文档内容
阶段复习(五) 电磁感应和交变电流
知识网络
规范训练 (2024·四川内江市零模)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导
轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域内有一方向垂直导轨平
面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，EF、GH的距离为s。在t＝0时刻，两金属棒a、b分别以大小相同的速率v ，分别从磁场的边界EF、GH进入磁场。经过一段时间后，
0
其中有一棒恰好停在磁场边界处，且在这个过程中，金属棒a、b没有相碰，相距最近时b
棒仍位于磁场区域内。已知金属棒 a、b是由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和
2R，a棒的质量为2m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
(1)在t＝0时刻b棒的加速度大小；
(2)两棒在整个过程中相距最近的距离；
(3)在整个过程中，b棒产生的焦耳热。
解题指导
关键表述 关键表述解读
已知金属棒a、b是由相同材料制成，长
电阻率相同，由电阻定律R＝ρ可得横截面积
度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的
关系，密度相同，从而求出b棒的质量
质量为2m
两金属棒a、b分别以大小相同的速率
可求回路的电动势→回路的电流→b棒所受
v，分别从磁场的边界EF、GH进入磁
0
的安培力→加速度
场
金属棒a、b组成的系统动量守恒，速度相等
光滑平行金属导轨，相距最近时b棒仍
时距离最近，可求共速时的速度，由动量定
位于磁场区域内
理可得两棒的距离变化
一金属棒先出磁场后继续匀速运动，另一金
经过一段时间后，其中有一棒恰好停在
属棒切割磁感线减速运动至停至磁场边界，
磁场边界处，求在整个过程中，b棒产
利用能量守恒定律求生成的总热量，再进行
生的焦耳热
热量分配求得b棒生成的热量
答案 (1) (2) (3)mv2
0
解析 (1)根据电阻定律有
R＝R＝ρ，R＝2R＝ρ
a b
可得S＝2S
a b
根据m＝2m＝ρ′LS，m＝ρ′LS
a a b b
可得m＝m＝m
b a
a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向
是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感
应电流是两个感应电流之和，则有E＝2BLv，I＝
0
对于b，根据牛顿第二定律有BIL＝ma
b联立解得在t＝0时刻b棒的加速度大小为
a＝
(2)取向右为正方向，相距最近时，两棒具有相同速度，根据系统动量守恒有 2mv －mv ＝
0 0
(2m＋m)v
解得v＝
此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域，之后b棒不
受安培力、a棒受安培力减速直到停下；从b棒出磁场区域到a棒刚好停止磁场边界处，
对a棒运用动量定理得－BLΔt＝0－2mv
又q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝
联立解得两棒在整个过程中相距最近的距离为
Δs＝
(3)对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒定律有
mv2＝mv2＋Q
0 总
对a、b，根据焦耳定律有Q＝I2RΔt
因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即Q∶Q
a b
＝1∶2
又Q＋Q＝Q
a b 总
联立解得b棒产生的焦耳热为Q＝mv2
b 0阶段复习练(五)
1.(2023·海南卷·6)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈 abcd，埋在地
下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )
A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
答案 C
解析 根据安培定则可知，线圈1、2中的电流产生的磁场方向都是竖直向下的，A错误；
汽车进入磁场时，穿过矩形线圈abcd的磁通量向下增大，根据楞次定律可知感应电流的方
向为adcb，离开时穿过矩形线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为
abcd，B错误，C正确；安培力的方向总是与汽车相对于磁场的运动方向相反，D错误。
2.(多选)(2023·海南卷·11)如图是工厂利用u＝220sin 100πt V的交流电给36 V照明灯供电的
电路，变压器原线圈匝数为1 100匝，下列说法正确的是( )
A．电源电压有效值为220 V
B．交变电流的周期为0.02 s
C．副线圈匝数为180匝
D．副线圈匝数为240匝
答案 BC
解析 U ＝220 V，则U ＝＝220 V，ω＝100π rad/s，由T＝可知周期T＝0.02 s，原、副
m 有效
线圈匝数比＝，解得n＝180匝，B、C正确，A、D错误。
2
3．(多选)(2024·福建省模拟)20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨
越”。如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U 由220 kV升级为1 000 kV高压，输
2
送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U 及用户得到的电压U 均不变，输电
1 4
线的电阻不变，变压器均为理想变压器，则( )A.变为原来的倍
B．输电线上电流I 变为原来的
2
C．输电线损失的功率变为原来的()2
D．降压变压器原、副线圈匝数比值变小
答案 ABC
解析 由理想变压器基本关系知＝，U 不变，U 变为原来的倍，所以变为原来的倍，A正
1 2
确；根据P ＝UI 可知，因P 变为原来的2倍，U 变为原来的倍，则输电线上电流I 变为
送 2 2 送 2 2
原来的，B正确；根据P ＝I2R ，可知P 变为原来的()2，C正确；总功率变大，损失的
损 2 线 损
功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则 I 变大，又I 变小，I ＝I ，则＝变
4 2 2 3
大，D错误。
4．(2023·湖南长沙市师大附中二模)如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形
闭合铁芯上，左端输入正弦交流电压u＝220sin 100πt (V)，L、L 为相同的灯泡，其电阻均
1 2
为R＝110 Ω且恒定不变，定值电阻的阻值R 为灯泡阻值的。当滑片P处于如图所示位置时，
0
AB端与PB端匝数比为3∶1，S、S 闭合时，两灯泡均正常发光。下列说法正确的是( )
1 2
A．灯泡正常发光的电流为1 A
B．灯泡正常发光的电功率为55 W
C．S、S 均闭合时，将P沿顺时针方向转动，L 一定变暗
1 2 1
D．断开S ，闭合S ，将P沿逆时针方向转动(灯泡一直没有损坏)，定值电阻消耗的电功率
1 2
一定变大
答案 C
解析 S、S 闭合时，副线圈电路的阻值R ＝＝，则AB的等效电阻R ＝()2R ＝3R，那么
1 2 副 AB 副
此时流过灯泡L 的电流I＝＝0.5 A，故A错误；灯泡正常发光的功率为P＝I2R＝27.5 W，故
1
B错误；P顺时针转动，n 减少，则变大，R 变大，则流过灯泡L 的电流变小，灯泡L 一
2 AB 1 1
定变暗，故C正确； 断开S ，闭合S ，则有R ′＝()2R ＝()2，P逆时针转动，n 增多，则
1 2 AB 0 2
变小，R ′由R可减小到R，讨论R 的功率变化时，可将灯泡L 的电阻R看作电源的“等
AB 0 1
效内阻”，当R ′＝R时，R 的电功率最大，故D错误。
AB 0
5．(多选)(2023·广东广州市三模)图甲所示的一款健身车的主要构件如图乙，金属飞轮A和金属前轮C可绕同一转轴转动，A和C之间有金属辐条，辐条长度等于A和C的半径之差。
脚踏轮B和飞轮A通过链条传动，带动前轮C转动。整个前轮C都处在方向垂直轮面向里
的匀强磁场中。将电阻R的a端用导线连接在飞轮A上，b端用导线连接前轮C边缘。健身
者脚蹬脚踏轮B使其以角速度ω顺时针转动，转动过程不打滑，电路中其他电阻忽略不计，
下列说法正确的是( )
A．电阻a端的电势高于b端的电势
B．金属前轮边缘所组成的圆形闭合回路中的磁通量保持不变
C．电阻R的热功率与ω2成正比
D．若ω保持不变，飞轮A的半径也不变，但金属前轮C的半径变为原来的，则ab两端的
电压变为原来的
答案 BC
解析 根据右手定则可知电流从b端通过电阻流到a端，因此b端的电势高于a端的电势，
故A错误；金属前轮边缘所组成的圆形闭合回路面积不变，磁感应强度不变，则磁通量保
持不变，故B正确；由于轮B和飞轮A通过链条传动，则ωR ＝ω R ，而A和C同轴转动
B A A
角速度相同，得ω ＝ω ＝，辐条产生的感应电动势E＝BL＝B(R －R )＝，电阻R的热功率
C A C A
P＝，而E∝ω，因此电阻R的热功率与ω2成正比，故C正确；电路中其他电阻忽略不计，
则U ＝E，由E＝可知，若ω保持不变，飞轮A的半径也不变，但金属前轮C的半径变为
ab
原来的，则ab两端的电压并不会变为原来的，故D错误。
6.如图所示，efg 和efg 是两根足够长且电阻不计的固定光滑平行金属轨道，其中fg 和
11 1 22 2 1 1
fg 为轨道的水平部分，ef 和ef 是倾角θ＝37°的倾斜部分。在ff 右侧空间中存在磁感应强
2 2 11 22 12
度大小B＝2 T，方向竖直向上的匀强磁场。将质量 m＝1 kg，单位长度电阻值R ＝10 Ω/m
0
的导体棒ab置于倾斜导轨上，距离斜面轨道底端高度h＝5 cm，另一完全相同的导体棒cd
静止于水平导轨上，导轨间距均为 D＝8 cm，导体棒长度均为L＝10 cm。t＝0时，导体棒
ab从静止释放，到两棒最终稳定运动过程中，ab、cd棒未发生碰撞，且两导体棒始终与导
轨保持垂直，g取10 m/s2。不计导体棒在轨道连接处的动能损失，求：
(1)ab棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流；
(2)两导体棒的最终速度大小；
(3)从ab棒静止释放到两棒最终稳定运动过程中，通过回路的电荷量。答案 (1)0.1 A (2)0.5 m/s (3)3.125 C
解析 由题知ab棒和cd棒接入电路的部分电阻大小均为R＝DR＝0.8 Ω。
0
(1)ab棒从斜面轨道滑到底端，
根据动能定理有mgh＝mv2
切割产生的感应电动势为E＝BDv
根据闭合电路欧姆定律有I＝
联立解得v＝1 m/s，E＝0.16 V，I＝0.1 A。
(2)因为两导体棒所受的安培力始终大小相等、方向相反，所以将两棒组成的系统作为研究
对象，由动量守恒得mv＝2mv ，解得v ＝0.5 m/s。
共 共
(3)从ab棒刚进入磁场到与cd棒共速，对导体棒ab，由动量定理得－BD·Δt＝m(v －v)
共
代入数据解得q＝Δt＝3.125 C。
7．(2023·新课标卷·26)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R ，置于光滑
0
的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强
度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与
磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初
速度大小。
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻 R ＝2R ，导
1 0
轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运
动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个
运动过程中，电阻R 产生的热量。
1
答案 (1) (2)
解析 (1)金属框进入磁场的过程，
根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv
感应电流I＝
金属框右边框所受的安培力大小F ＝BIL
安
安培力的冲量大小I ＝∑BIL·Δt＝∑·Δt
F
又∑v·Δt＝L，可得I ＝
F
金属框完全进入磁场到即将离开磁场的过程中，左右两边产生的感应电动势相互抵消，无感
应电流产生，不受安培力作用根据金属框进入磁场的情况可知，金属框出磁场时同样有I ＝
F
根据动量定理可得－2I ＝m－mv
F 0
解得v＝
0
(2)金属框进入磁场过程，由于金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好，
所以金属框的上、下边框被短路，作出等效电路如图甲所示。
设金属框速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，感应电流I＝＝
1 1
设金属框完全进入磁场时速度大小为v，
2
由动量定理可得－∑BIL·Δt＝mv－mv
2 0
又∑v·Δt＝L，可得v＝，
1 2
由能量守恒定律可得，此过程中电路中产生的总热量Q ＝mv2－mv2
总1 0 2
由并联电路电流规律和Q＝I2Rt可知，R 上产生的热量Q＝Q ＝
1 1 总1
金属框完全进入磁场后到右边框运动到磁场右边界时，等效电路如图乙所示。
通过R 的电流I＝＝，
1 1
即流过左右边框的电流之和为
设金属框右边框刚要出磁场时速度大小为v，
3
由动量定理可得－∑BIL·Δt＝mv－mv
1 3 2
可得v＝0，则右边框刚好不出磁场
3
由能量守恒定律可得，此过程中电路中产生的总热量Q ＝mv2－mv2
总2 2 3
R 上产生的热量Q＝Q ＝
1 2 总2
在金属框整个运动过程中，电阻R 产生的热量为Q＝Q＋Q＝。
1 1 2
