教科版 (2019)选择性必修 第二册第二章 电磁感应及其应用4 自感同步达标检测题

这是一份教科版 (2019)选择性必修 第二册第二章 电磁感应及其应用4 自感同步达标检测题，共8页。试卷主要包含了下列关于日光灯的说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。


A．灯A立即熄灭
B．灯A慢慢熄灭
C．灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭
D．灯A突然闪亮一下再突然熄灭
2．如图所示，闭合开关S后调节滑动变阻器R和Rt，使同样规格的两个小灯泡A和B都正常发光，然后断开开关．当再次闭合开关S时，下列说法正确的是( )
A．灯泡A和B同时正常发光
B．灯泡A立刻正常发光，灯泡B逐渐亮起来
C．灯泡B立刻正常发光，灯泡A逐渐亮起来
D．灯泡A和B都要隔一段时间才亮起来
3.
(多选)如图所示，灯A、B完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略，则( )
A．S闭合的瞬间，灯A、B同时发光，接着灯A变暗，灯B更亮，最后灯A熄灭
B．S闭合瞬间，灯A不亮，灯B立即亮
C．S闭合瞬间，灯A、B都不立即亮
D．稳定后再断开S的瞬间，灯B立即熄灭，灯A闪亮一下再熄灭
4.
如图所示，L1和L2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻与R相同，由于存在自感现象，在开关S接通和断开时，L1、L2先后亮暗的顺序是( )
A．接通时，L1先达最亮；断开时，L1后暗
B．接通时，L2先达最亮；断开时，L2后暗
C．接通时，L1先达最亮；断开时，L1先暗
D．接通时，L2先达最亮；断开时，L2先暗
5.
如图所示的电路中，A、B是两个相同的灯泡，L是带有铁芯的线圈，其自感系数较大、电阻可忽略不计．已知闭合且电路稳定后两灯都正常发光，则( )
A．闭合S，两灯同时正常发光
B．闭合S，A灯比B灯先达到稳定发光状态
C．断开S，A灯先闪亮一下后逐渐熄灭
D．断开S，A灯和B灯逐渐熄灭
6．如图所示，将两头刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上，一端接上电池(电池另一极与锉刀接触)，手执导线的另一端，在锉刀上来回划动，由于锉刀表面凹凸不平，就会产生电火花．下列说法正确的是( )
A．产生电火花的回路只由导线与电池组成
B．如导线端只向一个方向划动也能产生电火花
C．锉刀采用什么材料制成对实验没有影响
D．导线端划动的方向决定了自感电动势的方向
7．图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( )
A．图甲中，A1与L1的电阻值相同
B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图乙中，变阻器R接入电路的阻值与L2的电阻值相同
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
8．下列关于日光灯的说法中正确的是( )
A．日光灯是常用的照明灯具之一，它所消耗的电功率仅为相同亮度白炽灯的eq \f(1,5)～eq \f(1,3)
B．灯管内气体的击穿电压和正常工作电压都是220V
C．灯管发光是由于管内的气体被加热到炽热状态发出的光
D．让日光灯正常工作，必须一直给其提供比220V高很多的电压
9．如图所示是日光灯的电路图，日光灯主要由灯管、镇流器、启动器组成．关于日光灯的原理，下列说法不正确的是 ( )
A．日光灯启动利用了镇流器中线圈的自感
B．日光灯正常发光时，镇流器起降压限流的作用
C．日光灯正常发光后取下启动器，仍能正常工作
D．日光灯正常发光后取下启动器，不能正常工作
10．(多选)如图为自感现象演示实验，R0为滑动变阻器，L为电感线圈．闭合开关，灯1立即变亮，而另一个相同的灯2逐渐变亮，最终两灯的亮度相同．下列说法正确的是( )
A．闭合开关瞬间，流过L与R0的电流相等
B．闭合开关电路稳定后，流过L与R0的电流相等
C．闭合开关电路稳定后，流过L与R0的电流不等
D．开关断开瞬间，流过灯1的电流方向由左向右
11．如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈，线圈的阻值不可忽略．则下列说法正确的是( )
A．合上开关后，a、b、c三盏灯同时亮起来
B．合上开关后，c灯先亮起来，a、b两盏灯后亮起来
C．断开开关后，a、b、c三盏灯逐渐熄灭
D．断开开关后，a灯先熄灭，接着b、c两盏灯逐渐熄灭
12．如图甲所示是日光灯的电路图，它主要是由灯管、镇流器和启动器组成的，镇流器是一个带铁芯的线圈，启动器的构造如图乙所示，为了保护启动器常在启动器的两极并上一纸质电容器C.某教室的一盏日光灯总是出现灯管两端亮而中间不亮的情况，经检查灯管是好的，且电压正常，镇流器无故障，其原因可能是( )
A．启动器两脚与启动器座接触不良
B．电容器C断路
C．电容器C击穿而短路
D．镇流器自感系数L太大
13．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和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源，在t＝0时刻，闭合开关S，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，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )
14．如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计，下列说法正确的是( )
A．S闭合瞬间，A先亮
B．S闭合瞬间，A、B同时亮
C．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭
D．S断开瞬间，A逐渐熄灭，但不会闪亮一下
15．如图所示为“万人跳”实验的示意图，电源的内电阻可忽略，L为学生实验用变压器线圈，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S.下列表示通过人体电流I随时间t变化的图像中，你认为最符合该实验实际的是( )
微点8 自感现象的理解和分析(含日光灯原理)
1．答案：A
解析：当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A在S断开后不能形成闭合回路，故在开关断开后通过灯A的电流为零，灯立即熄灭．A正确．
2．答案：C
解析：再次闭合开关S时，由于通过L的电流增大，线圈由于自感，所以A灯逐渐亮起来，B灯不通过线圈，立即正常发光．故选C.
3．答案：AD
解析：S接通的瞬间，L所在支路中电流从无到有发生变化，因此，L中产生的自感电动势阻碍电流增加．由于有铁芯，自感系数较大，对电流变化的阻碍作用也就很强，所以S接通的瞬间L中的电流非常小，即干路中的电流几乎全部流过灯A，所以灯A、B会同时亮；又由于L中电流逐渐稳定，感应电动势逐渐消失，灯A逐渐变暗，线圈的电阻可忽略，对灯A起到“短路”作用，因此灯A最后熄灭．这个过程电路的总电阻比刚接通时小，由恒定电流知识可知，灯B会更亮．稳定后S断开瞬间，由于线圈的电流较大，L与灯A组成回路，灯A要闪亮一下再熄灭，灯B立即熄灭．
4．答案：A
解析：开关闭合时，由于线圈L的自感作用阻碍电流的增大，所以大部分电流从L1中流过，L1先达最亮；开关断开时，线圈中产生的自感电动势阻碍电流减小，自感电流方向与原电流的方向相同，且只能在L与L1的闭合回路中流过，L1中有自感电流，所以L1后暗．故选项A正确．
5．答案：D
解析：闭合S后待电路稳定前，L产生自感电动势阻碍通过A的电流增大，所以B灯比A灯先达到稳定发光状态，故A、B错误；断开S后开始的一段时间内，L产生自感电动势阻碍通过A的电流减小，由于此时A、B灯和L在同一回路中，所以A灯和B灯均逐渐熄灭，故C错误，D正确．故选D.
6．答案：B
解析：回路由导线、锉刀、电池组成，故锉刀必须用易导电的材料制成，所以A、C错误；锉刀表面凹凸不平，在移动过程中电路在通路和断路状态间不断变化，线圈产生自感电动势，电火花的产生和自感电动势的方向均与导线端划动方向无关，故B正确，D错误．故选B.
7．答案：C
解析：在图甲中，断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明断开S1前，L1中的电流大于A1中的电流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B错误；在图乙中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D错误；闭合S2后，最终A2与A3亮度相同，说明两支路电流相等，故R接入电路的阻值与L2的阻值相同，C正确．
8．答案：A
解析：日光灯比白炽灯发光效率高，属于节能的灯具，它所消耗的电功率仅为相同亮度白炽灯的eq \f(1,5)～eq \f(1,3)，故选项A正确．灯管启动时电压高于220V，正常工作时电压低于220V，选项B、D错误．灯管发光是因为灯管两端炽热的灯丝释放出大量电子，这些电子与汞原子碰撞而放出紫外线，涂在内壁的荧光物质在紫外线的照射下发出可见光，选项C错误．
9．答案：D
解析：镇流器在启动时，利用线圈的自感产生瞬时高压，在正常工作时起降压限流作用，使电流稳定在灯管的额定电流范围内，灯管两端的电压也稳定在额定电压范围内；灯管正常发光后，电流不再流过启动器，所以并联在灯管两端的启动器也就不再起作用了，故日光灯正常发光后取下启动器，日光灯仍能正常工作，故A、B、C正确，D错误．
10．答案：BD
解析：开关闭合瞬间，电感线圈L对电流有阻碍作用，所以流过L与R0的电流不相等，A错误；灯1，灯2是两个相同的灯泡，最终亮度相同，所以闭合开关电路稳定后，流过L与R0的电流相等，B正确，C错误；开关断开瞬间，电感线圈L产生自感电动势，电流由右向左．线圈L、滑动变阻器，灯1，灯2构成回路，灯1的电流由左向右，D正确．
11．答案：D
解析：合上开关后，因线圈L的电流增大，磁通量增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，通过c灯的电流逐渐增大，所以a、b先亮，c后亮，故A、B错误；合上开关一会儿后，因线圈有电阻，则当电路中电流稳定时，c的电流小于b的电流；断开开关后，a因回路被断而立刻熄灭，因自感线圈L的电流减小出现自感现象，从而阻碍回路的电流减小，由于自感线圈L、灯泡c、灯泡b组成回路，则b、c两盏灯电流会从c灯原来的电流上逐渐减小，最后熄灭，而两灯都不会出现闪亮，故C错误，D正确．故选D.
12．答案：C
解析：日光灯启动器的作用是当电压加到启动器两端时，启动器内的金属片受热膨胀而短路，短路后金属片放热断开，断开时在镇流器上感应出高压加到日光灯两端，使日光灯内的汞蒸气电离导通，日光灯发光．A、B、D都不会影响启动器内的金属片功能，只有“电容器C击穿而短路”不能使金属片断开，故C正确，A、B、D错误．
13．答案：C
解析：当闭合电键，因为线圈与D1串联，所以电流I1会慢慢增大，灯泡D2这一支路立即就有电流．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，而且D1和D2、D3构成回路，通过D1的电流也流过D2，所以I2变成反向，且逐渐减小．故选C.
14．答案：C
解析：开关S闭合时，灯泡A所在支路由于二极管的单向导电性而处于断路状态，所以灯泡A不会亮．由于线圈的自感作用，灯泡B逐渐亮起来，故A、B错误；开关S断开瞬间，由于线圈的自感作用，线圈、二极管、灯泡A构成了一个闭合回路，自感电流的方向符合二极管的导通方向，所以灯泡A开始发光，随着自感电流减小，灯泡A熄灭，即灯泡A闪亮一下，然后逐渐熄灭．灯泡B则立即熄灭，故C正确，D错误．
15．答案：A
解析：开关闭合后，线圈与学生们并联，由于电源为干电池，电压很小，因此通过学生的电流很小，当开关断开时，线圈电流发生变化，从而产生很高的瞬时电压，此时线圈与学生们构成放电回路，线圈中电流方向不变化，而流经学生们的电流方向发生变化，断开瞬间流经学生的电流很大，学生们有触电的感觉，然后逐渐减小，故选A.
核心素养提升
1．答案：B
解析：未按下按钮时，线圈磁通量不变，因此a、b两点电势差为零，故A错误；按下按钮过程中，线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，根据楞次定律可知，感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱，又因为线圈是电源，电源内部电流方向由负极流向正极，因此线圈a接线柱的电势比b接线柱高；按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大，根据楞次定律可知，感应电流方向从a接线柱通过线圈流向b接线柱，线圈a接线柱的电势比b接线柱低，故B正确，C、D错误．故选B.
2．答案：C
解析：铝盘甲区域中的磁通量增大，由楞次定律可知，甲区域感应电流方向为逆时针方向，则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故A错误；铝盘乙区域中的磁通量减小，由楞次定律可知，乙区域感应电流方向为顺时针方向，则此感应电流的磁场方向垂直纸面向里，故B错误；由“来拒去留”可知，磁铁与感应电流之间有相互阻碍的作用力，则会使铝盘减速，故C正确；若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，这样会导致涡流产生的磁场减弱，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果明显低于实心铝盘，故D错误．故选C.
3．答案：A
解析：施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量发生变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，其受到的安培力阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化．方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变；当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变．方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变．方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变．综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.
4．答案：(1)1.25×103A，由b到a (2)3.6×107J
解析：(1)飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势
E＝BLv0，感应电流I＝eq \f(E,R)，
代入数据解得I＝1.25×103A，根据右手定则判断感应电流方向由b到a.
(2)飞机从着舰到停止，根据动能定理
－W安－Wf＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
代入数据解得Q＝W安＝3.6×107J．
5．答案：CD
解析：磁场向右运动，则线圈相对于磁场向左运动，根据右手定则可知，线圈在图示位置的电流方向为abcda，根据左手定则可知安培力方向水平向右，线圈达到最大速度vm时，线圈ad边和bc边均以相对磁场的速度v－vm做切割磁感线运动，回路中电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(2nBL（v－vm）,R)，由于左右两边ad和bc均受到安培力，则安培力的合力为F合＝2nBIL＝eq \f(4n2B2L2（v－vm）,R)，选项B错误．达到最大速度时，有f＝F合，联立解得vm＝v－eq \f(fR,4n2B2L2)，选项A错误．制动过程中克服安培力做功等于线圈产生的焦耳热，对线圈由动能定理有0－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ＝－fNL－W克安＝－fNL－Q，解得Q＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1( 2),\s\d1( m)) －fNL，选项C正确．制动过程通过线圈横截面的电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)Δt＝neq \f(\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝neq \f(ΔΦ,R)，线圈继续运动NL停下来，若N为偶数，根据对称性，可知通过线圈的磁通量不变，即ΔΦ＝0，可知通过线圈的电荷量为零；若N为奇数，由于开始制动时刻的磁通量不确定，因此线圈的磁通量变化量ΔΦ可能在0～2BL2之间取值，电荷量q＝neq \f(ΔΦ,R)，即通过线圈的电荷量可能在0～2neq \f(BL2,R)之间取值，选项D正确．
6．答案：(1)nBLv0 (2)eq \f(nBLH,R) eq \f(1,8)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋eq \f(1,4)mgH
解析：(1)滑块刚接触地面时感应电动势最大Emax＝nBLv0
(2)根据能量守恒可知，产热
Q＝eq \f(1,4)(eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋mgH)＝eq \f(1,8)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋eq \f(1,4)mgH
通过截面电量q＝neq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(nBLH,R)