高中物理必修一第四章第五节知能演练轻松闯关

高中物理必修一第四章运动和力的关系解题技巧总结单选题1、如图所示，位于倾角为θ的斜面上的物体B由跨过定滑轮的轻绳与物块A相连，从滑轮到A、B的两段绳都与斜面平行。

已知A与B之间及B与斜面之间的动摩擦因数均为μ；A、B两物块质量分别为m和M，滑轮的质量、绳与滑轮及滑轮轴上的摩擦都不计。

若用一沿斜面向下的力F拉B使它做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，以下说法正确的是（）A．绳子的拉力为T=μmgcosθ+maB．绳子的拉力为T=mgsinθ+μmg+maC．拉力F的值为F=(m−M)gsinθ+μ(M+3m)gcosθ+(m+M)aD．拉力F的值为F=(m+M)gsinθ+μ(M+2m)gcosθ+(m+M)a答案：CAB．对A物体分析T−mgsinθ−μmgcosθ=ma解得T=mgsinθ+μmgcosθ+ma选项AB错误；CD．对B物体分析F+Mgsinθ−μ(M+m)gcosθ−μmgcosθ−T=Ma带入解得F=(m−M)gsinθ+μ(M+3m)gcosθ+(m+M)a选项C正确，选项D错误。

故选C。

2、如图所示，一条不可伸长的轻绳绕过光滑的轻质定滑轮分别与物块A、B相连，细绳两部分分别处于水平和竖直状态，桌面光滑，物块A和B的质量分别为M和m，重力加速度为g。

现将系统由静止释放，在B没有落地且A没有碰到滑轮前，下列判断正确的是（）A．物体A运动的加速度大小为mgMB．物体A运动的加速度大小为mg(M+m)C．物体B对轻绳的拉力大于mgD．物体A处于超重状态答案：BABC．依题意，设绳的拉力为T，对物体B研究，根据牛顿第二定律有mg−T=ma对物体A，可得T=Ma联立可求得加速度大小为a=mg M+mT=MmM+mg<mg则物体B对轻绳的拉力小于mg，故AC错误，B正确；D．由于物体A的重力与桌面对它的支持力大小相等，所以物体A既不超重也不失重，故D错误。

故选B。

3、如图是某同学站在压力传感器上做下蹲－起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。

1．关于超重和失重，下列说法正确的是()A．超重就是物体受到的重力增加了B．失重就是物体受到的重力减少了C．完全失重就是物体一点重力都没有了D．不论超重、失重或完全失重，物体所受的重力是不变的答案：D2．(2013·徐州高一检测)关于超重与失重的说法正确的是()A．游泳运动员浮在水面静止不动时处于失重状态B．在超重现象中，物体的重力是增大的C．处于完全失重状态的物体，其重力一定为零D．如果物体处于失重状态，它必然有竖直向下的加速度解析：选D.失重是指弹力小于重力、合力竖直向下的情形，即加速度方向向下，故D 正确；运动员处于静止状态，合力为零，既不失重，也不超重，A错误；不管是超重还是失重，物体的重力是不变的，B、C错误．故选D.3.如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是()A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力解析：选A.以A、B作为整体，上升过程只受重力作用，所以系统的加速度为g，方向竖直向下，故系统处于完全失重状态，A、B之间无弹力作用，A正确、B错误．下降过程，A、B仍是处于完全失重状态，A、B之间也无弹力作用，C、D错误．故选A.4.为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是()A．顾客始终受到3个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下解析：选C.加速时顾客受到3个力作用：重力、支持力、摩擦力，匀速时受两个力：重力、支持力，A、B错误；如图所示，加速时，摩擦力方向向右，与支持力的合力，即扶梯对顾客的作用力向右上方，根据牛顿第三定律，顾客对扶梯的作用力方向向左下方；匀速时，顾客不受摩擦力作用，支持力等于重力，即顾客对扶梯的压力方向竖直向下，C正确，D错误．5．在电梯中，把一重物置于水平台秤上，台秤与力传感器相连，电梯先从静止加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动；传感器的屏幕上显示出其所受的压力与时间的关系(F N-t)图象，如图所示，则(1)电梯在启动阶段经历了________s加速上升过程．(2)电梯的最大加速度是多少？(g取10 m/s2)解析：(1)由题图可知：电梯在启动阶段经历了4 s加速上升过程．(2)由牛顿第二定律可知：F N－mg＝maa m＝F Nm－mgm＝50－303m/s2＝6.7 m/s2.答案：(1)4(2)6.7 m/s2一、选择题1．(多选)升降机中站在测力计上的人，发现测力计示数比自己的体重小，则() A．人受到的重力减小了B．人受到的重力不变C．升降机可能正在加速上升D．升降机可能正在加速下降解析：选BD.测力计示数小于重力，说明人处于失重状态．失重并不是重力减小了，而是“视重”减小，人的重力未变，A错误，B正确．失重说明升降机的加速度方向向下，它可能加速向下运动，也可能减速向上运动，C错误，D正确．故选BD.2．(多选)(2013·梅州高一检测)一种巨型娱乐器械可以让人体验超重和失重的感觉．一个可乘十多个人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由下落．下落一定高度后，制动系统起动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．下列判断正确的是()A．座舱在自由下落的过程中人处于超重状态B．座舱在自由下落的过程中人处于失重状态C．座舱在减速运动的过程中人处于失重状态D．座舱在减速运动的过程中人处于超重状态解析：选BD.人随座舱自由下落时，加速度为重力加速度，座舱支持力为零，人处于完全失重状态，A错误，B正确；人随座舱减速下降时，座舱支持力大于人的重力，人处于超重状态，C错误，D正确．故选BD.3．(单选)如图所示，一个盛水的容器底部有一小孔，静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则下列说法正确的是() A．容器自由下落时，小孔向下漏水B．将容器竖直抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C．将容器水平抛出，容器在运动过程中小孔向下漏水D．将容器斜向上抛出，容器在运动过程中小孔不向下漏水解析：选D.无论容器自由下落还是向任何方向抛出，都是处于完全失重状态，与重力有关的现象都将消失．故选D.4．(单选)如图所示，在一升降机中，物体A置于斜面上，当升降机处于静止状态时，物体A恰好静止不动．若升降机以加速度g竖直向下做匀加速运动时，以下关于物体受力的说法中正确的是()A．物体仍然相对斜面静止，物体所受的各个力均不变B．因物体处于失重状态，所以物体不受任何力作用C．因物体处于失重状态，所以物体所受重力变为零，其他力不变D．物体处于失重状态，物体除了受到的重力不变以外，不受其他力的作用解析：选D.当物体以加速度g向下做匀加速运动时，物体处于完全失重状态，其视重为零，因而支持物对其作用力亦为零；处于完全失重状态的物体，地球对它的引力即重力依然存在．故选D.5．(单选)如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁块、质量为m，整个装置用轻绳悬挂在O点，在电磁铁通电，铁块被吸引加速上升的过程中，轻绳上拉力F的大小为()A．F＝mgB．Mg＜F＜(M＋m)gC．F＝(M＋m)gD．F＞(M＋m)g解析：选D.电磁铁通电后，铁块被吸引加速上升，可认为A、B、C组成的系统重心加速上移，有向上的加速度，即整个系统处于超重状态，则轻绳拉力F应大于(M＋m)g.故选D.6．(单选)一个同学站在体重计上称体重，当该同学静止时体重计示数为600 N，现在该同学突然下蹲，则从开始下蹲到静止全过程中体重计的示数()A．一直大于600 NB．一直小于600 NC．先是大于600 N后小于600 N，最后等于600 ND．先是小于600 N后大于600 N，最后等于600 N解析：选D.该同学下蹲全过程中，他先是加速向下后又减速向下运动，最后静止，故他先是处于失重状态，体重计示数小于重力600 N，后又处于超重状态，体重计示数大于600 N，最后处于平衡状态，体重计示数为600 N，故选D.7．(多选)原来做匀速运动的升降机内有一被伸长弹簧拉住的具有一定质量的物体A静止在地板上，如图所示，现发现A突然被弹簧拉向右方．由此可判断，此时升降机的运动可能是() A．加速上升B．减速上升C．加速下降D．减速下降解析：选BC.当升降机匀速运动时，地板给物体的静摩擦力与弹簧的弹力平衡，且该静摩擦力可能小于或等于最大静摩擦力．当升降机有向下的加速度时，必然会减小物体对地板的正压力，也就减小了最大静摩擦力，这时的最大静摩擦力小于电梯匀速运动时的静摩擦力，而弹簧的弹力又未改变，故只有在这种情况下A才可能被拉向右方．四个选项中B、C两种情况电梯的加速度是向下的．故选BC.8．(单选)(2013·西城区期末)如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是()A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0 m/s2B．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0 m/s2C．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5 m/s2D．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5 m/s2解析：选B.当电梯匀减速上升或匀加速下降时，电梯处于失重状态．设人受到体重计的支持力为F N，体重计示数大小即为人体对体重计的压力F N′.由牛顿第二、第三定律可得：mg－F N＝ma⇒F N＝F N′＝m(g－a)；当电梯匀加速上升或匀减速下降时，电梯处于超重状态，设人受到体重计的支持力为F N1，人对体重计的压力F N1′，由牛顿第二、第三定律可得：F N1－mg＝ma⇒F N1＝F N1′＝m(g＋a)，代入具体数据可得B正确．☆9.(多选)某人在地面上用体重计称得其体重为490 N，他将体重计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，体重计的示数如图甲所示，电梯运行的v -t图可能是图乙中的(取电梯向上运动的方向为正)()解析：选AD.由F -t 图象知：t 0～t 1时间内，具有向下的加速度，t 1～t 2时间内匀速或静止，t 2～t 3时间内，具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t 0～t 3时间内⎩⎪⎨⎪⎧向上减速，静止，向上加速向下加速，匀速，向下减速，故选AD. ☆10.(单选)如图所示，台秤上放置盛水的杯，杯底用细线系一木质小球，若细线突然断裂，则在小木球上浮到水面的过程中，台秤的示数将( )A ．变小B ．变大C ．不变D ．无法判断解析：选 A.将容器和木球视为整体，整体受台秤竖直向上的支持力和竖直向下的重力．当细线被剪断后，其实际效果是：在木球向上加速运动的同时，木球上方与木球等体积的水球，将以同样大小的加速度向下加速流动，从而填补了木球占据的空间，由于ρ水＞ρ木，水球的质量大于木球的质量，故木球和水组成系统的重心有向下的加速度，整个系统将处于失重状态，故台秤的示数将变小．故选A.二、非选择题11．一个质量是50 kg 的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧测力计，弹簧测力计下面挂着一个质量为5 kg 的物体A ，当升降机向上运动时，他看到弹簧测力计的示数为40 N ，如图所示，g 取10 m/s 2，求此时人对地板的压力．解析：以A 为研究对象，对A 进行受力分析如图所示．选向下的方向为正方向，由牛顿第二定律可得m A g －F T ＝m A a ，所以a ＝m A g －F T m A ＝5×10－405m/s 2＝2 m/s 2. 再以人为研究对象，他受到向下的重力mg 和地板的支持力F N .仍选向下的方向为正方向，同样由牛顿第二定律可得方程m 人g －F N ＝m 人a ，所以F N ＝m 人g －m 人a ＝50×(10－2) N ＝400 N.则由牛顿第三定律可知，人对地板的压力为400 N ，方向竖直向下．答案：400 N ，竖直向下☆12.某人在以2.5 m/s 2的加速度匀加速下降的电梯里最多能举起质量为m ＝80 kg 的物体，则该人在地面上最多能举起质量M 为多少的重物？若电梯以2.5 m/s 2的加速度匀加速上升，则该人最多能举起质量为多少的重物？(g 取 10 m/s 2)解析：无论人在地面还是在匀加速下降或者上升的电梯里，该人向上的最大举力是不变的，电梯匀加速下降，说明物体处于失重状态，举力F ＝mg －ma ＝600 N所以在地面上M ＝F g＝60 kg ， 故此人在地面上最多能举起60 kg 的物体．若电梯匀加速上升，则物体处于超重状态，举力F ＝m ′g ＋m ′a所以m ′＝F g ＋a＝48 kg. 答案：60 kg 48 kg。

【优化方案】202X年高中物理电子题库第四章第二节知能演练轻松闯关新人教版选修1-2错误!电动机和发电机统称为______，其中，先出现的是______．答案：电机电动机错误!奥斯特发现电流的________效应，奠定了________的物理学基础，法拉第发现的________定律，奠定了________的物理学基础．答案：磁电动机电磁感应发电机错误!第一台实用电动机是由________物理学家________制成的．答案：德国雅克比一、选择题错误!下列家用电器中没有电动机的是A．洗衣机B．电风扇C．电饭锅D．电冰箱答案：C错误!跟热机相比，下列各项不．属于电动机的优点的是A．开动与停止均比较方便B．结构简单，制造便宜，占地较小C．效率较低D．对环境没有污染答案：C错误!下列说法正确的是A．法国电器制造商皮克希制造了世界上第一台发电机B．德国科技企业家西门子制出了第一台自激式发电机C．俄国工程师多里沃尔斯基先发明了三相异步电动机D．美国的莫尔斯发明了利用电流一断一通的原理制成的电报装置答案：ABCD错误!暑期是用电高峰期，电路火灾时有发生．起因多是电路“超负荷”，金属导线温度过高引燃了外面的绝缘皮．请根据学过的物理知识判断，“超负荷” 是指电路中A．电流过大B．电压过高C．电压过低D．电阻过大答案：A错误!一般的家用电器内部都安装有保险丝，并使用接地良好的三相插头，请从设计的角度分析，这主要考虑了A．安全性B．创新性C．科学性D．可持续发展答案：A错误!课外活动时，有几位同学讨论关于电动机和发电机的问题，他们有以下几种说法，你认为其中正确的是A．电动机工作时把电能转化为机械能B．发电机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的C．电动机是利用电磁感应现象制成的D．发电机工作时把电能转化成其他形式的能答案：A错误!水力资源的开发一般是将水能转化为电能，长江三峡水电站建成后装机容量1820万千瓦，这些电能最终B．水的动能C．太阳能D．水本身具有的能量解析：选C太阳辐射能是地球上各种能量的最主要空气流动等，是水循环的动力．而永不停息的水循环又是水力发电站赖以生存的前提，因为这些电能最终错误!未定义书签。

1.下列关于自感现象的说法正确的是( )A ．自感现象是由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象B ．线圈中自感电动势的方向总与引起自感的原电流的方向相反C ．线圈中自感电动势的大小与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关D ．加铁芯后线圈的自感系数比没有加铁芯时要大解析：选ACD.自感现象是导体本身电流变化使得穿过线圈的磁通量变化而产生的电磁感应现象，自感电动势与线圈的磁通量变化快慢有关，故A 、C 正确，自感电动势阻碍原电流的变化，并不一定与原电流反向，B 错误．加铁芯后线圈的自感系数要增大，D 正确．2.下列关于线圈的自感系数、自感电动势的说法中正确的是( )A ．线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大B ．对于某一线圈，自感电动势正比于电流的变化量C ．一个线圈的电流均匀增大，这个线圈自感系数、自感电动势都不变D ．自感电动势总与原电流方向相反解析：选C.线圈的自感系数由线圈本身的因素(如长度、面积、匝数等)决定．E 自∝ΔI Δt，而不是E 自∝ΔI ，C 对，A 、B 错，线圈中电流减小时自感电动势方向与原电流方向相同，电流增大时，自感电动势方向与原电流方向相反，D 错． 3.图4－6－9(2012·广东广雅中学高二月考)如图4－6－9所示的电路中A 1和A 2是两个相同的小灯泡，L 是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R 相同．在开关S 接通和断开时，灯泡A 1和A 2亮暗的顺序是( )A ．接通时，A 1先达最亮，断开时A 1后灭B ．接通时，A 2先达最亮，断开时A 1后灭C ．接通时，A 1先达最亮，断开时A 1先灭D ．接通时，A 2先达最亮，断开时A 2先灭解析：选A.当开关S 接通时，A 1和A 2同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由0变大时，线圈上产生自感电动势阻碍电流的增大，使通过线圈的电流从0开始慢慢增加，所以开始时电流几乎全部从A 1通过，而该电流又将同时分路通过A 2和R ，所以A 1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，A1和A2达到一样亮；当开关S断开时，电源电流立即为0，因此A2立即熄灭，而对A1，由于通过线圈的电流突然减小，线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，使线圈L和A1组成的闭合电路中有感应电流，所以A1后灭．4.在如图4－6－10所示的电路中，S闭合时流过电感线圈的电流是2 A，流过灯泡的电流是1 A，将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化的图线是图4－6－11中的()图4－6－10图4－6－11解析：选D.S断开后，线圈产生自感电动势与灯泡构成回路，自感线圈中电流由2 A逐渐减小为零，灯泡电流反向并由2 A逐渐减小为零，故D对．图4－6－125.(2012·南京外国语学校高二检测)如图4－6－12所示，电路中L为一自感线圈，两支路直流电阻相等，则()A．闭合开关S时，稳定前电流表A1的示数等于电流表A2的示数B．闭合开关S时，稳定前电流表A1的示数大于电流表A2的示数C．闭合开关S时，稳定前电流表A1的示数小于电流表A2的示数D．断开开关S时，稳定前电流表A1的示数小于电流表A2的示数解析：选B.闭合开关时，线圈中产生与电流反向的自感电动势起到阻碍作用，所以电流表A2的示数小于电流表A1的示数．断开开关时，线圈中产生与原电流同向的自感电动势，并与R组成临时回路，电流表A1与电流表A2示数相等．只有B项正确．一、选择题1.关于自感现象，下列说法正确的是()A ．感应电流一定和原电流方向相反B ．线圈中产生的自感电动势较大时，其自感系数一定较大C ．对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感系数较大D ．对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大解析：选D.自感现象中感应电动势的方向遵从楞次定律. 当原电流减小时，自感电动势和自感电流与原电流方向相同；当原电流增大时，自感电流与原电流方向相反，所以A 错误；自感电动势的大小E 自＝L ΔI Δt，所以自感电动势大不一定是由线圈自感系数大引起的，有可能是电流的变化率很大引起的，所以B 错误；线圈自感系数的大小，由线圈本身决定，与线圈中有无电流以及电流变化的快慢无关，所以C 错误；由E 自＝L ΔI Δt知，对于同一线圈，自感系数L 确定，当电流变化较快时，线圈中产生的自感电动势也较大，所以D 正确． 2.图4－6－13(2012·天水一中高二检测)在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采用双线并绕的方法，如图4－6－13所示．其道理是( )A ．当电路中的电流变化时，两股导线产生的自感电动势相互抵消B ．当电路中的电流变化时，两股导线产生的感应电流相互抵消C ．当电路中的电流变化时，两股导线中原电流的磁通量相互抵消D ．以上说法都不对解析：选C.由于采用双线并绕的方法，当电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股导线中的电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感，选项A 、B 错误，只有C 正确． 3.图4－6－14如图4－6－14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 ．日光灯的启动，利用了镇流器中线圈的自感现象B ．日光灯正常发光时，镇流器起着降压限流的作用C ．日光灯正常发光后取下启动器，日光灯仍能正常工作D ．日光灯正常发光后取下启动器，日光灯不能正常工作解析：选D.了解了日光灯的工作原理后，容易判断出A 、B 、C 是正确的，启动器只有在启动的时候有作用，正常发光后，就不再工作．事实上，老化或劣质的启动器会造成日光灯反复启动，当发光后取下启动器反而能确保日光灯正常工作．4.图4－6－15如图4－6－15所示，电路中电源内阻不能忽略，R阻值和L的自感系数都很大，A、B为两个完全相同的灯泡，当S闭合时，下列说法正确的是()A．A比B先亮，然后A灭B．B比A先亮，然后B逐渐变暗C．A、B一起亮，然后A灭D．A、B一起亮，然后B灭解析：选B.S闭合时，由于与A灯串联的线圈L的自感系数很大，故在线圈上产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以B比A先亮，故A、C、D错．稳定后，由于与B灯接的电阻很大，流过B灯支路的电流很小，所以B灯逐渐变暗，故B正确．5.在图4－6－16所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表．当开关S闭合时，电流表G1指针偏向右方，那么当开关S断开时，将出现的现象是()图4－6－16A．G1和G2指针都立即回到零点B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点C．G1指针缓慢回到零点，而G2指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D．G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点解析：选D.电流表指针的偏转方向与电流的流向有关．根据题意，电流自右向左时，指针向右偏．那么，电流自左向右时，指针应向左偏．当开关S断开瞬间，G1中电流立即消失，而L由于自感作用，电流不能立即消失，电流沿L、G2、G1的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一个短暂时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，而G1中的电流和原方向相反，变为自左向右，和G2中的电流同时减为零；也就是G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点，故D项正确．6.在实际生产中，有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关S由闭合到断开时，线圈会产生很大的自感电动势，使开关S处产生电弧，危及操作人员的人身安全．为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个元件，在下列设计的方案中(如图4－6－17所示)可行的是()解析：选D.断开开关S ，A 图中由于电容器被充电，开关S 处仍将产生电弧；B 、C 图中闭合开关时，电路发生短路；而D 图是利用二极管的单向导电性使线圈短路可避免开关处电弧的产生，故D 正确． 7.图4－6－18如图4－6－18所示，多匝线圈L 的电阻和电池内阻不计，两个电阻的阻值都是R ，电键S原来是断开的，电流I 0＝E 2R，今合上电键S 将一电阻短路，于是线圈有自感电动势产生，此电动势( )A ．有阻碍电流的作用，最后电流由I 0减小到零B ．有阻碍电流的作用，最后电流总小于I 0C ．有阻碍电流增大的作用，因而电流将保持I 0不变D ．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是增大到2I 0解析：选D.电键S 由断开到闭合瞬间，回路中的电流要增大，因而在L 上要产生自感电动势．根据楞次定律，自感电动势总是要阻碍引起它的电流的变化，这就是说由于电流增加引起的自感电动势，要阻碍原电流的增加．而阻碍不是阻止，电流仍要增大，而达到稳定后其电流为2I 0，故选项D 正确． 8.图4－6－19(2012·武汉外国语学校高二检测)如图4－6－19所示的电路中，电键S 闭合且电路达到稳定时，流过灯泡A 和线圈L 的电流分别为I 1和I 2，在电键S 切断的瞬间，为使小灯泡能比原来更亮一些，然后逐渐熄灭，应( )A ．必须使I 2>I 1B ．与I 1、I 2大小无关，但必须使线圈自感系数L 足够大C ．自感系数L 越大，切断时间越短，则I 2也越大D ．不论自感系数L 多大，电键S 切断瞬间I 2只能减小，不会增大解析：选AD.电键S 断开后，线圈L 与灯泡A 构成回路，线圈中由于自感电动势作用电流由I 2逐渐减小，灯泡由于与线圈构成回路，灯泡中电流由I 1变为I 2然后逐渐减小，所以要想小灯泡能比原来更亮一些，应有I 2＞I 1，所以A 、D 项正确． 9.如图4－6－20所示的电路可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆去时应()A．先断开开关S1B．先断开开关S2C．先拆去电流表D．先拆去电阻R解析：选B.当S1、S2闭合稳定时，线圈中的电流由A→B，电压表V右端为“＋”极，左端为“－”极，指针正向偏转，先断开S1或先拆去电流表A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V上加了一个反向电压，使指针反偏，若反偏电压过大，会烧坏电压表V，故应先断开S2，选B项．10.图4－6－21(2010·高考北京卷)在如图4－6－21所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t的变化的图象是()图4－6－22解析：选B.闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明R L＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至达到电流为I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流I，故C、D错误．二、非选择题11.图4－6－23如图4－6－23所示，L是自感系数较大的一个线圈，电源的电动势为6 V，开关S已闭合，当S断开时，在L中产生的自感电动势E′＝100 V，求此时A、B两点间的电势差．解析：当S断开时，线圈中产生的自感电动势阻碍原电流的减小，因此电动势方向与线圈中原电流方向相同．即L的右端电势高于左端电势，由于S断开时A、B两点间断路，相当于电阻很大，所以整个回路中由电动势造成的电势差集中在A 、B 两点间，φB －φA ＝E ＋E ′＝6 V ＋100 V ＝106 V ，即A 点的电势比B 点低106 V .答案：A 点的电势比B 点低106 V12.(2012·湖北黄冈中学高二检测)如图4－6－24所示为研究自感实验电路图，并用电流传感器显示出在t ＝1×10－3 s 时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L 的电流(如图4－6－25)．已知电源电动势E ＝6 V ，内阻不计，灯泡A 的阻值为6 Ω，电阻R 的阻值为2 Ω.图4－6－24 图4－6－25(1)线圈的直流电阻R L ＝________Ω.(2)开关断开时，该同学观察到的现象是________，并计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是______V.解析：由图象可知S 闭合稳定时I L ＝1.5 A.R L ＝E I L －R ＝61.5Ω－2 Ω＝2 Ω 此时小灯泡电流I 1＝E R 灯＝66A ＝1 A S 断开后，L 、R 、A 组成临时回路，电流由1.5 A 逐渐减小，所以灯会闪亮一下再熄灭，自感电动势E ＝I L (R ＋R L ＋R 灯)＝15 V .答案：(1)2 (2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭 15。