第2章 3、磁场对通电导线的作用

中学资源网，集智者大成精品资源，尽在中学资源网第22页共22页版权所有@中学资源网三、磁场对通电导线的作用一、单项选择题Ⅰ1．下列关于安培力、磁场和电流的方向的说法中，正确的是()A．电流方向一定跟磁场方向垂直B．安培力方向一定与磁场方向垂直，与电流方向平行C．安培力方向一定与跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直D．以上说法均不正确2．如图2－3－4所示，一根长直导线穿过载有恒定电流的金属圆环的中心且垂直于环的平面，导线和环中电流方向如图所示，那么金属环受到的磁场力为()A．沿圆环的半径向外B．沿圆环的半径向内C．水平向左D．等于零图2－3－4图2－3－53．如图2－3－5所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是()A．水平向左B．水平向右C．竖直向下D．竖直向上4．在国际单位制中，下列说法正确的是()A．电场强度的单位是AB．磁感应强度的单位是BC．电荷量的单位是QD．磁感应强度的单位是T5．一只电压表读数偏小，为纠正这一偏差，可以采取的措施是()A．减少表头线圈的匝数B．增大表内的串联电阻C．增强表头的永久磁铁的磁性D．转紧表内的螺旋弹簧6．关于匀强磁场，下列说法中错误的是()A．磁场中各处的磁感线疏密程度相同B．通电导线在匀强磁场中各处受力不一定相同C．通电导线处于其中时，一定受磁场力的作用D．磁场中各处的磁感线是互相平行的图2－3－67．如图2－3－6所示，把一重力不计可自由运动的通电直导线AB水平放在蹄形磁铁磁极的正上方，当通以图示方向的电流时，导线的运动情况是(从上往下看)()A．顺时针方向转动，同时下降B．顺时针方向转动，同时上升C．逆时针方向转动，同时下降D．逆时针方向转动，同时上升8．在图中，F表示磁场对直线电流的作用，其中正确的是()9．两个同样的导线环同轴平行悬挂，相隔一小段距离，当同时给两导线环通以同向电流时，两导线环将()A．吸引B．排斥C．保持静止D．边吸引边转动10．通电矩形线圈平面垂直于匀强磁场的磁感线，如图2－3－7所示，则有()图2－3－7A．线圈所受安培力必定使其四边有向内压缩形变的效果B．线圈每一边都不受安培力的作用C．线圈所受安培力的合力为零D．线圈所受安培力必定使其四边有向外扩展形变的效果二、单项选择题Ⅱ11．直导线AB与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由运动，当通过如图2－3－8所示的电流时(同时通电)从左向右看，线圈将()A．顺时针转动，同时靠近直导线ABB．顺时针转动，同时离开直导线ABC．逆时针转动，同时靠近直导线ABD．不动图2－3－8图2－3－912．如图2－3－9所示，D为置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里．在电键S接通后，导线D所受磁场力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右13．把轻质导线圈用细线挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈中心，且在线圈平面内．当线圈通以图2－3－10所示方向的电流时线圈将()图2－3－10A．发生转动，同时靠近磁铁B．发生转动，同时远离磁铁C．不发生转动，只靠近磁铁D．不发生转动，只远离磁铁14．长为L＝1m通以电流I＝0.5A的导线，放在磁感应强度B＝2T的某一匀强磁场中，则该导线受到的安培力大小不可能为()A．0NB．1NC．0.5ND．1.5N15．如图2－3－11所示，通电导线由Ⅰ位置绕固定轴转到Ⅱ位置，该导线所受安培力大小()图2－3－11A．变大B．变小C．不变D．不能确定三、多项选择题16．关于磁电式电流表内的磁铁和铁芯间的矩形线圈与该磁场的关系，下列说法中正确的有()A．通电线圈旋转的角度不同，它所在位置的磁感应强度大小也不同B．不管通电线圈转到什么位置，它所在位置的磁感应强度大小都相等C．通电线圈旋转的角度不同，它的平面与磁感线的夹角也不同D．不管通电线圈转到什么位置，它的平面都与磁感线相平行17．通电矩形线圈平面垂直于匀强磁场的磁感线，则有()A．线圈所受安培力的合力为零B．线圈所受安培力以任一边为轴的力矩为零C．线圈所受安培力以任一对角线为轴的力矩不为零D．线圈所受安培力必定使其四边有向外扩展形变的效果18．通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图2－3－12所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述中正确的是()A．线框有两条边所受的安培力方向相同B．线框有两条边所受的安培力大小相同C．线框所受安培力的合力朝左D．cd边所受安培力对ab边力矩不为零图2－3－12图2－3－1319．如图2－3－13所示，一根通有电流I的直铜棒MN，用导线挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，此时两根悬线处于紧张状态，下列哪些措施可使悬线中张力为零()A．适当增大电流B．使电流反向并适当减小C．保持电流I不变，适当增大BD．使电流I反向，适当减小20．如图2－3－14所示，一导体棒放置在处于匀强磁场中的两条平行金属导轨上，并与金属导轨组成闭合回路．当回路中通有电流时，导体棒受到安培力作用．要使安培力增大，可采用的方法有()图2－3－14A．增大磁感应强度 B．减小磁感应强度C．增大电流强度 D．减小电流强度第一章电场电流一、电荷库仑定律【巩固提升】1．C2．D解析：用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，正电荷除了能吸引负电之外，还能吸引不带电的轻小物体，故答案选D.3．A4．D解析：原子核由中子和质子组成，质子带正电，中子不带电，所以原子核带正电．5．C6．B解析：B球上的－q的电荷转移到了A球，与A球上的＋q的正电荷发生完全中和，C、D选项错误；中和过程中，电荷守恒，并不是消失，A选项错误，B选项正确．7．A8．C解析：库仑定律的适用范围是真空中两个点电荷间．9．A10．D解析：元电荷是一个正电子或负电子所带的电量，物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍，D正确．11．A12．A13．C解析：电量不相等的两个电荷之间的静电力大小是相等的，又因两球质量相等，所以张开的角度也应该相等，故答案选C.14．B15．A16．BD17．AD解析：当两电荷间距离r→0时，带电体已经不能被看做点电荷，库仑定律已经不再适用，故B错．当两个点电荷之间的距离r→∞，即两点电荷相距无穷远时，根据库仑定律F＝keq\f(q1q2,r2)知它们之间的静电力趋近于零，故A对，C错．18．BD19．BC解析：根据库仑定律F＝keq\f(q1q2,r2)可知：若它们所带的电量不变，距离变为2L，则它们之间的作用力变为eq\f(F,4)，故A错；若它们所带的电量不变，距离变为eq\f(L,2)，则它们之间的作用力变为4F，故B对；若它们之间的距离不变，电量都变为原来的2倍，则它们之间的作用力变为4F，故C对；若它们之间的距离不变，电量都变为原来的eq\f(1,2)，则它们之间的作用力变为eq\f(F,4)，故D错．二、电场【巩固提升】1．C解析：C选项为匀强电场，其中任何地方的场强大小和方向都相同，A选项中两点场强方向不同；B选项中场强大小不同；D选项中两点场强大小和方向都不同．2．D3．D解析：场强只由电场本身决定，不管放入其中的检验电荷的电量、正负和所受电场力的大小如何变化，场强都不变．4．B5．D解析：电场线不是闭合的，A错误；电场线是假想的，实际不存在，B错误；负电荷受到的电场力的方向与电场方向相反，C错误．6．C7.A8．C解析：场强是矢量，以点电荷Q为球心，半径为r的球面上各点的电场强度大小是相同的，但是方向不同，所以不能说场强相同，即A错误；场强大小的判定方法是在该处放置一试探电荷，根据E＝eq\f(F,q)来比较的，与产生电场的电荷的正负没有关系，即B错误；电场强度的方向与试探电荷无关，C正确；虽然电场强度的大小可以用E＝eq\f(F,q)来计算，但E＝eq\f(F,q)并不是场强的决定式，电场中某点的场强大小是一个定值，所以由F＝qE得，当电场力很大时，并不一定是场强很大，完全有可能是电荷量很大，D错误．所以本题正确答案为C.9．B解析：因为只有一条电场线，所以不能确定场强的强弱，也不能确定产生电场的电性，A、C错误；正电荷运动中通过A点时，其受力方向沿AB方向，但运动方向不一定沿AB方向，D错误．10．A11．A解析：由a运动到b，电场力做正功，说明Q对q的作用力背离Q，即Q与q之间是斥力，Q与q为同种电荷，又因a点电场线比b电场线密，a点场强大于b点场强，由F＝qE可知Fa＞Fb.12．B13．D解析：因为不知道释放的带电粒子的电性，故不能确定其运动方向，所以A、B答案错误，而C是匀强磁场，带电粒子在其中受到的电场力不变，D图中，不论带电粒子向左还是向右运动，电场力都变大，故答案选D.14．C15．C解析：为了知道电场中某点的电场强度，可把一个试探电荷放入该点，该试探电荷受到的电场力F与自身电量q的比值eq\f(F,q)可反映该点场强的大小，但该点场强由电场本身决定，与试探电荷的电荷量多少、电性均无关，所以A、B错．由F＝Eq，当q一定时E越大F就越大，所以C正确．电场中某点的场强方向规定为正电荷在该点时受到的电场力方向，与负电荷所受电场力方向相反，所以D错．16．CD17．.ABC18．ACD解析：电场是客观存在的物质；电场强度的方向跟正电荷在该点所受电场力的方向相同；电场强度的大小由电场本身决定，与放入电场的电荷无关．三、生活中的静电现象【巩固提升】1．A2．B解析：地毯中夹入少量的金属纤维是为了将人走动时产生的静电导走，B选项正确．3．B4．C解析：A、B、D选项都可以防止静电对人造成危害，答案选C.5．B6．D解析：带电体有吸引微小物体的性质．电视机工作时，屏幕表面的静电可以吸引灰尘等轻小的物体．7．A8．A解析：雷雨天，人在高大树木下避雨，容易发生雷击事故．电视荧屏静电吸引灰尘也是有害的，故正确答案选A.9．D解析：雷雨天气时继续停留在高楼平台上作业容易发生雷击事故，答案选D.10．C11．A解析：在雷电交加时，如果头、颈、手处有蚂蚁爬走感，头发竖起，说明将发生雷击，应赶紧扒下，用手抱着头，答案选A.12．D13．B解析：根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引这一性质，a被负极吸附则a带正电，c被正极吸附则c带负电，而b不偏转则b不带电，故选B.14．ABC解析：由于摩擦起电而使两物体带有异种电荷相互吸引，带电体能吸引轻小物体，化纤布料由于摩擦带电吸附灰尘；用湿手去摸室外的铁棒，手被粘在铁棒上是由于水遇冷结冰，分子之间存在引力．15．AC16．AC解析：A极吸附带负电的煤粉，则A极带正电，应接高压电源的正极；为了便于煤粉下落，烟气应该向上排出，因此C为烟气的进气口，D为排气口．四、电容器【巩固提升】1．B2．C解析：“300V5μF”中的300V是电容器能承受的最高电压，电容器能在300V以下的电压中正常工作，A、B选项错误；电容的大小由电容器本身来决定，与电压无关，C选项正确．3．C解析：因为a在左右振动过程中，ab之间的距离发生变化，虽然电压不变，但导致电场强度发生变化，所以A错误；同理其电容也发生了变化，所以在连接电源的情况下，其电荷量也会发生变化；在a在向右振动过程中，其与b的距离减小，电容增大，故其电荷量增加，即电流会从左到右通过灵敏电流计，故C正确；在a在向左振动过程中，其与b的距离增大，电容减小，故D错误．4．B解析：电容的大小由电容器本身来决定，与Q和U都无关，当Q和U变化时，C保持不变，故B选项正确．5．A6．C解析：平行板电容器两板间距离逐渐增大时，电容将变小，A、B选项错误；电容器和电源保持连接，两板间的电压保持不变，D错误；由C＝eq\f(Q,U)可知，当C变小，U不变时，Q将减小，C正确．7．C解析：极板间的距离变为eq\f(d,2)时，电容器的电容变为原来的两倍，即E2＝E1，再根据C＝eq\f(Q,U)得到其电荷量在2Q时对应的电压和原来相同，即U2＝U1.故选C选项．8．A解析：电容器充电后两极板一定带异种电荷，且电荷量也一定相等，B选项错误；电容大小由电容器本身来决定，与电容器带电量多少和两板电压无关．9．B10.C11．D解析：a、d是固定电容，b、e是电解电容，c、f是可变电容，答案选D.12．B解析：电压降低为原来的eq\f(1,2)时，电容器的电容不变，A选项错误，B选项正确；由公式C＝eq\f(Q,U)可知，当C不变，电压降低为原来的eq\f(1,2)时，Q变为原来的eq\f(1,2)，C、D选项错误．13．B解析：当B极板向左移动一段距离时，两极板的距离变大，电容器的电容将减小，A选项错误；因S闭合后，电容器与电源保持连接，故电容器两极的电压保持不变，当B极板向右移动一段距离时，电容器的电容将增大，由C＝eq\f(Q,U)可知，Q变大，有负电荷流上A板，即电流从左往右流过电流计，B选项正确；同理，当B极板向上移动一段距离时，电容器的电容将减小，由C＝eq\f(Q,U)可知，Q变小，A板的一部分负电荷流到B板，与B板上的正电荷中和，即电流从右往左流过电流计，C选项错误．答案选B.14．AD15．BCD16．BC解析：电容器与电源断开，Q不变，选项B正确．正对面积减小，电容减小，根据Q＝CU，U增大，选项C正确．选项A、D错误．五、电流和电源【巩固提升】1．D2．B解析：导体中电荷的定向移动才形成电流，A选项错误；电流有方向，但电流强度是一个标量，C选项错误；如果导体两端的电势差为零，则电流强度也为零，D选项错误，正确答案为B.3．C4．D解析：0.6C负电荷向西移动，相当于有0.6C正电荷向东移动，即每秒有1C正电荷向东移动，由公式I＝eq\f(q,t)得I＝1A.5．B6．A解析：金属导体导电，只有自由电子做定向移动，A选项正确；电解液和气体导电，正负离子都能做定向移动，B、C选项错误；质子不能做定向移动，D选项错误．7．A8．C解析：由I＝eq\f(q,t)可知，当t一定时，I与q成正比，A选项错误；在任意相等的时间内通过导体横截面的电量相等，导体中的电流才是恒定电流，B选项错误；电流有方向，但电流强度是标量，C选项正确；电流强度的单位“安培”是国际单位制，D选项错误．9．B10．C解析：电源的作用就是能保持导体两端的电压，使导体中的自由电荷能在电场力的作用下定向移动形成电流，答案选C.11．B12．B13．B14．C15．BD解析：由于电源自身有电阻(内阻)，所以电源被短路时，放电电流不可能无穷大，A选项错误；电源电动势由电源本身决定，不会随外电阻变化而变化，C选项错误；正确答案为B、D.16．AD17．AC六、电流的热效应【巩固提升】1．A解析：“220V100W”中的“220V”为额定电压，A选项正确；“100W”为白炽灯在220V额定电压下工作时的功率，即额定功率，在不同的电压下，灯泡的实际功率不相同，B、C、D选项错误．2．B3．C解析：只有在计算纯电阻产生的热量时，才可以用电功W＝UIt代替电热Q＝I2Rt，A、B选项错误，C选项正确；计算任何用电器产生的热量，都可使用公式Q＝I2Rt，D选项错误．4．A5．C解析：因为四个电阻相同，电流也相同，故每个电阻产生的热功率也相同，所以正确答案选C.6．C7．D解析：白炽灯是纯电阻，消耗的电能全部用于产生热量，答案选D.8．A9．D解析：电饭锅、电炉等大功率用电器，插在同一个插座上时，会使插座上的电流过大，而容易发生火灾，答案选C.10．A11．D解析：因为接到同一个电源上，所以导体两端的总电压相等，对于纯电阻电路来说，如果电压相等，电流最大的，即电阻最小的，相同时间内产生的热量最大．而选项D的总电阻最小，故选择D选项．12．B13．A解析：电熨斗的发热部件和导线是串联关系，所以二者的电流肯定一样大，根据焦耳定律知，如果电流相等，电阻大的发热多．14．A15．D解析：超导体的电阻为零，如果导体没有了电阻，电流流过导体时将无热能产生，远距离输电导线因为距离较长，一般材料都有很大的电阻，如果用超导体来做，可以节约很多电能的损耗．16．B17．BC18.ACD19．CD解析：电功率计算的普通公式为P＝eq\f(W,t)＝UI，只有在纯电阻用电器的前提下，才可由I＝eq\f(U,R)改写电功率的表达式．第二章磁场一、指南针与远洋航海【巩固提升】1．A2．A解析：磁体与磁体、通电导体与通电导体间、磁体与通电导体间是通过磁场产生相互作用，磁场是一种客观存在的物质，只要磁体或电流存在，其周围一定存在磁场，故A正确，B、C、D错误．3．C解析：磁感线是为了形象地描绘磁场而假设的一组有方向的曲线，曲线上每一点的切线方向表示磁场方向，曲线疏密表示磁场强弱，在磁铁外部磁感线从N极出来进入S极，在磁铁内部从S极到N极，磁感线不相交，故选C.4．D解析：磁体间的作用力是通过磁场传递的，可不用接触便产生相互作用，A对．小磁针静止时北极指向是北极受力方向，所以B对．磁感线是闭合的曲线且不能相交，所以C错，D对．5．C解析：磁体与磁体、磁体与电流、电流与电流之间的作用力都是通过磁场传递的，所以C错，A、B、D正确．6．B解析：一个磁铁无论断成几段，每一段还是有两个磁极，原因是不存在磁单极子．选项B正确．7．C解析：鸽子是靠地磁场来帮助辨别方向，如果在鸽子身上缚一块永磁体材料，会影响鸽子周围的地磁场，从而使其迷失方向．8．D解析：小磁针N极的受力方向与其所在位置的磁场方向相同，所以小磁针会向逆时针方向转动．9．B解析：a、b两点磁场的方向相同，但两点磁感线的疏密程度不一样，所以磁感应强度大小不等，答案选B.10．C解析：C选项的磁感线不平行，也不等间距，不是匀强磁场．11．A解析：小磁针静止时N极所指的方向，才与磁场的方向相同，B选项错误；任何两条磁感线都不会相交，C选项错误；磁感线是闭合的曲线，D选项错误．答案选A.12．C解析：地球内部地磁场的方向是由地理的北极指向南极，故C正确．13．A14．D解析：磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线分布越密的地方，磁场越强，磁感线分布越疏的地方，磁场越弱，根据一条磁感线无法看出疏密，因此无法判断磁场强弱，选D.15．B解析：①通过电流产生的效应来认识看不见摸不着的电流；②运用类比的方法，用水流类比电流的特点；③通过磁场产生的效应来认识看不见摸不着的磁场；④通过实际不存在的假想的“磁感线”来描述磁场的分布情况．由此可见，研究方法相同的是①与③，应选B.16．BC17．BD解析：小磁针静止时N极的指向即为该处的磁场方向，而条形磁铁外部磁感线方向是由N极指向S极，而内部是由S极指向N极，由小磁针静止时N极所指的方向可判定磁铁d端是N极，c端是S极；磁铁内部的小磁针，由内部磁场方向可判定，a端是S极，b端是N极．18．AC解析：磁场是客观存在的一种物质，不以人的意志转移，只不过不同于常见到的分子组成的物体，它看不见，摸不着，但是客观存在的，所以C对，B错，D错．磁场的性质是对放入其中的磁体和电流有力的作用，A对．19．AD解析：图甲是条形磁铁外部磁感线分布示意图，外部磁场的磁感线是从磁铁的N极出来，进入磁铁的S极，故A正确，B错．图乙是两异名磁极间的磁感线分布示意图，磁感线仍然是从N极出来，进入磁铁的S极，故C错，D正确．20．AC解析：各处的磁感应强度大小相等，方向相同，这样的磁场才叫匀强磁场．匀强磁场的磁感线是等间距等间距平行线．二、电流的磁场【巩固提升】1．A2．C解析：由右手定则可知，甲螺线管的右端是N极、乙螺线管的左端是N极，同名两极相排斥，C选项正确．3．D4．C解析：根据右手螺旋定则，水平通电直导线下方的磁场方向垂直纸面向里，磁场方向与小磁针N极的受力方向相同，因此小磁针的N极将垂直于纸面向里转动，C选项正确．5．B6．A解析：由右手定则可知，A选项正确．7．C8．A解析：由右手定则可知，A选项正确．9．A10．C解析：带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转所形成的电流方向与金属环旋转的方向相反，由右手定则可知，小磁针处的磁场方向沿轴线向左，小磁针的N极也将沿轴线向左，C选项正确．11．C12．B解析：对环形电流：右手弯曲的四指和环形电流的方向一致，伸直的大拇指所指的方向就是环形电流的磁感线的方向．答案选B.13．A14．C解析：由右手定则和磁场的叠加原理，答案选C.15．A解析：因为断裂的铁心在断裂面出一面是N，另一面是S.根据磁极异性相吸的原理，断裂面将会紧紧地被电磁所吸合．16．C解析：当开关闭合后，由右手定则可以判断出螺线管的右端为N极，由此判断小磁针c的N极应该指向右边；小磁针a的N极指向左端；在螺线管内部，磁感线是由S极指向N极，故小磁针b的N极指向右端．17．D解析：用右手螺旋法则判断．右手握住导线，大拇指指向电流方向，其余四指是磁场环绕方向．正东方某点的磁场方向指向正北．18．D19．AC解析：通电螺线管磁感线的分布类似于条形永久磁铁的磁感线分布，因此通电螺线管外部的磁感线的分布都是从N极指向S极，但是内部的磁感线的分布是从S极指向N极，因此放在通电螺线管外部的小磁针静止时，N极指向通电螺线管的S极，所以B、D选项错误．20．ACD三、磁场对通电导线的作用【巩固提升】1．C解析：安培力的方向无论在什么情况下，都跟磁场方向和电流方向垂直，C选项正确．2．D3.D4．D解析：电场强度的单位是N/C，A错误；磁感应强度的单位是特斯拉(T)，B错误；电荷量的单位是库仑(C)，C错误．5．C6．C解析：通电导线处于匀强磁场中时，若磁场的方向与导线的方向平行，则不受磁场力的作用，C错误．7．C解析：两个磁极对电流的安培力方向不同，把电流分为两部分，左半部分受力方向向外，右半部分受力向里．从上往下看，通电导线将沿着逆时针方向转动．当导线转到垂直于纸面的方向时，电流受力向下，导线将向下运动．所以C选项正确．8．D解析：由左手定则可知，D正确．9．A解析：两个线圈内的电流产生的磁场方向相同，互相吸引．也可以由一个电流受另一个的磁场力判断得相同的结论．10．C解析：矩形线框四个边都受到安培力的作用，根据电流和磁场方向的不同，安培力可能指向线框中心，使线框压缩，也有可能指向线框外，使线框扩张，故答案选C.11．C12．A解析：由右手定则，螺线管“左”端为S极，“右”端为N极，再由左手定则，安培力向上．13．A14．D解析：由F＝BIL＝2×0.5×1N＝1N为安培力最大值．15．C16．BD17.AD18.BC19.AC20．AC解析：在匀强磁场中，当通电导线垂直于磁场方向放置时，所受的安培力大小为F＝BIL，因此增大磁感应强度和增大电流强度可以使安培力增大，A、C选项正确．四、磁场对运动电荷的作用【巩固提升】1．D2．D解析：只有磁场对运动电荷的作用力才叫洛伦兹力，因此D选项正确．3．C4．D解析：当运动电荷的运动方向与磁场方向相同或相反时，不受洛伦兹力，所以A、选项错误．洛伦兹力对带电粒子不做功，不能改变带电粒子的动能，因此C选项错误，D选项正确．5．C6．D解析：运动电荷在磁场中只有运动方向与磁场方向不平行时，才会受到洛伦兹力，平行时不受洛伦兹力，因此A、B、C选项错误．洛伦兹力可改变运动电荷的运动方向，改变动量．因此D选项正确．7．C8．B解析：这个空间要么有方向与电流方向平行的磁场，要么没有磁场，一定不会有方向与电流方向垂直的磁场，否则运动电荷一定受到洛伦兹力的作用，因此ACD选项错误，B选项正确．9．D10．D解析：带电粒子运动方向与磁场方向平行时，受到的洛伦兹力为零，故答案选D.11．B解析：由于AB中通有电流，在阴极射线管中产生磁场，电子受到洛伦兹力的作用而发生偏转，由左手定则可知，阴极射线管中的磁场方向垂直纸面向内，所以根据安培定则，AB中的电流方向应为从B流向A，B正确；如果当AB中的电流方向变为从A流向B，则AB上方的磁场方向变为垂直纸面向外，电子所受的洛伦兹力变为向上，电子束的径迹变为向上偏转，所以可以通过改变AB中的电流方向来实现电子束的径迹向上偏，改变AB中电流的大小只能改变电子束偏转的程度，C错．12．C解析：粒子进入磁场后将做匀速圆周运动，由左手定则可以判断圆心在a点的正上方，故粒子只能完成一个半圆运动，从a点的正上方飞出磁场．13．C14．BD15.AB16.BC五、磁性材料【巩固提升】1．D2．B解析：DVD碟片用到的是激光刻录和读取信息，A选项错误；IC电话卡用的是电脑芯片存储信息的，C错误；喝水用的搪瓷杯子与信息记录无关，D选项错误，答案选B.3．C4．D解析：磁铁在受到加热或敲打后，其磁性将会发生改变，D选项错误．5．C6．C解析：棋子受到棋盘对它向上的摩擦力作用，该力与棋子的重力相平衡，棋子才不会掉落，C答案正确．7．B8．C解析：软磁性材料是剩磁很少的材料，适用于做变压器的铁芯．答案选D.9．A10．B解析：电磁铁的铁芯应该是软磁性材料，磁化后不易保持磁性，答案选B.11．C12.B13.B14.B15．AD解析：把磁铁的N极靠近铁棒时，铁棒内的分子电流取向大致相同，铁棒被磁化，所以才吸引小磁针．16．ACD解析：硬磁性材料是剩磁很多的材料，适用于制造永久磁铁．第三章电磁感应一、电磁感应现象【巩固提升】1．C2．B3．D解析：闭合线圈在磁场中做切割磁感线运动，穿过线圈的磁通量可能没有变化，故不一定产生感应电流，C错误．4．B解析：开关接通后滑片P不动，电流恒定，不能引起磁通量的变化，故不能产生感应电流，电流表指针不会转动．5．D6．A解析：线圈会向内收缩，引起线圈面积的变化，从而磁通量发生变化，引起闭合回路产生感应电流．7．C8．D解析：闭合开关后保持变阻器的滑动头位置不变，不能引起闭合线圈的磁通量变化．9．D10．B11．B12．C13．D14．D解析：通电直导线产生的磁场是距离导线越近的地方越强，磁感线越密，导线框在水平方向向右匀速运动或者在水平方向向右加速运动或者以直导线为轴旋转，都没有改变导线框到通电直导线的距离，因此穿过导线框的磁通量没有发生变化，所以不能产生感应电流，A、B、C选项错误．导线框向直导线靠近，使穿过导线框的磁通量增加，因此导线框中产生感应电流，D选项正确．15．BD16．BCD解析：法拉第在1821年就从电能生磁想到磁能生电，经历了一系列失败，才研究得出了电磁感应产生的条件和规律17．BCD18．ACD19．AD20．ABC二、法拉第电磁感应定律【巩固提升】1．B2．A解析：选项A中如果线圈平面与磁感应强度方向平行，则磁通量为零，而磁感应强度不为零；选项B中，磁通量是标量；选项C中磁通量的大小与B和S的乘积有关．3．D4．A解析：在同一磁场里，可以用穿过该面积的磁感线条数表示磁通量的大小．5．D6．B7．B8．C解析：选项A，匝数增加一倍，电动势是增加了一倍，但电阻也增加了一倍，电流不变，故错误；选项B，面积增加一倍，电动势是原来的2倍，但半径是原来的eq\r(2)倍，电阻是原来的eq\r(2)倍，所以电流是原来的eq\r(2)倍，故错误；选项C，半径增加一倍，面积是原来的4倍，电动势是原来的4倍，电阻是原来的2倍，所以电流是原来的2倍，故正确；选项D，与磁场方向成60°角，电动势不是原来的2倍，电阻不变，电流也是原来的2倍，故错误．9．C10．B解析：将一条形磁铁分两次插入同一闭合线圈中，闭合线圈中磁通量的变化量相同，两次插入的时间之比为2∶1，则磁通量的变化率为1∶2，产生的电动势之比为1∶2，所以B选项正确．11．B解析：穿过闭合电路的磁通量发生变化时才会产生感应电流，感应电动势与电路是否闭合无关，且感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．12．B解析：图①中，穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t恒定不变，因此磁通量的变化率为零，感应电动势为零，A选项错误；图②中，穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t均匀增加，磁通量的变化率恒定不变，因此回路产生的感应电动势恒定不变，B选项正确；图③中，回路在0～t1时间内磁通量的变化率大于t1～t2时间内磁通量的变化率，因此回路在0～t1时间内产生的感应电动势大于在t1～t2时间内产生感应电动势，C选项错误；图④中，回路中磁通量的变化率先变小再变大，因此回路产生的感应电动势先变小再变大，D选项错误．13．A14．C解析：0～2s内磁通量的变化率为1.5×10－2Wb/s,2～4s内磁通量的变化率为0.5×10－2Wb/s,4～5s内磁通量的变化率为2×10－2Wb/s,5～7s内磁通量的变化率为1×10－2Wb/s，因此4～5s内磁通量的变化率最大，C选项正确．15．CD16．CD解析：选项A、B平动时没有改变磁通量；选项C、D中能改变磁通量．17．BD解析：根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感应电动势，A错，B对；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量变化率，所以C错，D对．18．BC解析：磁通量的定义是穿过某一面积的磁感线的条数．又因磁感线是闭合曲线，当条形磁铁垂直穿过A环面时，在B环中来回抵消的磁感线多于A环面．故应选B、C.三、交变电流【巩固提升】1．D2．A解析：正弦式交变电流，每秒改变50次方向，即每秒发生周期性变化25次，故频率为25Hz，周期为0.04s.3．A4．C解析：由题，由，而，解得U′＝U＝100V，选C.5．B解析：根据电流的热效应，设有效值为i′，则有，解得i′＝5A.6．B解析：发电机的转子也可以是磁体，定子也可以是线圈．7．C8．C解析：频率为60000Hz，则每秒变换12万次．9．D10.D11．A解析：电流表与电压表测量的是有效值．12．B解析：把图象与转动的实物图联系起来．13．C14．ABC15．AC16．BC17．BD18．CD解析：选项C、D表示电流方向总为正，不是交流电．四、变压器【巩固提升】1．D解析：理想变压器的输入和输出功率相等，且电磁感应现象输入输出的频率是相等的，故原线圈一侧和副线圈一侧保持相同的物理量有功率、频率．2．B3．B解析：由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)得U2＝U1×eq\f(n2,n1)＝220×eq\f(1,4)V＝55V.4．A解析：设原线圈输入电压、电流、功率分别为U1、I1、P1，副线圈输出电压、电流、功率分别为U2、I2、P2，原、副线圈匝数分别为n1、n2由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝知I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(1,40)×200A＝5A.由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,40)×10×103V＝250V输出功率P出＝U2I2＝250×200W＝50kW.5．B解析：依题意有eq\f(n1,n2)＝eq\f(20,1)，eq\f(n1,n2－18)＝eq\f(220,8)，联立即可解得原线圈匝数n1＝1320匝．6．C解析：因为灯泡正常发光，所以副线圈中的电流I2＝eq\f(P出,U2)＝eq\f(60,220)A＝eq\f(3,11)A根据公式eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(1,20)×eq\f(3,11)A＝eq\f(3,220)A，即电流表的示数应为eq\f(3,220)A，故A错，C对电源的输出功率等于变压器的输入功率，由P入＝P出可得电源的输出功率为60W，故B错根据公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U1＝eq\f(n1,n2)U2＝eq\f(20,1)×220V＝4400V，故D错．7．C解析：由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(I2,I1)可知高压线圈电压高，故匝数多、电流小．8．B解析：副线圈的电压不变，当副线圈接的电阻R增大时，I2减小，P2减小．因为P1＝P2，所以P1减小；因为I1＝eq\f(n2,n1)I2，所以I1减小．9．C解析：I2＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(55,110)A＝0.5A，I1＝eq\f(n2,n1)I2＝0.125A.10．D11．D解析：由题图知原线圈电压最大值为220eq\r(2)V，周期T＝2×10－2s，故电压有效值为220V，频率为50Hz；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得输出电压的最大值为36eq\r(2)V，原、副线圈电流之比为9∶55，输入、输出功率应相等，所以正确答案为D.12．C解析：理想变压器原、副线圈的功率相等，P1由P2决定；电压比一定，副线圈的电压由原线圈的电压决定，选项B不对；原线圈的电流由副线圈的功率决定，也就是由副线圈的电流决定，选项A不对．13．C解析：要注意保险丝的熔断电流是指线路电流的有效值．14．C解析：将电压升高供给电灯的变压器是接交流电源，原线圈匝数小于副线圈匝数．15．AD解析：变压器不改变电压的频率，副线圈中的电压频率等于原线圈中的电压频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,2×10－2)Hz＝50Hz；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得副线圈中电压的最大值31V，故有效值为eq\f(31\r(2),2)V；P向右移动时，输出电路中电压不变，电阻减小，电流增大，输出功率增大，变压器的输入功率等于输出功率，也增大，故正确的选项为A、D.16．BC解析：在输入电压和匝数比eq\f(n1,n2)一定的情况下，输出电压U2是一定的，当R减小时，由I＝eq\f(U2,R)可知电流表读数变大，故应向下移动滑片．在输入电压U1一定的条件下，减小匝数比eq\f(n1,n2)，则输出电压U2增大，故电流强度增大，应掷向2.17．BD解析：原线圈电压有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(311,\r(2))V＝220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得U2＝4400V，由欧姆定律可知I2＝eq\f(U2,R)＝10mA，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得I1>I2，所以B、D两项正确．18．BCD五、高压输电【巩固提升】1．A2．D解析：由ΔP＝I2R可知要减小损耗功率，要减小输电电流或导线电阻．最好的方式是减小输电电流，在输入功率不明显变化的情况下，由P＝UI知可以通过增大输入电压．故A、B、C说法都不对．3．A4．D解析：高压输电，输电功率不变，输电电流减小，输电速度不变，因为输电线上的电流减小，所以其发热功率减小．5．B6．D解析：由ΔP＝I2R＝eq\f(P2,U2)R可知，电压提高到10倍，ΔP变为原来的eq\f(1,100).7．B8．B解析：由P＝UI可知U与I成反比．9．B10．C解析：ΔP＝I2R，即eq\f(P2,U\o\al(2,1))×eq\f(ρL,S1)＝eq\f(P2,U\o\al(2,2))×eq\f(ρL,S2)解得eq\f(S1,S2)＝eq\f(U\o\al(2,2),U\o\al(2,1))＝eq\f(3302,1102)＝eq\f(9,1).11．B12.D13.D14．BC15.AC16.ABD17.AC18．ABD解析：由ΔP＝I2R可知要减小损耗功率，则要减小输电电流或导线电阻．若减小输电电流，在输入功率不明显变化的情况下，由P＝UI知要求增大输入电压；若减小电阻，由R＝eq\f(ρL,S)知在长度不改变的情况下，使用ρ值小的导线和S大的导线能达到目标．六、自感现象涡流【巩固提升】1．B2．C解析：线圈越粗、越长、匝数越密，自感系数就越大，有铁芯比没有铁芯时的自感系数大很多．3．D4．B解析：自感系数在线圈做好之后不再变化，选项A、C、D错；磁通量随电流增大而增大，选项B对．5．A6．D解析：这样做的目的是减少涡流产生，减少铁芯产生的热量，但不可完全避免涡流．7．B8．A解析：由自感现象知，在闭合时会慢慢变亮；断开时由于没有回路，即时熄灭．9．D10．A解析：当S接通时，LA和LB应同时亮，但由于自感现象，流过L的电流由零逐渐变大时，干路电流几乎从LA通过，而同时LB和R对干路进行了分流，所以LA先达到最亮；当S断开时，干路电流立即为零，因此LB立刻熄灭，而由于L的电流突然减弱，产生自感电动势，与LA形成闭合回路有感应电流，所以LA后暗．11．C12．B13．ABD14．AC15．BCD16．BD17．BC18．AD解析：钢和铁能产生电磁感应现象．七、课题研究：电在我家中【巩固提升】1．D解析：短路时电流不经过用电器，故流过灯泡的电流几乎为零，选D.2．D3．C4．A5．A6．A7．B解析：电流没经过用电器而直接构成回路，造成回路电流很大，易发生事故．8．C9．D解析：用电器的输入功率P＝IU，从能量转换角度输入能量等于热功和风的动能之和．10．D11．B解析：电路中出现了断路导致电路不通．12．BD13．AB14．ABD15．BD16．ACD第四章电磁波及其应用一、电磁波的发现【巩固提升】1．B解析：变化的磁场能够在周围空间产生电场，变化的电场能够在周围产生磁场；均匀变化的磁场，产生稳定的电场，均匀变化的电场，产生稳定的磁场；不均匀变化的磁场产生变化的电场，不均匀变化的电场产生变化的磁场；振荡(即周期性变化)的磁场产生同频率的振荡电场，振荡的电场产生同频率的振荡磁场．2．D解析：电磁波在真空中的波速都是3×108m/s.3．D4.B5.A6.A7.A8.C9．D解析：t＝eq\f(2s,c)＝eq\f(2×3.84×108m,3×108m/s)＝2.56s.10．C11．B解析：电磁波本身就具有能量，是由发射装置提供的，在传播的过程中同时也在传播能量，最后能量能被接收装置吸收．12．A13．BD14．ACD15．ACD解析：由波动公式v＝λf，可知选项A对；电磁波是由周期性变化的电场或磁场产生的，可知选项B不对；选项C中，由s＝eq\f(cΔt,2)确定目标距离；短波更容易被反射，可知选项D对．16．BC17．ABC解析：变化的电场产生磁场．二、电磁波谱【巩固提升】1．D2．B解析：遥控器发出的“光”是红外线；验钞机发出的“光”是紫外线．3．D4．C5．D6．B7．C8．B解析：电磁波的速度是光速远大于声波的速度，乙先听到声音．9．C10．D11．C12．B解析：彩虹是光的折射现象，A错误；横波在传播过程中，质点垂直于传播方向做振动，因此不能运动到相邻的波峰，C错误；电磁波的传播不需要介质，D错误．13．A14．D15．BD16．BD17．AD三、电磁波的发射和接收【巩固提升】1．C2．D3．C4．A5．A6．B解析：无线电波的频率是由载波频率决定．7．C8．C9．A10．B解析：摄像机在一秒钟内要传递25张画面．11．D12．A解析：由t＝eq\f(s,c)＝eq\f(3.56×107,3×108)s＝0.12s.13．D14．C解析：雷达探测飞机距雷达的距离，是先测量发出脉冲与脉冲被反射回来的时间间隔，然后再计算出飞机距雷达的距离．15．A16．D17．ABD18．AD四、信息化社会【巩固提升】1．B2．C3．C4．C5．A解析：温度传感器的核心部件是热敏电阻，A正确，B错误；热敏电阻的电阻随温度变化而变化，C错误．6．D7．C解析：光线被遮住时光敏电阻的阻值变大，处理系统获得一次高电压，计数一次．8．C9．D10．D11．C12．C13．C14．A15．ABC16．ACD17．AB五、课题研究：社会生活中的电磁波【巩固提升】1．C2．D3．A4．D5．B6．D解析：不是所有的电磁辐射都是有害的，如广播、通信等．7．A解析：电磁波越强，频率越高，对人体的危害越大．8．B解析：手机发射电磁波的功率很小，需要通过基站转接，才能进行远距离通话．9．C10．C11．D解析：无线通信设备会造成电磁污染，电灯不会．12．C13．D14．D解析：频率越高的电磁波，电磁辐射危害越大，D错误．15．ABC16．BCD解析：隐形飞机的“隐形”主要是指对雷达发出的电磁波进行变向反射和吸收，以及减少自身红外辐射，从而达到“隐形”的目的．17．AC解析：微波炉不能加热金属器皿以及密封的食品．第一章综合检测1．B2．D3．C解析：由同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可知M端带正电，N端带负电，故答案选C.4．D5．C解析：A带正电，则B可能带负电，也可能不带电；同理C可能带负电，也可能不带电，又因B与C相吸引，故B与C必有一个是带负电，另一个不带电，故答案选C.6．C解析：由静电力公式得：F＝keq\f(q×3q,r2)＝keq\f(3q2,r2)，两球接触后，电量分别为＋2q，F′＝keq\f(2q×2q,4r2)＝keq\f(q2,r2)，F′＝eq\f(1,3)F，答案选C.7．D8．C解析：虽然两点电荷的电量不相等，但它们之间的库仑力是作用与反作用力的关系，大小相等，答案选C.9．A解析：电场强度与放入电场中的检验电荷的电量、电荷受到的电场力等无关，只由电场本身来决定，答案选A.10．B11．A解析：由F＝keq\f(q1q2,r2)可知，A选项正确．12．D解析：物体带电量一定是元电荷1.6×10－19C的整数倍，6×10－19C不是1.6×10－19C的整数倍，答案选D.13．C解析：能否被看做点电荷与带电体的电量、形状、大小等无关，A、D选项错误；点电荷是理想化模型，实际上是不存在的，B选项错误，C选项正确．14．D解析：D点所在处的电场线最密，故D点的场强最大．15．D16．A17．C18．C解析：由公式Q＝I2Rt可知C选项正确．19．C解析：电动机消耗的电能为UIt，A、B选项错误；电动机线圈生热为I2Rt，C选项正确，D选项错误．20．A解析：电源的作用是把其他形式的能转化为电能，答案选A.21．D22．C23．B解析：平行板电容器的电容跟两极板间的距离成反比，跟两极板的正对面积成正比，跟两极板间介质的介电常数成正比，A、C选项错误，B选项正确；跟加在两极板间的电压无关，D选项错误．24．B解析：设A、B的电量分别为＋q和－q，此时，A、B间的静电力F1＝keq\f(q2,r2)，A与C接触后，A的电量变为＋eq\f(q,2)，B与C接触后，B的电量变为－eq\f(q,4)，此时，A、B间的静电力F2＝keq\f(q2,8r2)，B选项正确．25．C解析：因带同种电荷，两球相互排斥，距离越来越大，斥力越来越小，所以加速度越来越小，而速度将一直增大，故答案选C.26．ABC27．BC解析：放在磁场中的小磁针北极所指方向即为该点磁场方向；磁感线是闭合的，通电螺旋管外部磁感线由N极指向S极，内部则由S极指向N极．28．AC29．BD解析：体积大的带电体，当带电体之间的距离远大于带电体本身的大小时，也可以被看做点电荷，A选项错误．两个半径是0.25m的带电金属球，在球心距离为1m时，金属球本身的大小已经不能忽略不计，所以不能看成点电荷，C选项错误．30．AC第二章综合检测1．A2．C3．A4．C解析：洛伦兹力始终与电荷的运动方向垂直，电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以，洛伦兹力始终对电荷不做功，答案选C.5．C解析：磁感应强度的单位是特斯拉，A选项错误；电场强度的单位是牛/库，C选项正确；磁感应强度和电场强度都是矢量．6．A解析：通电导线放在磁场中，如果电流方向与磁场方向不平行时，就会受到力的作用，A正确，B错误；两根通电导线之间，电流方向相同时，相互吸引，电流方向相反时，相互排斥，C、D选项错误．7．D8．B9．B10．B解析：通电直导线跟磁场方向平行时作用为零，A选项错误；通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大，B选项正确；作用力的大小跟导线与磁场方向的夹角有关，C选项错误；通电直导线跟磁场方向不垂直时也有作用力，只有当通电直导线跟磁场方向平行时才没有作用力，D选项错误．11．B12．D13．A解析：电磁场理论是由麦克斯韦提出的；内容为变化的电场(磁场)产生磁场(电场)，赫兹利用实验验证了电磁场理论；电磁场的电场和磁场相互联系，相互影响．14．A解析：由右手定则可知，直导线在线框处产生的磁场方向垂直向里．由左手定则可知，线框上下两端受到安培力的方向相反，且大小相等，二力作用效果相互抵消．线框左边受到安培力的方向向左，线框右边受到安培力的方向向右，由于线框左边更靠近直导线，磁场更强，受到的安培力更大，故线框向左运动，答案选A.15．A16．B解析：三条边电流大小相等，方向都与磁场垂直，所以三条边受到安培力的大小相等，A、C选项错误，B选项正确；由力的合成可知，三条边受到安培力的合力为零，D选项错误．17．B18．B19．B20．B21．C22．C23．D解析：图示电流在正上方产生垂直于纸面向外的磁场，故小磁针北极向纸外，南极向纸内旋转．24．A25．B26．BC解析：小磁针北极受力的方向与该点的磁场方向相同，A选项正确；在螺线管的内部，磁场方向从S极指向N极，C选项正确．27．BCD解析：选项A利用电流的磁效应．28．AB解析：要想使MN垂直纸面向外运动，即其受到垂直纸面向外的安培力的作用，则需要分情况进行讨论，即电流方向一定的时候看磁场的方向，用左手定则进行判断即可．29．ABC解析：磁场对静止的电荷肯定没有力的作用，但对运动电荷也不一定有作用力，若电荷沿磁感线方向运动，将不会受力，电荷做匀速直线运动．故本题不正确的选项为ABC.30．AC解析：对垂直射向地球表面的宇宙射线，在两极因其速度方向和地磁场的方向接近平行，所受洛伦兹力较小，因而产生的阻挡作用较小；而在赤道附近，宇宙射线速度方向和地磁场方向接近垂直，所受洛伦兹力较强，能使宇宙射线发生较大偏转，即产生较强的阻挡作用．第三章综合检测1．D解析：涡流产生于变压器和电机的铁芯中，使铁芯发热．2．B3．A解析：理想变压器的原、副线圈的功率相等．4．A解析：超导体的电阻为零，导致回路产生的电流非常大．5．C解析：由自感现象，断开时L和A形成回路，自感电动势叠加在A两端，使得更亮，后慢慢熄灭．6．B解析：当线圈绕M边转动，有磁通量的变化；其余情况磁通量都不变．7．D8.B9．C解析：如果平面与磁感应强度方向平行，则磁感应强度不为零，磁通量为零，故A、B错误；磁通量的变化可以由线圈面积或线圈平面和磁感应强度方向的夹角的变化而引起，C错误；若线圈平面与磁感应强度方向夹角变化，则磁通量也会变化，D错误．10．A11．B解析：交流电压表和电流表的读数都是有效值，分别为eq\f(311,\r(2))V＝220V，I＝eq\f(U,R)＝0.5A.12．B解析：由2πf＝100π，可知f＝50Hz，A错误；交流电的最大值为Em＝220eq\r(2)V，有效值为eq\f(Em,\r(2))＝220V，B正确、C错误；市电频率为50Hz，电压有效值为220V，与该交流电不符，故D错误．13．D解析：选项A中，M是闭合的铁芯，它由多块铁片组成，为了防止涡流；选项B中，发电机应与线圈Ⅱ相连，升高后的电压由a、b两端输出；选项C中，电流以电磁感应的方式传递．14．D解析：电容器隔直流、通交流，A错、B错．电荷不能流过电容，C错、D对．15．D16．C解析：选项A：首先测出万有引力常量的科学家是卡文迪许；选项B：第一个提出磁场对通电导线有力的作用的科学家是安培；选项D：首先预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦．17．D18．C19．D解析：穿过该单匝线圈的磁通量的变化率是恒定的，所以线圈中产生的感应电动势大小不变，为eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2Wb,1s)＝2V，D正确．20．A解析：磁通量的变化量与初始位置有关；感应电动势的大小与磁通量的变化率有关；感应电流与感应电动势有关．21．B解析：P点经过MN时，正方形闭合导线框切割磁感线的导线有效长度最大，即SR边长，故感应电流最大．22．A解析：发电机是利用电磁感应原理而磁生电，条件是导体切割磁感线或闭合回路磁