1、同步 2014年人教版高中物理选修 1-1 3.6自感现象 +涡流练习卷与答案（带解析） 选择题 （ 2014 武汉模拟）如图所示，电源电动势为 E，其内阻不可忽略， L1、 L2是完全相同的灯泡，线圈 L 的直流电阻不计，电容器的电容为 C合上开关 S，电路稳定后（ ） A.电容器的带电量为 CE B.灯泡 L1、 L2的亮度相同 C.在断开 S的瞬间，通过灯泡 L1的电流方向向右 D.在断开 S的瞬间，灯泡 L2立即熄灭 答案： C 试题分析：当电路稳定后，电容器已充满电，而线圈相当于导线，将灯泡 1短路，当断开 S瞬间时，线圈出现自感电动势，对灯泡 1放电，而电容器也要对灯泡 2放电，从
2、而即可求解 解： A、当电路稳定后，电容器与灯泡并联，其电压低于电源电动势 E，因此电容器的电量小于 CE，故 A错误； B、由于线圈的直流电阻为零，当电路稳定后，则灯泡 1被短路，故 B错误； C、当断开 S的瞬间，线圈中电流要减小，则出现自感电动势，通过灯泡 L1的电流方向向右，故 C正确； D、断开 S的瞬间，电容器也要放电，则灯泡 L2慢慢熄灭，故 D错误； 故选： C 点评：考查线圈的自感现象，掌握电容器的作用及充放电，理解自感电动势对电流的阻碍作用 ，注意断开 S时，流过灯泡 1的电流方向是解题的关键 （ 2013 江苏模拟）如图所示，电感线圈 L的直流电阻为 RL、小灯泡的电阻为
3、 R，小量程电流表 G1、 G2的内阻不计，当开关 S闭合且稳定后， G1、 G2的指针均向右偏（电流表的零刻度在表盘中央），则当开关 S断开时，下列说法正确的是（ ） A G1、 G2的指针都立即回到零点 B G1缓慢回到零点， G2立即左偏，然后缓慢回到零点 C G1立即回到零点， G2缓慢回到零点 D G2立即回到零点， G1缓慢回到零点 答案： B 试题分析：断开开关的瞬间， L相当于电源，与两个电流计组成闭合回路，电流方向顺时针 解： S闭合且稳定时，通过含电流表 G1、 G2的两条支路的电流均由左向右，断开 S， L中产生自感电动势，由 “增反减同 ”可知，自感电动势 E自 的方向
4、一定与原电流方向相同，显然，断开 S后，在 E自 的作用下，上图回路中将继续形成沿顺时针方向的电流，这时流经含有电流表 G2支路的电流方向已变为由右向左了由于这段时间 E自 是逐渐减小的，故电流也是逐渐减小的，综上所述选 B 故选 B 点评：本题考查了自感线圈对电流发生突变时的阻碍作用，利用楞次定律即可判断 （ 2014 盐城三模）金属探测器已经广泛应用于安检场所，关于金属探测器的论述正确的是（ ） A金属探测器可用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中 B金属探测器探测地雷时，探测器的线圈中产生涡流 C金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流 D探测过程中金属探测器与被测物体相对静止与相
5、对运动探测效果相同 答案： C 试题分析：金属探测器在探测金属时，由于在被测金属中产生的涡流从而使报警器工作 解： A、金属探测器只能探测金属，不能用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中；故 A错误； B、金属探测器探测 金属时，被测金属中感应出涡流；故 B错误， C正确； D、探测过程中工作时金属探测器应与被测物体相对运动；相对静止时无法得出探测效果；故 D错误； 故选： C 点评：本题考查涡流的工作原理，要注意明确只有金属物体相对探测器运动时才能产生涡流 （ 2014 宿迁二模）低频电涡流传感器可用来测量自动化生产线上金属板的厚度如图，在线圈 L1中通以低频交流电，它周围会产生交变磁场
6、，其正下方有一个与电表连接的线圈 L2，金属板置于 L1、 L2之间当线圈 L1产生的变化磁场透过金属板， L2中会产生感应电流由于金属板厚度不同，吸收电磁能量强弱不同，导致 L2中感应电流的强弱不同，则（ ） A金属板吸收电磁能量，是由于穿过金属板的磁场发生变化，板中产生涡流 B金属板越厚，涡流越弱 C L2中产生的是直流电 D L2中产生的是与 L1中同频率的交流电 答案： AD 试题分析：根据变化的电流产生变化磁场，导致金属板有变化的电场，从而出现涡流，使电磁能量转化内能，板越厚，产生内能越多，由电磁感应可知， L2中产生是同频率的交流电，从而即可求解 解： A、当 L1中通过有交流电时
7、，根据右手螺旋定则可知，穿过金属板的磁场发生变化，从而出现变化的电场，导致金属板产生涡流，进而吸收电磁能量，转化成板的内能，故 A正确； B、当金属板越厚，在变化的电场作用下，产生涡流越强，故 B错误； C、根据电磁感应原理， L2中产生的是与 L1中同频率的交流电，故 C错误， D正确； 故选： AD 点评：考查电磁感应现象的原理，掌握产生涡流的原理，注意板的厚度与涡流的大小关系，结合变压器与电磁炉，更能便于解题 （ 2014 天门模拟）实验高中南、北校区之间要辅设一条输电线路，该线路要横穿两校区之间 的公路，为了保护线路不至被压坏，必须在地下预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过校
8、方将该要求在学校的物理探究小组中公布并征求电线穿管的方案经过遴选，目前有如图所示的两种方案进入最后的讨论阶段：甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过；乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过如果输电导线输送的电流很强大，那么，下列讨论的结果正确的是（ ） A若输送的电流是恒定电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的 B若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的 C若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的 D无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的 答案： B 试题分析：当通恒定电流时，钢管对导线没有阻碍作用；当通入交流
9、电时，若分开套，则由于磁场的变化，导致钢管中产生涡旋电流，便能源损耗 解： 1若甲图通交流电，由于正弦变化的电场产生余弦变化的磁场，而余弦变化的磁场又产生正弦变化的电场，则每根钢管中都产生涡旋电流；导致能源损耗较大 2若乙图通交流电，由于两根导线一根是火线，一根是零线，它们的电流方向是相反的故相互吸引 但工程上可以将其在一根管内做好绝缘隔离 问题在于由交流电产生的涡旋电流：由于两根导线方向相反，所以如果它们相互足够靠近，则它们在周围的每一点上产生大小几乎相等，方向相反的感应电流这样能使涡旋电流强度减弱到很小 3若甲乙两图通恒定电流，则都产生恒定的磁场，恒定的磁场不产生电场因此不产生涡流没有能量
10、损耗因此 B正确， ACD错误； 故选： B 点评：此题类似于课本中提到的 “双线并绕 ”，考查恒定电流与交流电的区别与联系，掌握由磁场的变化，导致涡旋电流的产生，从而对电能输送的影响 （ 2014 浙江二模）下列说法中正确的是（ ） A电磁炉是采用电磁感应原理，在金属锅上产生涡流，使锅体发热从而加热食物的 B磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，是为了防止电磁感应 C精密线绕电阻常采用双线绕法，可以增强线绕电阻通电时产生的磁场 D交流发电机的工作原理是电磁感应 答案： AD 试题分析：电磁炉是采用电磁感应原理，利用涡流，使锅体发热；铝框做骨架，起到电磁阻尼作用，是为了利用电磁感
11、应；双线绕法，是减弱通电时产生的磁场；发电机的工作原理是电磁感应，从而即可求解 解： A、电磁炉是采用电磁感应原理，在金属锅上产生涡流，使锅体发热从而加热食物的，与微波炉工作原理不同，故 A正确； B、常常用铝框做骨架，起到电磁阻尼作用，是为了利用电磁感应，故 B 错误； C、采用双线绕法，磁场相互抵消，可以减弱线绕电阻通电时产生的磁场，故 C错误； D、发电机的工作原理是电磁感应，而电动机是电流的磁效应，故 D正确； 故选： AD 点评：考查电磁感应的应用与防止，注意与电流的磁效应的区别，理解双线绕法能减弱产生磁场原理 （ 2014 咸阳二模）在如图所示的电路中， L是一带铁心的线圈， R为
12、电阻两条支路 的直流电阻相等那么在接通和断开开关的瞬间，两电流表的读数 I1、 I2的大小关系错误的是（ ） A接通时 I1 I2，断开时 I1 I2 B接通时 I1 I2，断开时 I1=I2 C接通时 I1 I2，断开时 I1 I2 D接通时 I1=I2，断开时 I1 I2 答案： ACD 试题分析：当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据这一特点来分析电流的大小 解：当开关接通瞬间， R中电流立即增大到正常值 I2而线圈中的电流从零开始增大，产生自感电动势阻碍电流的增大，则电流 I1只能逐渐增大，故 I1 I2 断开开关瞬间，线圈产生的自感电
13、流流过线圈和电阻 R，两者串联，电流相同，I1=I2故选项 B正确，选项 ACD错误 本题选择错误的，故选： ACD 点评：对于线圈要抓住它的特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源 （ 2014 九江三模）如图所示电路中，电源电动势为 E，线圈 L的电阻不计以下判断正确的是（ ） A闭合 S瞬间，灯泡不发光 B闭合 S带电路稳定后，灯泡发光 C断开 S瞬间，灯泡发光 D断开 S瞬间，电阻 R上无电流通过 答案： C 试题分析：闭合 S瞬间，通过 R中电流强度大于通过灯泡中电流强度大小；由于线圈 L的直流电阻不计， S闭合电路稳定后，灯泡被短路，两端电压
14、为零当断开 S的瞬间，线圈中电流要减小，产生自感电动势，电容器放电，电阻中有电流 解： A、闭合 S瞬间，线圈 L与灯泡并联与 R串联，线圈阻碍电流的增加，灯泡中有电流，故灯泡发光， A错误； B、由于线圈 L的直流电阻不计，闭合 S，稳定后，灯泡被短路，电流强度为零，灯泡熄灭，故 B错误 C、 D断开 S的瞬间，电容器放电， R中电流不为零，线圈中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，灯泡中电流过一会儿为零故 C正确， D错误 故选： C 点评：本题考查自感线圈的双重作用的理解：当电流稳定不变时，自感线圈是电阻不计的导线；当电流变化时，相当于一个电源 （ 2014 天津二模）图示为演示自感现
15、象的实验电路，闭合开关 S一段时间后再断开，那么，断开 S前后，通过 B灯的电流 iB的变化情况可能正确的是（ ） A B C D 答案： C 试题分析：考虑自感现象，线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大，断开时产生一自感电动势相当于电源，与 R组成闭合回路， L的左端电势高 解：在 K断开前，自感线圈 L中有向左的电流，断开 K后瞬间， L的电流要减小，于是 L中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零原来跟 L并联的电阻 R由于电源的断开，向左的电流会立即消失但此时它却与 L 形成了串联的回路， L 中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡 A 中流过，方向由右边到 a左边，并逐渐减
16、小到零满足此规律的图象为： C， 故答案：为： C 点评：做好本类题目的关键是弄清线 圈与哪种电器相配，结合线圈特点分析新组成的闭合回路的电流流向 （ 2014 鼓楼区模拟）图 a、 b 两个电路中， A、 B 是两个完全相同的电灯泡，两个电源电动势相等，内阻都是 r， C为电容器， L为电感线圈，电阻是 RL， RL小于灯泡电阻 R，下列说法正确的是（ ） A.闭合电键， A先亮后熄灭 B.闭合电键，电路稳定后 A比 B亮 C.断开电键， A中电流立即为零 D.断开电键， B先变亮后再熄灭 答案： 试题分析：电感线圈在接通瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，断开时相当于电源，电容器在闭合瞬间进
17、行充电，当电路稳定后相当于断路，从而即可求解 解： A、开关 S接通瞬间， L相当于断路，所以有电通过灯泡，灯 A立即亮；虽电容器进行充电，但灯 A立即亮，当电路稳定后，电容器相当断路，而线圈有电阻，不过比灯泡电阻小，因此 A比 B亮，故 A错误， B正确； C、断开瞬间，电容器在放电，则灯 A慢慢熄灭，而 L相当于电源，给灯泡供电，灯泡逐渐熄灭，不会比原来更亮一些后再熄灭，故 C错误， D正确； 故选： BD 点评：本题考查了电感线圈对电 流发生突变时的阻碍作用，记住电感线圈在接通瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，断开时相当于电源 （ 2014 红桥区一模）如图所示，电路甲、乙中，电阻 R和
18、自感线圈 L的直流电阻值相同都较小，接通 S，使电路达到稳定，灯泡 D发光则（ ） A在电路甲中，断开 S， D将逐渐变暗 B在电路甲中，断开 S， D将先变得更亮，然后渐渐变暗 C在电路乙中，断开 S， D将立刻熄灭 D在电路乙中，断开 S， D将变得更亮，然后渐渐变暗 答案： AD 试题分析：电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡 1构成电路回路 解： A、 B、在电路甲中，断开 S，由于线圈阻碍电流变小，导致 D将逐渐变暗故 A正确， B错误； C、 D、在电路
19、乙中，由于电阻 R和自感线圈 L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开 S时，由于线圈阻碍电流变小，导致 D将变得更亮，然后逐渐变暗故 C错误， D正确； 故选： AD 点评：线圈中电流变化时，线圈中产生 感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极 （ 2014 漳州一模）如图所示的电路中， L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈， D1， D2是两个完全相同的灯泡， E是内阻不计的电源电路稳定后在 t1时刻断开开关 S规定以电路稳定时流过 D1， D2的电流方向为正方向，分别用 i1， i2表
20、示流过 D1和 D2的电流，则图中能定性描述电流 i随时间 t变化关系的是（ ） ABCD答案： A 试题分析：当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小 解： A、当电键断开， D2这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过 D1的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，故 A正确， B错误； C、由 A选项分析可知， D1和 D2构成回路，通过 D1的电流也流过 D2，所以 I2变成反向，且以同样大小在逐渐减小故 CD错误 故选： A 点评：解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电
21、流的减小 （ 2014 怀化二模 ）如图所示电路， L是自感系数较大的线圈，在滑动变阻器的滑动片 P从 B端迅速滑向 A端的过程中，经过 AB中点 C时通过线圈的电流为 I1； P从 A端迅速滑向 B端的过程中，经过 C点时通过线圈的电流为 I2； P固定在 C点不动，达到稳定时通过线圈的电流为 I0则（ ） A I1=I2=I0 B I1 I0 I2 C I1=I2 I0 D I1 I0 I2 答案： B 试题分析：利用线圈对电流突变的阻碍作用：闭合瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，判断电流变化 解：滑动片 P从 B端迅速滑向 A端的过程中，电流突然减小，由于 L的阻碍作用产生一自感电动势与
22、原来的电源串联，经过 AB中点 C时通过线圈的电流为I1 I0； P从 A端迅速滑向 B端的过程中，电流突然增大，由于 L的阻碍作用产生一自感电动势与电源的电动势方向相反，经过 C点时通过线圈的电流为 I2 I0； 故选 B 点评：做好本题的关键：知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源， L中原来电流的方向即电动势的正极 （ 2014 宿迁二模）如图电路中， A1、 A2是两个指示灯， L是自感系数很大的线圈，电阻 R阻值较小，开关 S1断开、 S2闭合现闭合 S1，一段时间后电路稳定下列说法中正确的是（ ） A闭合 S1，通过电阻 R的电流先增大后减小 B闭合 S1， Al亮
23、后逐渐变暗 C闭合 S1， A2逐渐变亮，然后亮度不变 D断开电路时，为保护负载，应先断开 S2，再断开 S1 答案： D 试题分析：当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析 解： A、闭合开关 S1的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，通过电阻 R的电流慢慢增加故 A错误 B、闭合开关 S1，虽因存在自感作用，但通过 Al亮度不变故 B错误 C、当闭合 S1，线圈对电流的阻碍渐渐变小，导致 A2逐渐变暗，故 C错误； D、断开电路时，为保护负载，由于线圈 L产生自感电动势，应先断开 S2，再断开 S1故 D正确， 故选： D
24、点评：对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源，注意开关接通与断开的先后顺序 （ 2013 连云港三模）如图所示，用电流传感器研究自感现象电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻 R的阻值 t=0时刻闭合开关 S，电路稳定后， t1时刻断开 S，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流 IL和电阻中的电流 IR随时间 t变化的图象下列图象中可能正确的是（ ） ABCD答案： AD 试题分析：电感对电流的变化起阻碍作用，闭合电键时，电感阻碍电流 I1 增大，断开电键， D1、 L构成一回路，电感阻碍电流 I1减小
25、 解：当电键闭合时，电感阻碍电流变化， L为一个自感系数很大、直流电阻小于电阻 R的阻值的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以 I1慢慢减小，最后稳定时电感相当于电阻， I1为恒定， 当电键断开后，电感 阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，不过大小在减小，故 A正确， B错误， 当电键闭合时，电感阻碍电流变化， L为一个自感系数很大、有直流电阻的线圈，导致通过电阻的电流刚开始较大，当电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以 I2慢慢增大，最后稳定， 当断开电键，原来通过 D2的电流立即消失当电键断开后，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与规定图示流过电阻的方向相反， I1慢慢减小最后为 0故 C错误， D正确 故选 AD 点评：解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻 碍其增大，电流减小，阻碍其减小
