磁场后，MN棒再进入磁场，则MN棒做匀速运动切割磁感线，则通过PQ棒上的电流随时间变化的图像为A图；若PQ棒出磁场前MN棒进入磁场，则PQ棒与MN棒在磁场中做加速运动，当PQ棒出磁场后，MN

棒切割磁感线运动的速度比进入时的大，MN棒做减速运动，通过PQ棒的电流随时间变化的图像应为D图．答案：AD9．解析：(1)由牛顿第二定律F＝ma，得a＝Fm＝0.010.02m/s2＝0.5m/s2t＝vt－v0a＝100.5s＝20s.(2)因为感应电动势E＝BLv＝BLat＝0.02t(V)

，所以感应电动势与时间成正比．(3)导线ab保持以10m/s的速度运动，受到的安培力F安＝BIL＝B2L2vR＋r＝0.16N安培力与拉力F是一对平衡力，故F＝0.16N.答案：(1)20s(2)E＝0.02t(V)(3)

0.16N10．解析：该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培力、绳子的拉力FT和重力m1g相互平衡，即FT＝F安＋m1g①砝码受力也平衡：FT＝m2g②线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流I＝BlvR③因此

线圈受到向下的安培力F安＝IlB④联立①②③④式解得v＝(m2－m1)gRB2l2＝4m/s.答案：4m/s11．解析：当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法拉第电磁感应定律知，导体棒上感应电动势的大小

为E＝Blv①由欧姆定律，流过导体棒的感应电流为I＝ER②式中，R为这一段导体棒的电阻．按题意有R＝rl③此时导体棒所受安培力大小为f＝BlI④由题设和几何关系有l＝2x，0≤x≤22l02(2l0－x)，22l0<x≤2l0⑤联立①②③④⑤式得f＝2B2vrx

，0≤x≤22l02B2vr(2l0－x)，22l0<x≤2l0⑥课时作业(九)涡流、电磁阻尼和电磁驱动1．解析：磁铁转动时，环中穿过环向里的磁通量增加，根据楞次定律，环中产生逆时针方向的感应电流．磁铁转动时，为阻碍磁通量的变化，导线圆环与磁铁同向转动，所以选

项A正确．答案：A2．解析：电磁炉面板如果采用金属材料，在交变磁场中产生涡流发热，会使线圈烧毁；用陶瓷器皿作为锅具不能形成涡流，不能对食品加热；铝锅、铜锅在电磁炉上也能形成涡流，但由于铝、铜是非铁磁性的金属，导磁性弱，通过它们的磁场只是一小部分，因此在

铝锅、铜锅中形成的涡流远比铁锅中的小．答案：A3．解析：这种焊接方法的原理是交流电产生的涡流，待焊接工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大，产生的热量多，故A错误；线圈中的电流是交变电流，且频率越高，磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，焊缝处温度升高得越快，故B正确；待焊接

工件中的电流是很强的交流电，故C错误；若磁通量减少时，待焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同，故D错误．答案：B4．解析：由题意可知，本题中是涡流现象的应用，即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感应电流从而进行加热的，则由法拉第电磁感应定律可知，增加

线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率，则可以缩短加热时间，故A错误，B正确；将杯子换为瓷杯不会产生涡流，则无法加热水，故C错误；取走铁芯磁场减弱，则加热时间变长，故D错误．答案B5．解析：收音机里的“磁性天线”利用互感现象把广播电台的信号从一个线圈传送到另一个线圈，A正确；电磁炮的原理：

利用安培力推动弹丸沿导轨加速运动，使弹丸达到很大的速度，B正确；避雷针往往具有很多组金属尖棒，做成伞架的形状，安装在建筑物的顶端，用导线和大地接触，当带电的雷雨云接近建筑物时，由于静电感应，金属尖棒上感应出与云层相反的电荷，通过尖端放电，中和空气中的电荷，使建筑

物避免雷击，C错误；闭合线圈在磁场中运动会产生感应电流，从而产生安培力，因此在运输时，用导线把微安表的“＋”“－”两个接线柱连在一起后晃动电表，表针晃动幅度很小，且会很快停下，这是物理中的电磁阻尼现象，D正确．答案：C6．解析：真空冶炼炉是利用线圈中的电

流做周期性变化，在金属中产生涡流，从而产生大量的热量，熔化金属的，故A正确；金属探测器中通有变化的电流，遇到金属物体时，被测金属中产生涡流，涡流的磁场反过来影响探测器中的电流，从而进行探测，故B正确；电磁炉工作时，在锅体中产生涡流，加热食物，故C错误；当变压器中的电流变

化时，在其铁芯中将产生涡流，使用硅钢片制成的铁芯可以尽可能减小涡流，从而减小能量损失，故D正确．答案：ABD7．解析：电磁驱动利用磁场对涡流的作用力，实现了这种非接触传动，减小了皮带或齿轮传动的粉尘、噪音、震动等危害，还

能避免磨损问题，但磁场与涡流不可能达到同步，要有速度差，故A正确，B错误．涡流要消耗能量，所以电磁驱动效率必定小于100%，C错误．磁电式仪表运输过程中用导线将正负接线柱短接，当指针摆动时产生感应电流，要阻碍转子的运动，是利用了电磁阻尼，D正确．答案：AD8．解析：老师实验中，A摆很快停下来的原

因是摆上产生了感应电流从而阻碍磁通量的变化，A正确，B错误；线圈的匝数越多，受阻碍作用越明显，则线圈越容易停下来，C错误；如果材质是塑料的，则不会产生感应电流，则线圈不会受到磁场力作用，因此不会很快停下来．D正确．答案：AD课时作业(十)互感和自感1．

解析：当线圈a输入正弦交变电流时，线圈b输出同频率的正弦交变电流，A错误．当线圈a输入恒定电流时，线圈a产生稳定的磁场，通过线圈b的磁通量不变，但不为零，B错误．由于互感现象的存在，每个线圈中的交变电流都会对另外一个线圈的磁场产生影响，C错误．当线圈a的磁场变化时，通

过线圈b的磁通量发生变化，产生感应电动势，D正确．答案：D2．解析：电路稳定时，电压表右端为“＋”，左端为“－”，指针正向偏转，若先断开S1或先拆电流表或先拆去电阻R的瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时电压表加了一

个反向电压，使指针反偏．由“自感系数较大的线圈”知其反偏电压很大，会烧坏电压表．而先断开S2，由于电压表内阻很大，电路中总电阻变化很小，电流几乎不变，不会损坏其他器件，故应先断开S2.答案：B3．解析：当S闭合时，由于L的阻碍，电流从两灯中流过，故两灯

同时亮，此后，有电流流过L，且流过L的电流逐渐增大，流过A的电流逐渐减小，电路稳定后，灯泡A被短路而熄灭，B灯比原来更亮且最后亮度保持不变，故C正确，A、B错误；S断开时，B中电流消失，故立即熄灭，由于电感线圈中产生感应电动势，且L和A构成回路，所以A闪亮一下后逐渐熄灭，

故D错误．答案：C4．解析：由题意可知，断开开关瞬间，线圈中产生很大的自感电动势，若不并联元件，则开关S处会产生电弧，当并联电容器时，只能对电容器充电，仍不能解决电弧现象，故A错误；当并联发光二极管时，由于发光二极管有单向导电性，因此应注意方向，D选项的

二极管在开关断开后与线圈组成闭合回路，正向导通，既能避免产生电弧，又不影响电路，故D正确，B、C错误．答案：D5．解析：S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1A．S断开瞬间，灯泡支路的电流立即减为零，但是自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原

电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流将从原来的2A逐渐减小，方向不变，且由于它和灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流大小相同，也应该是从2A逐渐减小为零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，故选D.答案

：D6．解析：当一个线圈的电流发生变化时，由于互感作用，相邻线圈中产生感应电流．当含有电源的线圈中电流增大时，线圈M中产生感应电流且受斥力作用而向右运动．答案：AC7．解析：接通开关时，A2立即就亮，A1与线圈串联，由于自感电动势的作用，电

流逐渐变大，所以A1稍晚一会儿亮，A正确；断开开关时，A1立即熄灭，A2由于和线圈构成回路，回路中电流逐渐减小，所以稍晚一会儿熄灭，C正确．答案：AC8．解析：线圈中的自感电动势与通入的电流的变化率成正比，即E∝ΔIΔt.根据图像分

析：0～t1时间内的电流变化率小于t2～t3时间内的电流变化率，A错误、C正确；t1～t2时间内的电流变化率为零，自感电动势为零，B错误、D正确．答案：CD单元素养检测(二)电磁感应1．解析：线圈第一次经过位置Ⅰ时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律，线圈中感应电流的磁场方向向左，根据安

培定则，顺着磁场看去，感应电流的方向为逆时针方向；当线圈第一次通过位置Ⅱ时，穿过线圈的磁通量减小，可判断出感应电流为顺时针方向，综上所述，选项B正确．答案：B2．解析：因磁铁的转动，引起铜盘中磁通量发生变化而产生感应电流，进而受安培力

作用而发生转动，由楞次定律可知安培力的作用阻碍相对运动，所以铜盘与磁铁同向转动，又由产生电磁感应的条件可知，铜盘中能产生电流的条件必须是磁通量发生变化．故要求铜盘转动方向与磁铁相同而转速小，不能同步转动，所以正确选项是B.答案：B3．解析：设金属棒的长度

为L，有效的切割长度为L，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为E＝Blv.弯成一半圆形后，有效的切割长度为2Lπ，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为E′＝B2Lπv；则E′E＝2π，选项B正确．答案：B4．解析：由于La与线圈L串联，Lb与滑动变阻器R串联，当S闭合的瞬间，

通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以Lb比La先亮，故C错误、D正确；当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，有顺时针方向的电流，故A、B错误．答案：D5．解析：

开关S断开时，线圈中无感应电流，对条形磁铁无阻碍作用，条形磁铁自由下落，故a＝g；当开关S闭合时，线圈中有感应电流，对条形磁铁的下落有阻碍作用，故a<g，所以t1<t2，v1>v2，选项D正确．答案：D6．解析：根据感应电流的产生条

件可分析是否存在感应电流，再由楞次定律可以判断出感应电流方向；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势．磁场垂直于纸面向里，由图乙所示可知，磁感应强度增加，穿过圆环的磁通量增加，环中产生感应电流，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，故A、B项错误；感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·S＝2

－11×1V＝1V，故C项正确，D项错误．答案：C7．解析：带正电油滴处于静止，说明感应电动势恒定，在正对金属板之间产生的电场为恒定的匀强电场，电场力与重力平衡．即电场力向上，说明上极板为感应电动势的负极，根据电流

在电源内部从负极流向正极可以判断感应电流是自上而下的方向，利用右手定则判断感应电流的磁场是竖直向上的，根据楞次定律感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化，说明原磁场在减小，根据感应电动势恒定，判断原磁场在均匀减小，C对．答案：C

8．解析：当bc边进入磁场切割磁感线时，产生感应电流，利用右手定则可判断感应电流的方向从c→b，再利用左手定则可判断安培力向左，与规定的安培力的正方向相反，A错误，结合I＝BLvR，F＝BIL，得安培力F是定值，C错误；当线框穿出磁场时，ad边切割磁感线，产生感应电流从d→a，

利用左手定则可判断安培力向左，与规定的安培力的正方向相反，B正确，D错误．答案：B9．解析：根据法拉第电磁感应定律可得E＝nΔΦΔt＝10×0.15－0.050.1V＝10V，A正确、B错误；线圈中垂直纸面向里的磁通量在增大，所以根据楞次定律可得线圈中的电

流方向是逆时针，所以A端是正极，B端是负极，故电压表“＋”接线柱接A端，C正确、D错误．答案：AC10．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＝B2l2abvRlbc＝B2SvRlab同理Q2＝B2SvRlbc，又lab>lbc，故Q

1>Q2；因q＝It＝ERt＝ΔΦR，故q1＝q2.因此A、C正确．答案：AC11．解析：如果受电线圈两端有电压，说明穿过受电线圈的磁场变化，此时送电线圈中的电流一定不是恒定电流，故A正确；若送电线圈N中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在受电

线圈中不会产生感应电流，受电线圈两端也就不会获得电压，故B错误；穿过线圈M的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场向下，故感应电流方向从b向a，即电流从a端流出，故C正确；根据法拉第电磁感应定律，有E＝nΔΦ

Δt＝nSΔBΔt，由闭合电路欧姆定律得M两端的电压U＝ER＋rR＝nSΔBRΔt(R＋r)，其中R为受电线圈M外接电路的电阻，故D错误．答案：AC12．解析：由题意分析可知，由静止释放物块，它将带动金属滑杆MN一起运动，它们最终将以某一速度做匀速运动而处于平衡状态．设MN

的最终速度为v，对MN列平衡方程B2l2vR＋Ff＝mg，得v＝(mg－Ff)RB2l2，所以A项正确；从能量守恒角度进行分析，物块的重力的功率等于克服安培力做功产生的热功率和克服摩擦力做功产生的热功率之和，所以I2R＋Ffv＝mgv，得v＝I2Rmg－Ff，故B选项正确

，C选项错误；物块重力的最大功率为Pm＝mgv＝mg(mg－Ff)RB2l2，故D选项错误．答案：AB13．解析：当导体棒AB沿着磁感线方向上下运动时，不切割磁感线，无感应电流产生，则电流计指针不偏转；当导体棒AB垂直磁感线方向左右运动时，切割磁感

线，有感应电流产生，则电流计指针偏转；若流入电流计的电流从右接线柱进入，指针就往右偏转，则为使图中电流计指针往左偏转，即电流从左端流入，则根据右手定则可知，导体棒AB应往右运动．答案：不偏转(2分)偏转(2分)右(2分)14．

解析：(1)电流表中没有电流通过时，指针在中央位置，要探究线圈中电流的方向，必须知道电流从正(负)接线柱流入时，电流表指针的偏转方向．(2)闭合开关时，线圈A中的磁场增强，线圈B中产生的感应电流使电流表指针向右偏转．当向左移动滑片时，会使线圈A中的磁场增强，电流表指针将向右偏转；当将线圈A抽

出时，线圈A在线圈B处的磁场减弱，线圈B中产生的感应电流将使电流表指针向左偏转．答案：(1)电流从正(负)接线柱流入时，电流表指针的偏转方向(4分)(2)右(2分)左(2分)15．解析：(1)感应电动势E＝Blv代入数据得E＝

0.8V．(1分)(2)感应电流I＝ER拉力的大小等于安培力F＝BIl解得F＝B2l2vR(2分)代入数据得F＝0.8N(1分)(3)运动时间t＝2lv(1分)焦耳定律Q＝I2Rt(1分)解得Q＝2B2l3vR，代入数据得Q＝0.32J(1分)答案：(1)0.8V(2)

0.8N(3)0.32J16．解析：(1)正方形磁场的面积为S，则S＝L22＝0.08m2.(1分)在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B-t图像可知ΔBΔt＝0.5T/s，(1分)根据E＝nΔΦΔt，得回路中的感应电动势E＝

ΔBΔtS＝0.5×0.08V＝0.04V．(2分)(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E′＝BLv＝0.5×0.4×1V＝0.2V(2分)回路中感应电流I′＝E′R＝0.2

1A＝0.2A(1分)导体棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4N＝0.04N．(2分)答案：(1)0.04V(2)0.04N17．解析：ab棒在拉力F作用下运动，随着ab棒切割磁感线速度增大，棒中的感应电动势

增大，棒中感应电流增大，棒受到的安培力也增大，最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值．外力在克服安培力做功的过程中，消耗了其他形式的能，转化成了电能，最终转化成了焦耳热．(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：E＝BLv①(1分)I＝ER＋r②(

1分)导体棒受到的安培力F安＝BIL③(1分)棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律：F－μmg－F安＝ma④(2分)由①②③④得：F－μmg－B2L2vR＋r＝ma(2分)由上式可以看出，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减

小到0时，速度达到最大．此时有F－μmg－B2L2vmR＋r＝0(2分)可得：vm＝(F－μmg)(R＋r)B2L2＝10m/s(2分)(2)棒的速度—时间图像如图所示．(3分)答案：(1)10m/s(2)见解析18．解析：(1)设绝缘棒a滑上水平导轨时，

速度为v0，下滑过程中绝缘棒a机械能守恒，有12mv20＝mgh(1分)绝缘棒a与金属棒b发生弹性碰撞，由动量守恒定律mv0＝mv1＋mv2(1分)由机械能守恒定律有12mv20＝12mv21＋12mv22(1分)解得绝缘棒a的速度大小v1＝0，金属棒b的速度大小v2＝v0＝2gh.

(2分)(2)金属棒b刚进磁场时的加速度最大，设其加速度为其最大加速度的一半时，金属棒b速度为v′2，c棒速度为v′3.两金属棒b、c组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒．由动量守恒定律有mv2＝mv′2＋m2v′3.(1

分)设金属棒b进入磁场后任一时刻，金属棒b的速度为vb，金属棒c的速度为vc，则两金属棒b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)，(1分)由闭合电路欧姆定律得I＝ER总，由安培力公式得金属棒b所受安培力F＝BIL＝ma，(1分)联立得a＝B2L2(vb－vc)mR总.(1分)故当

金属棒b加速度为最大值的一半时有v2＝2(v′2－v′3)联立得v′2＝56v2＝562gh.(2分)(3)最终两金属棒b、c以相同速度匀速运动．由动量守恒定律有mv2＝m＋m2v(1分)由能量守恒定律有12mv22＝12m＋m

2v2＋Q(2分)解出Q＝13mgh.(2分)答案：(1)绝缘棒a速度大小为0金属棒b速度大小为2gh(2)562gh(3)13mgh课时作业(十一)交变电流1．解析：判断电流是交流还是直流，要看其方

向是否随时间周期性变化．选项C中，尽管电流大小随时间变化，但其方向不变，仍是直流．答案：C2．解析：由题图知在t1时刻线圈获得最大正向电流，电流方向为a→b→c→d→a，又线圈为逆时针转动，故只有B图符合电流方向为a→b→c→d→a且最大．答案：B3．解析：交流发电机将机械能转化

为电能，A错误；交流发电机由两部分组成，即定子和转子，线圈既可以作为定子，也可以作为转子，定子和转子相对转动就可以产生交流电，B错误；交流发电机线圈中产生交流电，输送到外电路也是交流电，C正确；在交流发电机线圈转动的过程中，并不是线圈的每一条边都切割磁感线，D错误．答案：C4．解析：由T＝2π

ω，得t＝π2ω＝T4，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误；由于此时感应电动势为0，所以线圈中的电流为0，线圈所受的安培力为0，A、C错误，D正确．答案：D5．解析：由Φ-t图知，t＝0时，Φ最大，即线圈处

于中性面位置，此时e＝0，故A、D两项错误；由图知T＝0.04s，在t＝0.01s时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02s时，Φ最大，由图像斜率可知斜率为零，即ΔΦΔt＝0，e＝0，则C项错误．答案：B6．解析：感应电动势最大值为400V，角速

度为ω＝2πf＝100π，又发电机从与中性面垂直的位置开始计时，故交变电动势瞬时值的表达式为e＝Emcosωt＝400cos100πt(V)，D正确，A、B、C错误．答案：D7．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：B8．解析：t＝0时，瞬时电动势为e＝10sin20πt(V)＝0，则线圈平面位于中性面，此时穿过线圈的磁通量最大，导线切割磁感线的有效速度最小，A、B正确，C错误；当t＝0.4s时，瞬时电动势为e＝10sin(20

π×0.4)＝0(V)，D错误．答案：AB9．解析：从题图中可知，在0.1s和0.3s时刻，穿过线圈的磁通量最大，此时刻磁通量的变化率等于零，感应电动势为零，A错误；0.2s和0.4s时刻，穿过线圈的磁通量为零，但此时刻磁通量的变化率最大，线圈平

面与中性面垂直，感应电动势达到峰值，但方向不变，B错误；根据电动势的最大值公式Em＝NBSω，Φm＝BS，ω＝2πT，可得Em≈157V，C正确；由E＝NΔΦΔt知磁通量变化率的最大值为EmN≈3.14Wb/s，D正确．答案：CD10．解析：从金属杆在圆环的最高点开始计时，金属杆切割磁感线的

速度v＝ωR，产生的感应电动势e＝BLvcosωt＝BLRωcosωt，当金属杆从最高点运动到最低点的过程中，电动势先变小后变大，流过外电阻的电流先变小后变大，选项B正确；电动势的最大值E＝BLωR，电流的最大值I＝E2r＝BLωR2r，选项D正确

．答案：BD11．解析：由图像知：t＝0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，变化率最小，故A、B错误；由图像得出周期T＝0.02s，所以ω＝2πT＝100πrad/s，故C正确；当t＝

0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为e＝222sin(100πt)V，电动势瞬时值为22V时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角正弦值sinα＝22222＝22，所以线圈平面与中性面的夹角可能为45°，故D正确．故选C、D.答案：CD12．解析：(

1)当线圈平面经过中性面开始计时．则线圈在时间t内转过角度ωt，于是感应电动势瞬时值e＝Emsinωt，其中Em＝nBSω.由题意知n＝50，B＝0.5T，ω＝2π×15060rad/s＝5πrad/s，S＝0.48m2，Em＝nBSω＝50×0.5×0.48×5πV≈18

8V，所以e＝188sin5πtV.(2)根据交流电的方程画图线时，最大值是正弦图线的峰值，由纵轴上的刻度值标出，交流电的频率与正弦图线的周期相对应，ω＝2πT，而周期由时间轴上的刻度值标出，T＝2π/ω＝0.4s，e-t图线如图所示．答案：(1)e＝188s

in5πtV(2)见解析课时作业(十二)交变电流的描述1．解析：A、B选项中电流均为正弦式交变电流，最大值均为2A，有效值均为2A，C选项中电流的有效值为1.5A，D选项中电流的有效值为2A，D选项中电流的有效值最大，在R、t相同时，由焦耳定律Q＝I2Rt可知，D选项中电阻产生的热量最大

，故D正确，A、B、C错误．答案：D2．解析：由表达式可读得电压最大值Um＝200V，在交流电路中电流表和电压表测量的是交流电的有效值，所以电压表的示数为U＝2002V＝141V，电流表的示数为I＝UR＝2002×10A≈14.1A，B正确．答案：B3．解析：设直流电压为U，电热器的电阻为R，根据

功率表达式P1＝U2R；根据题意，交流电的电压最大值Um＝2U，则交流电电压有效值为U1＝Um2＝2U，根据有效值的定义P2＝U21R＝2U2R，故P1P2＝12，选项B正确．答案：B4．解析：电功的

计算中电流要用有效值，题图甲中，由有效值的定义得122R×2×10－2＋0＋122R×2×10－2＝I21R×6×10－2，解得I1＝33A；图乙中，电流的大小不变I2＝1A，由W＝I

2Rt可得W甲:W乙＝1:3.答案：C5．解析：产生交变电流的线圈平面每经过中性面一次，电流方向改变一次，在一个周期内线圈平面有两次经过中性面，选项A正确；对于正弦式交变电流，其有效值是最大值的12，而对于其他的交变电流不一定有这样的关系，选项B错误；交变电流的有效值是

根据电流的热效应来规定的，与平均值不同，选项C错误；交变电流的正负表示电流的方向，不表示电流的大小，正弦式交变电流的最小值为零，选项D错误．答案：A6．解析：从该电容器的铭牌知，它的耐压值为250V，也就是它允许加的最大电压为250V，对于220V的照明电路，最大值为2202V＝3

11V，超出了它的耐压值．故正确答案为A.答案：A7．解析：从图像可以看出，交变电流中电流最大值为0.62A，电流有效值为：I＝Im2＝0.6A，R1两端电压有效值为U1＝IR1＝6V，R2两端电压最大值为Um＝ImR2＝0.62×20V＝

122V，综上所述，正确选项为B.答案：B8．解析：由正弦交流电的图像可知，a、b两交变电流的周期之比为2:3，T＝2πω，ω＝2πn，所以线圈前后两次转速之比为3:2，选项A错误；电压最大值Um＝NBSω，前后两次交变电流的最大值之比为3:2，选项C正确；通过线圈的磁通量最大值Φ＝

BS＝UmNω，通过线圈的磁通量最大值之比为1:1，选项B错误；由最大值与有效值的关系可知，先后两次交流电的有效值之比为3:2，选项D错误．答案：C9．解析：交流电器设备上所标的电压值和电流值是交变电流的有效值，选项A错误；用交流电表测定的读数是交变电流的有效值，选项B错误；一般情况下交变

电流的数值都是指有效值，选项C正确；根据有效值的定义知，选项D正确．答案：CD10．解析：感应电动势大小等于磁通量的变化率，线框磁通量为零时，感应电动势最大，A错误；由正弦式交流电的瞬时值表达式e＝Emsinωt＝BSωsinωt＝Φmωsinωt，

故ω＝EmΦm，B正确；根据Φ和e的表达式可知，当线框磁通量等于0.5Φm时，感应电动势不等于0.5Em，D错误；根据线圈从与磁场平行的位置转到中性面的过程中，磁通量越来越大，磁通量的变化率越来越小，产生的感应电

动势越来越小，C正确．故选B、C.答案：BC11．解析：由如图所示产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系图像可知，交变电动势的最大值Em＝20V，交变电动势的周期为T＝0.25s，频率为f＝1T＝4Hz，线圈转动的角速度ω＝2πf＝8πrad/s，产生的感应

电动势瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝20sin8πt(V)，A错误．交变电动势的有效值为E＝Em2＝102V，由闭合电路欧姆定律得交变电流的有效值为I＝ER＝2A，B正确．若将此电动势加在电容器上，电容器的耐压值应不小于最大值，即不小于20V，C错误．由最大值表

达式Em＝NBSω可知，若该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动的速度增大到原来的2倍，则产生的交变电动势的最大值增大到2倍，为40V，D正确．答案：BD12．解析：线圈产生的最大感应电动势为Em＝NBSω＝100×2

2π×0.001×10πV＝22V，有效值为E＝Em2＝2V，根据闭合电路欧姆定律可知交流电流表的示数I＝ER＋r＝0.2A，电阻R产生的热功率P＝I2R＝0.36W，故A错误，B正确．交流电的周期T＝2πω＝0.2s，故C正确；当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流最

大，故D错误．答案：BC13．解析：(1)线框转动时产生感应电动势的最大值Em＝BSω＝52π×0.02×100πV＝102V因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcosωt＝102cos

(100πt)V.(2)线框转过90°过程中，产生的平均电动势E＝ΔΦΔt＝2BSωπ，流过的电荷量q＝I·14T＝BSR＋r，灯泡电阻R＝U20P0＝6212Ω＝3Ω.故q＝BSR＋r＝52π×0.023＋3C＝260πC，与线框转动的快慢无关．(3)线框产

生的感应电动势的有效值E＝Em2＝10V，灯泡两端电压U＝ER＋rR＝5V．因U<6V，故灯泡不能正常发光，其实际功率P＝U2R＝523W＝253W.答案：(1)e＝102cos(100πt)V(2)260πC无关(3)不能253W课时作业(十三)变压器1．解析：当

金属棒MN在导轨上向右匀速运动时，甲图中MN切割磁感线产生的电动势均匀增大，右侧回路内的电流均匀增大，铁芯内的磁通量均匀增大，副线圈中的感应电动势恒定不变，L1亮度不变；乙图中MN切割磁感线产生的电动势恒定不变，右侧回路内的电流恒定不变

，铁芯内的磁通量恒定不变，副线圈中的感应电动势为0，L2始终不发光，选项D正确．答案：D2．解析：由变压比n1n2＝U1U2，得n130＝2206，所以n1＝1100，当U′2＝30V时，n1n′2＝22030，

所以n′2＝150匝，故Δn2＝n′2－n2＝120匝．所以A正确．答案：A3．解析：当增大负载电阻R时，由欧姆定律I2＝U2R可得I2减小，又由于I1I2＝n2n1，I1＝n2·I2n1，所以I1也减小，选项C正确．答案：C4．解析：由于原、副

线圈两端电压不变，当滑动变阻器滑动触头P向上滑动时，连入电路的电阻变大，所在电路总电阻变大，副线圈中电流减小，R1中电流减小，R1消耗的功率减小，A项错误；R1中电流减小，则R1两端电压减小，而副线圈

两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压增大，电压表示数变大，B项正确；副线圈中电流减小，原线圈中电流随之减小，故C项错误；若闭合开关S，负载电路的总电阻减小，副线圈中电流增大，R1中电流增大，则R1两端电压升高，R2两端电压减

小，A2示数变小，D项错误．答案：B5．解析：由于灯泡正常发光，故灯泡两端电压即副线圈两端电压为U2＝220V，通过灯泡的电流即副线圈中的电流为I2＝22W220V＝0.1A．根据理想变压器电压关系U1:U2＝n1:n2，得U1＝110V，电流关系I1:I2＝n2:n1，得I1＝0.2A，

则U＝U1＝110V，I＝I1＝0.2A．故选项A正确，选项B、C、D错误．答案：A6．解析：由图像可知，ω＝2πT＝100π，故A错误；原线圈输入电压为220V，电压表示数为灯泡的额定电压U＝PR＝20V，故B错误；由B分析，结

合电压之比公式得22020＝111，故C正确；变压器的输入功率与输出功率相等，为10W，故D错误．答案：C7．解析：在通过电阻进行分压或分流的电路中，电阻本身将消耗能量，利用理想变压器使灯在工作时，变压器不损失能量，则这种可调台灯消耗的功率就最小，分析可知使灯的功

率都调至20W时C电路消耗功率最小．答案：C8．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4

V直流电压时，M、N两端电压也是4V.答案：B9．解析：钳形电流表用于大电流的估测，输出电流很小，根据变压器的规律可知，钳形电流表实质上是一个升压变压器，故A正确，B错误；根据n1I1＝n2I2知，若将载流导线在钳口多绕几圈，即n1变大，I1、n2不变，则钳形电流表的示数I2将变

大，即与原来示数相比偏大了，故C正确，D错误．答案：AC10．解析：原、副线圈磁通量之比为1:1，A错误；电流与匝数成反比，所以原、副线圈电流之比为1:2，B正确；变压器的原线圈和副线圈的功率是相同的，所以原、副线圈中功率之比为1:1，C

正确；理想变压器原线圈磁通量的变化率与副线圈中磁通量的变化率相同，所以原、副线圈磁通量变化率之比为1:1，D正确．答案：BCD11．解析：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总电流，由于副线圈的电流增大了，所以原

线圈的电流增大，即A1的示数增大；由于电源的电压不变，原、副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3两端的电压变大，R1两端的电压减小，通过R1的电流减小，即V2的示数减小，A2的示数要减小，B、D两项正确．答案：BD12．解析：交变电流的周期T＝2πω＝0.02s，有

效值U1＝3V，变压器不改变交变电流的频率，故B正确；由U1U2＝n1n2，得U2＝n2n1U1＝6V，变压器输出电压的峰值为62V，故大于电容器的击穿电压，A、D错误，C正确．答案：BC13．解析：变压器原、副线圈的匝数比由5:1改为10:1，则副线圈的输出电压减小为原来的12，根据欧姆

定律可知，流经R1的电流减小到原来的12，故A错误；根据串、并联电路规律可知，R2两端的电压减小到原来的12，故B错误；同理，R3两端的电压减小到原来的12，故C正确；副线圈总电阻不变，根据功率公式P＝U2R可知，总功率减小到原来的14，故D正确．答案

：CD14．解析：电压表的示数等于交变电压的有效值，所以电压表的示数为U1＝Um2＝220V，选项A正确；电容器刚好不被击穿，所以副线圈电压的最大值为22V，有效值为U2＝222V＝112V，所以原、副线圈的匝数比为n1:n2＝U1:U2＝102:1，选项B

错误；交变电流能“通过”电容器，所以电流表的示数大于R0上的电流，选项C错误；由u-t图像可知u＝311sin100πtV，选项D正确．答案：AD课时作业(十四)电能的输送1．解析：输电时导线上损失的电压ΔU＝IR，它不同于输电电压，用公式P＝U2R或P＝I

U计算功率损失时，U应为导线上损失的电压，故A、B错误；导线上功率的损失为发热损失，即P＝I2R，故C正确．答案：C2．解析：由P＝UI知I＝PU，则输电线上损失的功率ΔP＝I2R＝PU2R，得输电电压U＝PRΔP.若输送的电功率增加为4P，而输电线中损失的电功率减为ΔP4，由

上式得输电电压U应增为8U.答案：C3．解析：当U＝500kV时，I＝PU＝3×1095×105A＝6×103A，而U损＝Ir＝15kV，A错误，B正确；输电线上损失的功率不可能比输出功率还大，C错误；ΔP＝U2r中，U为输电线电阻上的电

压，而不是输电电压，D错误．答案：B4．解析：若用户消耗的功率增大，根据P＝UI知I4增大，根据n3n4＝I4I3可知，I2＝I3随之增大，输电线上损失电压U损＝I2r也增大，所以U3＝U2－U损减小，所以U4随之减小，故A正

确，B错误；根据闭合电路欧姆定律可知：U2＝U3＋I2r，故C正确；根据能量守恒可得：U1I1＝I22r＋U4I4，故D正确．答案：B5．解析：由u-t图像知，发电机的频率f＝50Hz.选项A错误；其有效值为U

＝5002V＝2502V，选项B错误；输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，选项C错误；当用户用电器的总电阻增大时，其电流将减小，输电线的损失功率也减小，选项D正确．答案：D6．解析：输电线上的功率损失Δ

P＝I2R，电压损失ΔU＝U－U′＝IR，输电电流I＝PU，所以ΔP＝I2R＝(ΔU)2R＝PU2R.可见在输送功率P一定时，ΔP与(ΔU)2成正比，与U2成反比，与I2成正比．答案：CD7．解析：由U2＝n2n1U1知，当S由2改接为1时，升压变压器

的原线圈匝数不变，副线圈匝数变大，输送电压变大，降压变压器的输入电压和输出电压均变大，电压表示数变大，选项A正确；降压变压器的输出电压变大时，流过灯泡的电流I灯也变大，输电线上的电流I线也随着I灯的变大而变大，所以电流表读数变大，选项B正确，而选项C错误；I线变大时，输电线损失的

功率P线＝I2线R变大，选项D错误．答案：AB8．解析：因为I1I2＝n2n1，I3I4＝n4n3，n1＝n4<n2＝n3，故I1>I2，I4>I3，即的示数大于的示数；的示数小于的示数；又I2＝I3，所以I1＝I4，即、的示数相等，选项A、C正确，B、D错误．答案：AC9．

解析：变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误．实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失，故B正确．设输电电压为U1，输送功率为P，第一次实验输电线上的电流I＝PU1，输电线上损失

的功率P1＝I2R＝P2U21R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝n2n1U1，输电线上的电流I′＝PU2，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝P2U22R，则P2P1＝U21U22＝n21n22，故C正确，D错误．答案：BC10．解析：(1)水由高处流下，重力势能转化为动

能，推动水轮机做功，设水的流量为Q，则发电机的输入功率P1＝ρQgh所以输出功率为P2＝ηP1＝ηρQgh＝50%×1.0×103×4×9.8×5W＝9.8×104W.(2)设输电电压为U，输电线上的电流

为I，电阻为R，损失的电功率为P3.由P3＝I2R得I＝P3R＝5%P2R＝5%×9.8×1044A＝35A由P2＝IU得输电电压U＝P2I＝9.8×10435V＝2.8×103V.(3)输电导线上损失的电压为ΔU＝IR＝35×4V＝140V.答案：(1)9.8×104W(2)2.8×

103V(3)140V11．解析：设变压器T1的原线圈电压为U1，副线圈电压为U2，变压器T2的原线圈电压为U3，副线圈电压为U4.通过T1原线圈的电流为I1，输电线中的电流为I2，T2副线圈中的电流为I3.根据题意得：U4＝6V，而I3＝0.5A对T2，由I2n3＝n4I3得：

I2＝n4n3I3＝0.1A线路上损失的电压为ΔU线＝I2R线＝1V由U3U4＝n3n4得：U3＝n3n4U4＝30V由线路上的电压关系得：U2＝ΔU线＋U3＝31V由U1U2＝n1n2得：U1＝n1n

2U2＝7.75V再对T1由I1n1＝I2n2求得：I1＝0.4A最后由闭合电路欧姆定律得：E＝I1r＋U1＝8.15V答案：8.15V12．解析：(1)输电线损失的功率P损＝P×4%＝100kW×4%＝4kW输电线上的电流I2＝P损R线＝4

×10310A＝20A升压变压器输出电压U2＝PI2＝100×10320V＝5×103V升压变压器原、副线圈匝数比n1n2＝U1U2＝250V5×103V＝120电压损失U损＝I2R线＝20×10V＝200V降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－U损＝4800V降压变压器原、副线

圈匝数比n3n4＝4800V220V＝24011.(2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率P用＝P－P损＝P(1－4%)＝96kW.答案：(1)1:20240:11(2)96kW单元素养检测(三)交变电流1．解析：线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中

性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右各摆动一次，A项错误；线圈处于题图所示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，B项错误，C项正确；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感

线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，D项错误．答案：C2．解析：线圈从题图位置开始转动，感应电动势瞬时值表达式为e＝Emcosωt，由题意，Em＝BSω＝Bl1l2ω，所以e＝Bl1l2ωcosωt.

答案：D3．解析：将t＝1600s及u＝52V代入u＝Umsin100πt(V)，可以求得最大值Um＝102V，有效值为10V，电压表的读数为有效值，D正确．答案：D4．解析：由P＝UI，ΔP＝I2R可得：ΔP＝

P2U2R，所以当输送电压增大为原来的3倍时，线路损失变为原来的19，即ΔP＝1.1kW.答案：B5．解析：变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，B、C项均错误；根据变压器匝数与电压的关系U1

U2＝n1n2可得副线圈的电压U2＝n2n1U1，由于原线圈匝数少而副线圈的匝数多，即n1<n2，因此有U2>U1，电流互感器是一种升压变压器，A项错误；根据变压器匝数与电流的关系I1I2＝n2n1可得副线圈的电流I2＝n1n2I1，由于n1<n2，因

此有I2<I1，D项正确．答案：D6．解析：由灯泡正常发光，可知副线圈电压为220V，由U1U2＝n1n2可知，原线圈电压U1＝20×220V＝4400V，D错．又因输入功率等于输出功率，P1＝P2＝60W，故B错．电流表读数为有效值，原线圈中电流I1＝P

1U1＝604400A＝3220A，故A错、C正确．答案：C7．解析：电压表和分别测量变压器原、副线圈的输入、输出电压的有效值，电流表和分别测量原、副线圈电路中电流的有效值，A、B项错误；滑动变阻器滑片P向下滑动时，接入电路的电阻变小，原副线圈输入、输出电压不变，由欧姆定律I＝U

R＋R0可知，副线圈电路中的电流变大，副线圈输出功率变大，由P入＝P出，得原线圈的输入功率变大，由P＝IU可知，原线圈电路中的电流变大，C项正确，D项错误．答案：C8．解析：降压变压器副线圈两端交变电压的有效值为220V，负载电阻为11Ω，所以通过R0的电流的有效值是20A，选项

A正确；降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4:1，所以降压变压器T2的原、副线圈的电压之比为4:1，选项B正确；升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上损失的电压，选项C错误；升压变压器T1的输出功率等于降

压变压器T2的输入功率加上输电线上损失的功率，选项D正确．答案：C9．解析：由题图可知在0、0.02s、0.04s时刻线圈平面在中性面位置，Φ最大，ΔΦΔt＝0，故E＝0，A、C错误；在0.01s、0.03

s、0.05s时刻线圈平面与磁感线平行，Φ最小，ΔΦΔt最大，故E最大，B正确；由题图可知，从t＝0.01s时刻至t＝0.04s时刻线圈旋转34周，转过的角度为32π，D正确．答案：BD10．解析：电阻R上的热功率P＝U2R＝10W，选项A正确；在0.02s，磁通量为零

，线圈平面处在与中性面垂直的平面上，R两端的瞬时电压最大，选项B错误；R两端的电压最大值为102V，t＝0时感应电动势最大，即R两端电压按余弦规律变化，即u＝Umcosωt，而ω＝2πT＝100π，选项C正确

；又u＝iR，则i＝uR，故选项D错误．答案：AC11．解析：由P入＝P出可知P入＝U1I1＝44W．又由U1U2＝n1n2，得U2＝44V，故I2不能大于1A，负载功率不能超过44W.答案：AC12

．解析：由题图乙知交流电的周期为0.02s，所以频率为50Hz，变压器不改变交流电的频率，A正确；由题图乙知升压变压器输入电压的有效值为250V，根据升压变压器变压规律知副线圈两端电压为25000V，所以输电线中的电流为I＝PU＝30A，输电线路损失的电压为ΔU＝IR＝30×100V＝

3000V，输电线路损耗功率为ΔP＝IΔU＝90kW，B错误；当R2所在处发生火情时其阻值减小，副线圈中电流增大，根据降压变压器变流规律知输电线上的电流变大，输电线上的分压增大，降压变压器两端的电压变小，根据降压变

压器变压规律和串联分压，R1两端电压增大，故电压表V的示数变小，C错误，D正确．答案：AD13．解析：变压器的工作原理是互感现象，故原线圈两端所接的电源应是电压为12V的低压交流电源；根据变压比公式U1U2＝n1n2，保持原线圈的匝数不变，

增加副线圈的匝数，可观察到副线圈两端的电压增大；根据变压比公式U1U2＝n1n2，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，可观察到副线圈两端的电压减小；上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是控制变量法．答案：交流电源(2分)增大(1分)减小(1分)控制变量法(2分)14．解析：

(1)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；最后将原线圈

与副线圈对调，重复以上步骤．(2)两线圈的匝数n1＝1600，n2＝400，当将n1作原线圈时，原线圈两端电压为16V，副线圈两端电压为4V；当n1与n2对调后，原线圈两端电压为8V时，副线圈两端电压为32V，由以上数据可得：U1U2＝n1n2.答案：(1)①③②④(4

分)(2)U1U2＝n1n2(4分)15．解析：(1)由题图可以写出该交变电流电动势的瞬时值表达式为e＝5sin2π0.02t(V)＝5sin100πt(V)，(2分)当t＝1200s时，电动势的瞬时

值为e＝5sin100π×1200(V)＝5V．(1分)(2)当电动势的瞬时值为最大值的一半时，有2.5V＝5sinθ(V)(θ为线圈平面与中性面的夹角)，所以θ＝30°，故线圈平面与磁感线之间的夹角为60°.

(2分)(3)因为Em＝nBSω，又ω＝100πrad/s，所以B＝EmnSω＝0.4T．(2分)答案：(1)5V(2)60°(3)0.4T16．解析：线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如答图所示的交变电动势．此交变电动势的最大值为Em＝BSω＝B·πr22·2πn＝π2B

nr2(2分)(1)在线圈从题图所示位置转过14圈的时间内，电动势的有效值为E＝Em2＝2π2Bnr22(1分)故电阻R上产生的热量为Q＝ER2R·T4＝π4B2r4n8R(2分)(2)在线圈从题图

所示位置转过14圈的时间内，电动势的平均值为E－＝ΔΦΔt，故通过R的电荷量为q＝I－·Δt＝E－R·Δt＝ΔΦR＝πBr22R(2分)(3)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E′，由有效值的定义得Em22R·T4×2＝E′2RT，解得E′＝Em2(1分)

故电流表的示数为I＝E′R＝π2r2nB2R(1分)答案：(1)π4B2r4n8R(2)πBr22R(3)π2r2nB2R17．解析：(1)利用右手定则判断得到，电流方向为DCBAD.(1分)该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式为e＝nBSωsin(ωt＋φ0)(1分)代入相关数据得e＝

4802sin100πt＋π2(V)(2分)(2)发电机的电动势有效值是480V，升压变压器的原、副线圈匝数比为25由n1n2＝U1U2，得升压变压器副线圈的电压U2＝1200V(2分)由于灯泡正常发光，则通过降压变压器电压降为12Vn3n4＝U3U4(1分)线路电阻不计，则

U2＝U3(1分)得n3n4＝1001.(2分)(3)灯泡正常发光时，P灯＝4.8W(1分)理想变压器输出功率等于输入功率，故P出＝P灯＝4.8W(1分)P出＝U1I1，解得电流表的读数I1＝0.01A．(2分)答案：(1)电流方向为DCBADe＝4802si

n100πt＋π2(V)(2)1001(3)0.01A18．解析：采用220V低压直接供电时，回路总电流I＝P0U1＝44×103220A＝200A(1分)线路上的电压损失U损＝I×2R线＝200×2×0.2V＝80V(2分

)线路上损失的功率P损＝I2×2R线＝2002×0.4W＝1.6×104W＝16kW(2分)则用户获得的电压U用＝U1－U损＝140V(1分)用户获得的功率P用＝P0－P损＝2.8×104W＝28kW(1分)若采用题图乙所示高压供电，由升压变压器规律U0U1＝n0n1得U1＝n1U0n0＝220

0V(2分)升压后的输电电流I1＝P0U1＝20A(1分)则线路上的电压损失U损＝I1×2R线＝20×2×0.2V＝8V(1分)线路上的功率损失P损＝I21×2R线＝202×0.4W＝160W(1分)则降压变压器原线圈上电压为U2＝U1－U损＝2200V－8V＝2192V(1分)则由U2U用＝n2

n用得U用＝U2·n用n2＝219.2V(2分)P用＝P0－P损＝(44000－160)W＝4.384×104W＝43.84kW.(1分)答案：140V28kW219.2V43.84kW课时作业(十五)电磁振荡1．解析：t1～t2

时间内，电流为负且增大，说明该过程是放电的过程，可知电容器上极板带正电，且其所带电荷量逐渐减小，B正确．答案：B2．解析：根据LC振荡电路频率公式f＝12πLC可知，当L、C都减小一半时，f增大一倍，故选项D正确．答案：D3．解析：在t1到t2时间内，电容器极板上的电荷量不断减小，说明电容器

在不断放电，故A错误；在t2到t3时间内，电容器极板上的电荷量不断增加，说明电容器在不断充电，此时电路中的电流在减小，故B错误；在t1时刻，电容器极板上的电荷量最大，说明电容器充电完毕，电路中无电流，则磁场能最小，故C正确；在t2

时刻，电容器极板上的电荷量等于0，说明电容器放电完毕，电路中电流最大，磁场能最大，电场能最小，故D错误．答案：C4．解析：开关S闭合时，由于自感线圈电阻不计，故电容器两端的电压为零，电容器不带电，当开关S断开时，由于线圈的自感作用，电流不能立即减小为零，电容器开始充电，上极板带正电，当t＝3

T8时，电容器开始放电，此时电场方向向下；线圈中电流由上向下，由右手螺旋定则可知，磁场方向向上，故选B.答案：B5．解析：在t1时刻电路中电容器两端的电压最大，故两极板之间的电场最强，电场能最大，根据能量守恒可知此时磁场能最小，故在t1时刻电路中的电流为0，故A错误；在t2时刻电路中电容器两端的

电压为0，两极板之间的电场强度为0，故电场能为0，根据能量守恒可知此时磁场能最大，故B正确；从t2至t3时刻，电容器两端的电压逐渐增大，故两极板之间的电场逐渐增强，则电路的电场能不断增大，故C正确；从t3至t4时刻，电容器两端的电压逐渐减小，根据Q＝C

U可知电容器带的电荷量不断减小，故D错误．答案：BC6．解析：该题考查各物理量发生变化的判断方法，由电流产生的磁场方向和安培定则可判断振荡电流方向，由于题目中未标明电容器两极板带电情况，可分两种情况讨论．(

1)若该时刻电容器上极板带正电，则可知电容器处于放电阶段，电流增大，磁场增强，则C项正确，A项错误；(2)若该时刻电容器下极板带正电，可知电容器处于充电状态，电流在减小，则B项正确；由楞次定律可判定D项正确．答案：BCD7．解析：要提高LC振荡电路辐射电磁波的本领，就是要产生波长比原来短些的电磁

波，即使产生电磁波的频率变高，根据振荡频率公式f＝12πLC，可知需要减小电容器的电容，或减小自感线圈的自感系数，故A正确，B错误；根据电容器电容的决定式C＝εS4πkd，增大振荡回路中电容器两极板间的距离，则电容器的电容减小，故C

正确；增大振荡回路中电容器两极板的正对面积，则电容器的电容增大，故D错误．答案：AC8．解析：LC振荡电路的周期T＝2πLC，电容器上电压达到最大时，开始放电，经π2LC时间，放电结束，此时电容器所带电荷量为零，电路中的电流最大，磁场最强，磁场能最大，故A错误，B正确．因为

q＝CU，所以电容器放出的电荷量q＝CUm，由I－＝qt可知，I－＝CUmπ2LC＝2UmπCL，故C、D正确．答案：BCD课时作业(十六)电磁场与电磁波1．解析：根据麦克斯韦的电磁场理论可知，做简谐运动的电荷会在空间产生变化的电

磁场，变化的电磁场在空间传播，形成电磁波，故A正确；电磁波能够传播能量，说明电磁波具有能量，故B错误；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故C错误；恒定电场和恒定磁场不能产生电磁波，故D错误．答案：A2

．解析：根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场一定产生磁场，但产生的磁场不一定变化，A错误；变化的磁场一定产生电场，但是产生的电场不一定是变化的，均匀变化的磁场产生的是恒定的电场，周期性变化的磁场产生周期性变化

的电场，B错误；恒定的电场不会产生磁场，恒定的磁场也不会产生电场，C错误；振荡电场会产生同频率的振荡磁场，D正确．答案：D3．解析：磁感应强度均匀增强，产生恒定电场，由楞次定律知感应磁场方向垂直纸面向外，产生的感应电场为逆时针方向，带正电粒子的运动方向和电场方向相同，电场力对粒子做正功，粒子动能

增加，B项正确．答案：B4．解析：干涉、衍射和多普勒现象是波特有的现象，电磁波和机械波都能产生干涉、衍射和多普勒现象，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：A5．解析：任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故5G信号与4G信号所用的无线电波在真空中的传播速度相同，故A错误；5G信号与4G信号都是电磁波，为横波，故B错误；5G信号和4G信号的频率不一样，

不能发生干涉现象，故C错误；5G信号的频率更高，则波长更小，故5G信号更不容易发生明显的衍射现象，因此5G信号相比于4G信号更不容易绕过障碍物，所以5G通信需要搭建更密集的基站，故D正确．答案：D6．解析：根据电磁感应理论，闭合回路中磁通量变化时，闭合回路产生感应电流，该电流方

向可用楞次定律和安培定则判断，其中感应电流的方向和电场线方向一致，选项A、C正确．答案：AC7．解析：电磁波是横波，而机械波中有些波是横波，有些波是纵波．机械波的传播速度由介质决定，而电磁波在介质中的传播速度不仅与介质有关，还与电磁波的频率有关．电磁波由空气进入水中时的

传播速度变小；声波由空气进入水中时，传播速度变大．故选项B、C、D正确．答案：BCD8．解析：由麦克斯韦的电磁场理论和楞次定律知，当B增加时，将产生一个与v0同向的电场，因小球带正电，故电场对小球做正功，其速率随时间增大，向心力的大小mv2r也随之增大，故A项错误，B项正确；因B随时间增大，v也

随时间增大，故所受洛伦兹力qvB也增大，故D项正确；因洛伦兹力对运动电荷不做功，故C项错误．答案：BD课时作业(十七)电磁波谱1．解析：题目给出了两个要求，一是频率范围相互交错重叠，需要各组中的电磁波在电磁波谱中是相邻的，二是波长由短到长，故B项正确．答案：B2．解析：臭氧层的主要作用就是

吸收由太阳射向地球的紫外线，从而有效地对地球上的动植物起保护作用，故正确的选项是B.答案：B3．解析：一种波发生明显衍射现象的条件是障碍物或孔的尺寸跟其波长差不多或比其波长还要短．电磁波中的无线电波波长大于1mm，红外线波长小于1mm，可见光、紫外线、γ射线的波长更

短，所以只有无线电波符合条件．答案：C4．解析：根据电磁波谱可知，红外线的频率小于紫外线的频率，真空中红外线的波长大于紫外线的波长，由光子能量公式可知，红外线光子能量小于紫外线光子能量，选项A错误，B正确；真

空中任何光的传播速度都相等，所以真空中红外线的传播速度等于紫外线的传播速度，选项C错误；由于光是横波，都能够发生偏振现象，所以红外线和紫外线都能够发生偏振现象，选项D错误．答案：B5．解析：家用5GWi-Fi使用的电磁波的频率较高，所以其波长较短，故其衍射现象不明显，故A错误；G

PS定位系统使用的电磁波比家用5GWi-Fi使用的电磁波的频率要低，根据电磁波的频率越高，能量越大，可知GPS定位系统使用的电磁波的能量不是最强的，故B错误；地铁行李安检时使用频率为1018Hz的电磁波，频率非常高，这种电磁波具有较强的穿透本领，故C正确；手机工作

时使用的电磁波均为横波，能产生偏振现象，故D错误．答案：C6．解析：由题图可知，8～13μm波段的红外线，水蒸气和二氧化碳几乎均不吸收，故选D.答案：D7．解析：紫外线具有杀菌、消毒的作用，X射线穿透能力较强，因此医院里常用紫外线对病房和手术室进行消毒，用X射线透视人体；在人造地球

卫星上对地球进行拍摄利用了红外线的衍射能力较强、容易透过云雾烟尘的特性，所以正确选项为B、D.答案：BD8．解析：一切物体都在不停地辐射红外线，而不是紫外线，A错误；紫外线能够杀菌消毒是因为紫外线具有较高能量，足以破坏细胞核中的物质，B正确；γ射线具有较强的穿透能力，可以穿透人的皮

肤，破坏内脏器官，故C错误；紫外线具有荧光作用，D正确．答案：BD单元素养检测(四)电磁振荡与电磁波1．解析：调频改变的是载波的频率，调幅改变的是载波的振幅，两者原理不同，选项A错误；解调是接收电磁波过程中的步骤，选项B错误；调谐

是将接收电路的固有频率调至与载波的频率相同，选项C错误；由调谐电路接收的感应电流，要再经过解调(调制的逆过程)、放大，通过耳机才可以听到声音，选项D正确．答案：D2．解析：由安培定则可知，电流方向由b到a；若磁场正在减弱

，可知电容器处于充电状态，电场能正在增大，电流方向由b到a，所以电容器下极板带正电，上极板带负电，故A错误，B正确；若磁场正在增强，可知电容器处于放电状态，电场能正在减小，电流方向由b到a，所以电容器上极板带正电，故C、D错误．答案：B3．解析：由公式λ＝cf，知f＝cλ，其中c＝3×1

08m/s.当λ1＝187m时，f1＝1.60×106Hz；λ2＝560m时，f2＝0.536×106Hz.n＝f1－f2Δf＝1.60×106－0.536×106104个＝106个，比较一下选项，应选C选项．答案

：C4．解析：红外线波长一定大于X射线波长，故A错误；电磁波是由周期性变化的电场或磁场产生的，故B错误；根据物理学史的内容可知，麦克斯韦预言了空间存在电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故C正确；紫外线最显著的作用是荧光

效应，红外线最显著的作用是热效应，故D错误．答案：C5．解析：手机信号屏蔽器是利用屏蔽器发出的信号去干扰手机接收从基站传过来的信号，从而起到屏蔽作用．因此手机信号屏蔽器通过发射电磁波干扰手机工作来达到目的，故

A、B、C错误，D正确．答案：D6．解析：由图像分析可知，计时开始时，电容器两极板带电荷量最大，电流为零，电容器开始放电，根据电流随时间的变化规律，可以画出q-t图像(在图中用虚线表示)．由图像分析可知，t1时

刻，电容器带电荷量为零，电压为零，电场能为零，故D项正确，A、C两项错误；t2时刻电容器带电荷量q最大，两极板间电压最大，B项错误．答案：D7．解析：从名称上可判断，米波的波长大于厘米波的波长，由波长与频率、波速关系式λ＝cf可知，米波的频率小于厘米波

的频率，选项A错误．无线电波是电磁波，可以在真空中传播，选项B错误．无线电波同光波一样会发生反射现象，可以产生干涉和衍射现象，选项C正确，D错误．答案：C8．解析：读卡机发射的电磁波，被IC卡内部的LC振荡电路

接收，使IC卡充电，因此IC卡的能量源于读卡机发射的电磁波，故A项错误；仅当读卡机发射的电磁波频率与该IC卡内的LC振荡电路的固有频率相等时，才发生电谐振，IC卡才能有效工作，故B项正确；若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，根据法拉第电磁感应定

律，线圈L中仍会产生感应电流，故C项错误；由题意知，IC卡内的线圈L中产生感应电流，给电容器C充电，达到一定电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输，故D项错误．答案：B9．解析：无线电信号在空气中的波速约等于光速，它的波长越

长，穿透能力越弱，衍射能力越强．C、D两项正确．答案：CD10．解析：物体的质量越大运动状态越难改变，故A错误；单车某个时刻的准确位置信息是借助通信卫星定位的，故B正确；单车在运动过程中通过电磁感应将机械能转化为电能从而实现充电，故C正确；单车和手机之间没有电路连接，是利

用电磁波传递信息的，故D正确．答案：BCD11．解析：根据c＝λf和f＝12πLC可知，要增大发射电磁波的波长，就要增大L与C的乘积．根据C＝εS4πkd可知，若要增大电容，可以减小极板间的距离、增加极板正对面积、插入电介质．若要增大自感系数，可以增大线圈的匝数，在线圈中加铁芯等，故A、C错误，B

D正确．答案：BD12．解析：只有横波才能发生偏振现象，超声波的纵波部分不能发生偏振现象，故A错误；电磁波和超声波均能传递能量和信息，故B正确；电磁波和超声波均能发生干涉和衍射现象，故C正确；电磁波的传播不需要

介质，可以在真空中传播，故D错误．答案：BC13．解析：由c＝λf知，λ＝cf＝3×108500×1000m＝600m．设每秒钟每平方米上获得能量为E，则E·4πR2＝Pt.所以E＝Pt4πR2＝10×103×14×3.14×(20×1000

)2J＝2×10－6J.答案：600m(3分)2×10－6J(3分)14．解析：(1)无线传输能量主要涉及能量的发射、传播和接收．(2)电磁波在传播过程中向各个方向传输的能量是均等的，因此在实际应用中受到限制，故C正确．(3)由表格中所提供数据可以判断出P和R之间的数值关系为P

R2＝1600，所以当R＝5时，求得P＝64，因此表中y＝64；当P＝25时，R＝160025＝8，即表中x＝8.(4)①设输入甲线圈的功率为P甲，乙线圈中用电器获得的功率为P乙，由题意P乙＝P甲×35%，则损失的功

率ΔP＝P甲－P乙＝P乙×10035－1＝1307W≈18.6W.②由P＝IU可知，甲线圈的电功率P甲＝IU，乙线圈中用电器获得的功率P乙＝P甲×35%.因此灯泡的功率P乙＝IU×35%＝0.195×

220×0.35W≈15W.(5)因为在无线传输过程中，电磁波向各个方向的传播是均等的，无法有效地控制方向，为了更多地接收到电磁波，就需要接收仪器和发射点相距不能太远，且接收器要有很大的体积．同时，向空间辐射较多的电磁波对人体有伤害．答案：(1)发射(1分)(2)C(1分)(3)①8(1分)64(

1分)②PR2＝1600(1分)(4)①18.6(1分)②15(1分)(5)仪器体积过大、对人体有伤害、传输距离太短等(1分)15．解析：由E＝LΔIΔt(2分)可得L＝3.6×10－3H(2分)而λ＝cT＝2cπLC(2分)解得C＝λ24c

2π2L＝10－7F＝0.1μF(3分)答案：0.1μF16．解析：(1)由T＝2πLC知，T＝2π×25×10－3×40×10－6s＝2π×10－3s(2分)t＝π2×10－3s＝14T(2分)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(3分)(2)t＝π×10－3s＝T2(2分)此时电流最大，与没有断开开关时的电流大小相等(2分)则I＝PU＝2W4V＝0.5A(3分)答案：(1)正电荷(2)0.5A17．解析：(1)开关断开时，电容器内带电粉

尘恰好静止，说明电场力方向向上，且F电＝mg(3分)闭合S后，L、C构成LC振荡电路，T＝2πLC＝2π×10－5s(3分)经π×10－5s＝T2时，电容器两极板间的场强反向，电场力的大小不变，方向竖直向下，由牛顿第二定律得a＝F电＋mgm＝2g(3分

)(2)线圈中电流最大时，电容器两极板间的场强为零(2分)由牛顿第二定律可得a＝mgm＝g(2分)方向竖直向下(1分)答案：(1)2g(2)g18．解析：主持人与记者之间通话的不合拍是因为电磁波是以有限的速度在空中传播的，利用电磁波传递信息是需要时间的(1分)设同步卫星

高度为H，由万有引力定律及卫星圆周运动规律可得GMm(R＋H)2＝m4π2T2(R＋H)(2分)H＝3GMT24π2－R≈3.6×107m(2分)则一方讲话，另一方听到对方讲话的最少时间t＝2Hc＝0.24s(4分)答案：0.24s单元素养检测(五)传感器1．解

析：空调机根据温度调节工作状态，所以内部使用了温度传感器，C正确．答案：C2．解析：借助红外线传感器，可以感知伤员与周围环境的差别，从而发现深埋在废墟中的伤员．答案：A3．解析：应变片是由半导体材料制成的，A错误；应

变片的表面拉伸时，R值变大，应变片压缩时，R值变小，B正确；传感器输出的是应变片两个电压的差值，外力越大，输出电压差值越大，C、D错误．答案：B4．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：C5．解析：根据温度变化，分析R的变化，确定电路中电流的变化，电流增大时，继电器L对衔铁P吸引力增大，P将会被吸下．当温度降低到某一数值，热敏电阻R的阻值增大，电路中电流减小，继电器

L对衔铁P吸引力减小，P将不会被吸下，故A错误。当温度升高到某一数值，热敏电阻R的阻值减小，电路中电流增大，继电器L对衔铁P吸引力增大，P将会被吸下，故B正确。恒温箱内温度高到一定数值后，应与电源断开停止加热，由以上分析可知，温度升高后，A、B端断

开，所以工作时，应该把恒温箱内的加热器接在A、B端，故C、D错误．故选B.答案：B6．解析：若为金属热电阻，温度升高后，电阻变大，但由于金属热电阻灵敏度较差，故欧姆表读数变大且不明显，选项A、B错误；若为用半导体材料制作的热敏电阻，由于热敏电阻的灵敏

度较高，读数变化明显，选项C正确，选项D错误．答案：C7．解析：在0～t1时间内，电流恒定，表明压敏电阻的阻值恒定，则重物对压敏电阻压力恒定，则升降机可能处于静止、匀速运动或匀变速直线运动，故A选项错误，B选项正确；t1～t2时间内，电流在增加，表明压

敏电阻的阻值在减小，则重物对压敏电阻的压力在增大，故不可能做匀速运动或匀加速运动，C、D两项都错误．答案：B8．解析：水银体温计的测量范围一般为35℃～42℃，而沸水的温度为100℃，所以水银体温计不可

以用来测量沸水的温度，故A错误；因为体温计玻璃泡的上方有一处细管叫缩口，缩口可以阻止水银流回到玻璃泡内，这样就可以离开人体读数而不用担心示数不准了，故B错误；红外测温枪是通过测量人体发射出的红外线，从而测量人体温度的，故C错误；单位时间内，物体表面单位面积上所发射的总辐射能叫辐射

功率，辐射功率与该物体的温度有确定的关系，红外测温枪在测量人体温度时，离人体越远，红外测温枪接受到人体辐射的功率会越小，所以显示温度越低，故D正确．答案：D9．解析：话筒是声传感器，能将声音信号转换成电信号，故B、C、D均正确．答案：BCD10．解析：为保护负载，则磁敏电阻两端需要

分压，增大电压U，则磁敏电阻的阻值增大，根据甲图可知磁感应强度增大，所以通过线圈的电流增大，根据P＝UI可知电路的总功率P变大，故A错误，B正确；抽去线圈铁芯，线圈产生的磁感应强度减小，故磁敏电阻的阻值变小，则磁敏电阻两

端的电压变小，而U不变，所以负载两端电压变大，故C正确，D错误．答案：BC11．解析：光照强度减弱，光敏电阻阻值增大，通过灯泡的电流变小，灯泡功率减小，灯泡变暗，故A正确；根据闭合电路欧姆定律可知，总电流为I＝ER＋r＋

RL＋R1，光敏电阻R消耗的功率为PR＝E2R(R＋r＋RL＋R1)2，将r＋RL＋R1看作内阻，当外电阻等于内阻时，等效电源输出功率最大，即R消耗功率最大，一开始R＝RL＋R1＋r，则光照强度减弱的过程中，R消耗的功率－直减小

，故B错误；同理可知光照强度减弱的过程中，电源的输出功率一直减小，故C正确；小灯泡与电阻R1为定值电阻，功率P＝I2(RL＋R1)，R越小，电流I越大，小灯泡及电阻R1消耗功率越大，故D错误．答案：AC12．解析：若原线圈的输入电压为U，其有效值为U1，根据有效值的定义，有

U2R·T2＝U21RT，其中U＝1002V，解得U1＝100V，由变压器原理可得副线圈输出电压即电压表示数U2＝10V，选项A正确．R0处出现火情时，热敏电阻的阻值减小，副线圈电流增大，根据变压器原理可知，电流表A的示数增大，变压器输入功率增大，

选项B错误，C正确．将R1的滑片P向上移动，副线圈电路的总电阻变小，总电流增大，R0处电压变大，报警器的分压变小，电流也减小，报警器报警的临界温度升高，选项D错误．答案：AC13．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(3分)(2)c(3分)14．解析：(1)因为负温度系数热敏电阻温度降低时，电阻增大，故电路中电流会变小．(2)由(1)的分析知，温

度越高，电流越大，25℃的刻度值应对应较大的电流，故在20℃刻度的右侧．(3)电路如图所示．配有温度刻度的电流表答案：(1)小(2分)(2)右(2分)(3)见解析图(4分)15．解析：(1)由表格数据可知，光敏电阻Rx的电阻值与光强E的乘积均为18Ω

·cd不变，则当E＝4cd时，光敏电阻的阻值：Rx＝184Ω＝4.5Ω.(2)由题意可知，光敏电阻Rx与定值电阻R0串联连接，光照增强时，光敏电阻Rx阻值减小，电路中的总电阻减小，由I＝UR可知，电路中的电流增

大，由U＝IR可知，R0两端的电压增大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以Rx两端的电压减小；反之光照减弱时，光敏电阻Rx阻值增大，R0两端的电压减小，Rx两端的电压增大．则玻璃应并联在Rx两端，故C项正确．(3)因串联电路中总电压等于各分电压之和，R0两端的电压U0＝U－Ux＝9V

－3V＝6V因串联电路中各处的电流相等，所以电路中的电流I＝U0R0＝UxR′x，即6V12Ω＝3VR′x，解得R′x＝6Ω，此时光照强度E′＝3cd.答案：(1)4.5(2分)(2)C(3分)(3)3cd(3分)16．解析：(1)如图所示(3分)．(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(5分)．17．解析：(1)由表中数据可知，k＝ΔRΔF＝－120Ω300N＝－0.4Ω/N(2分)所以电阻R随压力F变化的数学关系式为R＝300－0.4F(Ω)(3分)(2)R上受到的压力越大，R的阻值越小，电容器两极板间电压越大

，由题意知，电容器两极板间电压不能超过5V，所以5VR0＝6VR＋R0，解得R＝60Ω(2分)又因为R＝300－0.4F(Ω)，得Fmax＝600N(3分)(3)电流表中的电流I＝ER0＋R＝E600－0.4F(A)(2分)电流I与压力F之间不是线性关系，该测力显示

器的刻度不均匀(2分)答案：(1)R＝300－0.4F(Ω)(2)600N(3)不均匀18．解析：(1)传感器的电阻R传＝U2传P传＝320.9Ω＝10Ω(3分)额定电流I传＝P传U传＝0.93A＝0.3A(3分)(2)最大电流I＝I传＝0.3A电源电压最大值Umax

＝U传＋U0maxU传为传感器的额定电压，U0max为R0＝10Ω时R0两端的电压，即U0max＝I传R0＝0.3×10V＝3V，此时刚好不超过电压表量程，故Umax＝U传＋U0max＝3V＋3V＝6V(4

分)(3)实际检测时加在A、B间的电压记为U.传感器的实际电阻为R′传，根据第一次实验记录数据有U＝I1R′传＋U1根据第二次实验记录数据有U＝I2R′传＋U2代入数据解得R′传＝9.5Ω，U＝3V(3分)传感器的电阻变化为ΔR＝R传－R′传＝10Ω－9.5Ω＝

0.5Ω<1Ω，所以此传感器仍可使用(3分)答案：(1)10Ω0.3A(2)6V(3)仍可使用3V