文档内容
阶段性训练（四）
考察内容（电磁感应 交变电流）
一．选择题
1．金属探测器已经广泛应用于安检场所，下列关于金属探测器的说法正确的是（ ）
A．金属探测器可用于食品生产中，防止细小的砂石颗粒混入食品中
B．金属探测器探测金属时，被探测金属中感应出涡流
C．金属探测器在使用时必须快速移动
D．金属探测器只能探测出铁磁性的金属材料
【解答】解：AD.金属探测器只能探测金属，各种金属物都会被探测器探测到，不能用于食品生
产，不能防止细小的沙石颗粒混入食品中，故AD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正确；
C.探测过程中金属探测器应与被测物体相对运动即可，不用快速移动，故C错误；
故选：B。
2．外环线圈中通有正弦交流电，它产生的磁场会与所遇的金属物发生作用，导致金属物自身也会
产生微弱的电流，来自金属物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声。若外环
线圈某时刻产生向下且增强的磁场，则下列说法中正确的是（ ）
A．此时金属物产生的感应磁场的方向竖直向下
B．此时金属物中的涡流从上往下看是沿顺时针方向
C．金属物发出的磁场穿过内环线圈时，内环线圈会产生微弱的电流
D．金属物发出磁场是一种电磁感应现象
【解答】解：AB．由题知探测器发射线圈发出的磁场竖直向下且增强，根据楞次定律可确定金
属物中感应电流产生的磁场方向应竖直向上，根据安培定则，金属物中的感应电流的方向从上
往下看是逆时针方向，故AB错误；
C．由于外环线圈中通有正弦交流电，则金属物产生的涡流也是周期性变化的，所以金属物发出
周期性变化的磁场，该磁场穿过接收线圈时，会引起接收线圈产生微弱的电流，使探测器报警，故C正确；
D．金属物发出磁场是因为金属物内有电流产生，电流周围存在磁场，是电流的磁效应现象，故
D错误。
故选：C。
3．如图所示，李辉、刘伟用多用电表的欧姆挡测量变压器初级线圈的电阻。实验中两人没有注意
操作的规范：李辉两手分别握住红黑表笔的金属杆，刘伟用两手分别握住线圈裸露的两端让李
辉测量。测量时表针摆过了一定角度，最后李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离。在这个过
程中，他们二人中有人突然“哎哟”惊叫起来，觉得有电击感。下列说法正确的是（ ）
A．电击发生在李辉用多用电表红黑表笔的金属杆接触线圈裸露的两端时
B．有电击感的是刘伟，因为所测量变压器是升压变压器
C．发生电击前后，流过刘伟的电流方向发生了变化
D．发生电击时，通过多用电表的电流很大
【解答】解：A．电击发生在多用电表红黑表笔的金属杆脱离线圈裸露两端的时刻，而不是红黑
表笔的金属杆接触线圈裸露的两端时，故A错误；
B．有电击感的是手握线圈裸露两端的刘伟，因为线圈中产生了感应电流，故B错误；
C．发生电击前，刘伟和线圈是并联关系；断开瞬间，线圈中的电流急剧减小，产生的感应电流
的方向与原电流的方向相同，但线圈和刘伟构成了一个闭合的电路，线圈相当于电源，所以流
过刘伟的电流方向发生了变化，故C正确；
D．发生电击时，通过线圈的电流很大；由于已经断开了连接，所以通过多用电表的电流为零，
故D错误。
故选：C。
4．如图所示，在足够大的、磁感应强度为 B的匀强磁场中，一匝数为N、面积为S的矩形金属线
框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，则当线框平面与中性面（ ）A．垂直时，线框的四条边受到安培力
B．垂直时，线框的磁通量变化率最大
C．重合时，线框产生的感应电动势最大
D．重合时，穿过线框的磁通量为NBS
【解答】解：A．当线框平面与中性面垂直时，上下两边的电流方向与磁感线平行，所以上下两
边不受安培力，故A错误；
B.当线框平面与中性面垂直时，磁通量为零，此时线框的磁通量变化率最大，感应电动势最大，
B正确；
CD．当线框平面与中性面重合时，磁通量最大，线框产生的感应电动势最小为0，磁通量为
＝BS
Φ故CD错误；
故选：B。
5．2023年8月15日，游客在新疆吐鲁番的沙漠上游玩时，头发突然竖了起来。当时无风，但头顶
乌云密布。下列相关说法正确的是（ ）
A．这是一种电磁感应现象
B．这是一种静电感应现象
C．此时人的头与脚带异种电荷
D．此时人应躺下或蹲下，并向高处撤离
【解答】解：头顶乌云密布，头发突然竖了起来是一种静电感应现象，此时头发与云带异种电荷，脚与大地连接不带电，人应躺下或蹲下，并向低处撤离，故B正确，ACD错误；
故选：B。
6．转笔是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，如图
所示。转笔也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运
动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（ ）
A．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由手和笔之间的万有引力提供的
B．笔杆上的点离O点越远的，做圆周运动的角速度越大
C．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，金属笔杆两端一定会形成电势差，也会
产生很强的电流
D．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走
【解答】解：A、笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供，与万有引力无关，故A
错误；
B、同轴转动，角速度相同，所以笔杆上各点做圆周运动的角速度相同，故B错误；
C、若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，金属笔杆两端一定会形成电势差，不会
产生感应电流，故C错误；
D、若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动，提供的向心力小于需要的向心
力，小钢珠做离心运动被甩走，故D正确。
故选：D。
7．如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡。开始时，开关S
处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光。断开开关（ ）
A．P闪亮后再熄灭，且通过P中的电流反向
B．Q闪亮后再熄灭，且通过Q中的电流方向不变C．P比Q先熄灭
D．P与Q同时熄灭
【解答】解：开关S处于闭合状态时，电流达到稳定状态，P灯微亮，Q灯正常发光，则I 很小，
P
可得：I
L
＞I
P
，线圈相当于一个很小的电阻，线圈与灯泡P处于并联关系，则有R
L
＜R灯 ；断开
开关，L线圈相当于一个电源，其与灯泡P构成自感回路，电路中电流方向沿逆时针方向，灯泡
Q不接入电路立即熄灭，线圈的电流从原来的数值I 逐渐减小到零，因为I ＞I ，所以灯泡P会
L L P
闪亮后逐渐变暗熄灭。故A正确，BCD错误。
故选：A。
8．“自激发电机”具有自励磁的特点，它无需外部励磁电源就能自行激励产生磁场。其原理如图
所示：一金属圆盘在某一大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下，在弱的轴向磁场 B中
绕金属轴OO'转动，根据法拉第电磁感应定律，盘轴与盘边之间将产生感应电动势，圆盘下方螺
旋形导线M端通过电刷与盘边相连，N端与盘轴相连，MN中就有感应电流产生，最终回路中
的电流会达到稳定值，磁场也达到稳定值。下列说法正确的是（ ）
A．MN中的电流方向从N→M
B．圆盘转动的速度先增大后减小
C．MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同
D．磁场达到稳定状态后，MN中不再产生感应电流
【解答】解：A．根据右手定则知，MN中的电流方向从M→N，故A错误；
B．圆盘在大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下，转动的速度先越来越大，磁场也越来
越大，根据法拉第电磁感应定律E＝BLv
知产生的电动势也越来越大，流过电阻R的电流也越来越大，最终回路中的电流达到稳定值，
磁场也达到稳定状态，则圆盘转动的速度也达到稳定值，故B错误；
C．根据右手螺旋定则判断知MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故C正确；
D．可将圆盘看成若干个沿着半径方向的幅条组成，因此在任何时刻都有幅条切割磁感线，故磁
场达到稳定状态后，MN中也产生感应电流，故D错误。故选：C。
9．如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中匀速转动可以产生交变电流，其电动势e随时间t变
化的图像如图乙所示，线圈电阻r＝1 ，电阻R＝9 。则（ ）
Ω Ω
A．t＝0.01s时，线圈与中性面垂直
B．线圈转动一周，电流的方向改变一次
C．电阻R两端电压为10V
D．电阻R在10s内产生的热量为90J
【解答】解：A、由图像可知，t＝0.01s时，电动势为零，线圈位于中性面，故A错误；
B、线圈转动一周，电流的方向变化两次，故B错误；
C、由图像可知，电动势的峰值为E ＝10√2V
m
E 10√2
有效值为E= m= V＝10V
√2 √2
R 9
电阻R两端的电压为U= E= ×10V＝9V
R+r 9+1
故C错误；
E 10
D、电流为I= = A＝1A
R+r 9+1
电阻R在10s内产生的热量为Q＝I2Rt＝12×9×10J＝90J
故D正确。
故选：D。
10．2022年11月23日由三峡集团研制的单机容量16兆瓦海上风电机组成功下线，该机组是目前
全球单机容量最大、叶轮直径最大的风电机组，风力发电机简易模型如甲图所示，某兴趣小组
自制了一台风力发电机，试验中叶轮带动线圈在匀强磁场中转动，产生的交流电电流随时间变
化的图像如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）A．电流的频率为5Hz
B．电流的有效值为10A
C．线圈处于甲图所示位置时产生的电流最大
D．电流的瞬时值表达式为i＝10sin10 t（A）
【解答】解：A、由图像可知，交变电π流的周期为T＝0.2s
1 1
频率为f= = Hz＝5Hz
T 0.2
故A正确；
B、由图像可知，电流的峰值为I ＝10A
m
I 10
则有效值为I= m = A＝5√2A
√2 √2
故B错误；
C、线圈处于图甲所示位置时，磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，感应电流
为零，故C错误；
2π 2π
D、线圈转动的角速度为 = = rad/s＝10 rad/s
T 0.2
ω π
电流的瞬时值表达式为i＝I cos t＝10cos10 t（A）
m
故D错误。 ω π
故选：A。
11．如图为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为U 的高压电进行降压；动
1
力车厢内的理想变压器再把电压降至U ，为动力系统供电，此时动力系统的电流为I ，发电厂
4 4
的输出电流为I ；若变压器的匝数n ＝n ，则下列关系式正确的是（ ）
1 2 3A．U ：U ＝n ：n B．U ：U ＝n ：n
1 4 1 4 1 4 4 1
C．I ：I ＝n ：n D．I ：I ＝n ：n
1 4 1 4 1 4 4 1
【解答】解：AB．由变压器的原副线圈的电压关系可知
U n
1= 1
U n
2 2
U n
3= 3
U n
4 4
根据题意n ＝n
2 3
且U 加上r上的电压等于U 可得
3 2
U ＞U
2 3
故U ：U ＞n ：n
1 4 1 4
故AB错误；
CD．由变压器的原副线圈的电流关系可知
I n
1= 2
I n
2 1
I n
3= 4
I n
4 3
根据题意：n ＝n
2 3
根据串联电路电流的特点：I ＝I
2 3
可得I ：I ＝n ：n
1 4 4 1
故C错误，D正确。
故选：D。
12．自耦变压器在高铁技术中被广泛应用．如图所示，一理想自耦变压器接在u=220√2sin100πt
（V）的正弦交流电压上，P为滑动触头，初始位置位于线圈CD的中点G，A 和A 为理想交流
1 2电表，定值电阻R＝1000 ，下列说法正确的是（ ）
Ω
A．电流表A 的示数为0.22A
1
B．电阻R在1分钟时间里产生的热量约为11.6kJ
C．将P向上滑动，A 的示数将变大
2
3
D．将P上滑到CG的中点，电阻R的功率将变为原来的
4
【解答】解：A.根据理想变压器电压规律可得U n 1，U ＝220V，解得U ＝440V
1= 1= 1 2
U n 2
2 2
U 440
根据欧姆定律可知I = 2= A＝0.44A
2 R 1000
根据I n ，解得I ＝0.88A，故A错误；
1= 2 1
I n
2 1
B.电阻R在1钟时间里产生的热量约为Q Rt，解得Q≈11.6kJ，故B正确；
=I2
2
C.将P上滑时，升压比变大，副线圈电压减小，再根据闭合电路欧姆定律可得 A 示数变小，故
2
C错误；
2
D.若将向上滑动到CG的中点，升压比将从1：2变为3：4，电阻R的电压将变为原来的 倍，
3
U2 4
根据P= 可知，电阻功率将变为原来的 ，故D错误。
R 9
故选：B。
二．多选题（共3小题）
13．如图所示，一根足够长水平滑杆SS'上套有一质量为m的光滑铝环，在滑杆的正下方放置一足
够长光滑绝缘轨道PP′，PP′与杆SS′平行。现使质量为M的条形磁铁正对铝环的圆心以水
平初速度v 沿绝缘轨道向右运动，圆环平面始终垂直于滑杆，则 （ ）
0A．从左往右看，圆环中感应电流的方向始终为顺时针
B．磁铁不会穿过滑环，且最终二者共速
M
C．磁铁与圆环的最终速度为 v
M+m 0
Mm
D．整个过程最多能产生热量 v 2
2(M+m) 0
【解答】解：A．若条形磁铁能穿过金属环，在条形磁铁靠近圆环左端时，向左的磁通量就越大，
会感应出向右的磁场，电流方向从左向右看为顺时针方向，在右端远离磁铁时，向左的磁通量
减小，感应出向左的磁场，电流方向从左向右看为逆时针，故A错误；
BC．磁铁在靠近金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相反，所以
磁铁受到阻力的作用，同理，在离开金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁
场的方向相同，也是受到阻力的作用，但是由于不知道初速度以及环与磁铁的质量之间的关系，
所以不能判断出磁铁是否能够会穿越滑环运动；选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系
统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；设磁铁运动的方向为正方向，最终共同速度为v
Mv ＝（M+m）v
0
M
解得v= v ，故B错误，C正确；
M+m 0
D．磁铁若能穿过金属环，二者的末速度相等时损失的动能最大，运动的过程中系统的产生的热
量等于系统损失的动能，为
1 1 Mm
Q= Mv2− (M+m)v2= v 2 ，故D正确。
2 0 2 2(M+m) 0
故选：CD。
14．如图所示为电动汽车无线充电示意图，若发射线圈的电压为u=220√2sin(100πt)V，匝数为
500匝，接收线圈的匝数为1000匝，发射线圈的功率为8.8kW，该装置可看成理想变压器，则
（ ）A．利用该装置只能采用交流电源为电动汽车充电
B．接收线圈交变电流的频率为100Hz
C．发射线圈中电流的有效值为20A
D．接收线圈电压的峰值为440√2V
【解答】解：A、变压器的工作条件为交流电源，由此可知利用该装置只能采用交流电源为电动
汽车充电，故A正确；
ω 100π
B、根据f= = Hz＝50Hz，又因为接收线圈交变电流的频率与发射线圈交变电流频率相
2π 2π
同，故B错误；
P 8.8kW
C、根据理想变压器输入功率等于输出功率，可知发射线圈中电流的有效值 I= = =
U 220V
40A，故C错误；
D、根据变压比公式U n 可知，U ＝U n ，解得U ＝440 V，故D正确；
1= 1 2 1 2 2
√2
U n n
2 2 1
故选：AD。
15．如图，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD，直宽轨EF、GH和连接直轨BE、GD构成，
L
整个导轨处于同一水平面内，AB∥EF∥GH，BE和GD共线且与AB垂直，窄轨间距为 ，宽
2
轨间距为L。空间有方向竖直向上的匀强磁场，宽轨所在区域的磁感应强度大小为B，窄轨所在
区域的磁感应强度大小为2B。棒长均为L、质量均为m、电阻均为R的金属直棒a、b始终与导
轨垂直且接触良好。初始时刻，b棒静止在宽轨上，a棒从窄轨上某位置以平行于AB的初速度
v 向右运动。a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长。则（ ）
0A．a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为2B2L2v
0
3mR
2
B．经过足够长的时间后，a棒的速度大小为 v
0
3
mv
C．整个过程中，通过回路的电荷量为 0
2BL
1
D．整个过程中，b棒产生的焦耳热为 mv2
12 0
L
【解答】解：A．a棒刚开始运动时，回路电动势满足：E =2B v =BLv
0 2 0 0
3R
根据串联电路特点：回路总电阻满足：R =
总 2
E
由欧姆定律：I= ，
R
总
结合安培力：F ＝BIL，
b
牛顿第二定律：F ＝ma
b b
可得b棒的加速度大小为： 2B2L2v
a = 0
b 3mR
故A正确；
B．分析知，a 棒、b 棒向右分别做加速度减小的减速和加速运动，回路电动势
L
E=E −E =2B v −BLv =BL(v −v )
a b 2 a b a b
当 v ＝v ＝v 后，E＝0，两棒均做匀速运动，对两棒组成的系统，合外力满足：
a b
L
F =BIL−2BI =0
合 2
以向右为正方向，根据系统动量守恒，有mv ＝2mv
0
v
故经过足够长的时间后，a棒的速度大小为：v= 0，故B错误；
2C．整个过程，以向右为正方向，对 b棒由动量定理，结合电流的定义式：q＝it，可得：
v
BL(i Δt+i Δt+⋯+i Δt)=BLq=m 0
1 2 n 2
mv
可得通过回路的电荷量为q= 0，故C正确；
2BL
1 1 v
D．整个过程，对系统由能量守恒定律有： mv2= (m+m)( 0 ) 2+Q
2 0 2 2
1
解得：Q= mv2
4 0
R 1
故b棒产生的焦耳热为：Q = Q= mv2
b R 6 0
总
故D错误。
故选：AC。
三．实验题（共2小题）
16．小红用如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素”，螺线管与电流计构成闭合电路，
条形磁铁N极朝下，请回答下列问题：
（1）要想使电流计指针发生偏转，即有感应电流产生，小红进行了以下四种操作，其中可行的
是 AB （选填选项前的字母）。
A．螺线管不动，磁铁匀速插入或拔出螺线管
B．螺线管不动，磁铁加速插入或拔出螺线管
C．磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动
D．磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动
（2）在（1）的研究中，小红发现电流计指针偏转方向会有不同，也就是感应电流方向不同，
根据（1）中的操作，则感应电流方向与下列哪些因素有关 （选填选项前的字母）。
A．螺线管的匝数 B．磁铁的磁性强弱 C．磁铁运动的方向 D．磁铁运动的速度大小（3）小红又将实验装置改造，如图乙所示，螺线管A经过滑动变阻器与开关、电池相连构成直
流电路；螺线管B与电流计构成闭合电路，螺线管B套在螺线管A的外面，为了探究影响感应
电流方向的因素，闭合开关后，以不同速度移动滑动变阻器的滑片，观察指针摆动情况；由此
实验可以得出恰当的结论是 （选填选项前的字母）。
A．螺线管A的磁性变强或变弱影响指针摆动幅度大小
B．螺线管A的磁性变强或变弱影响指针摆动方向
C．螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度大小
D．螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动方向
（4）在（3）的研究中，完成实验后未断开开关，也未把A、B两螺线管和铁芯分开设置，在拆
除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除 （选填“A”或“B”）螺线管所在电路
时发生的。试分析被电击的原因： 。
【解答】解：（1）AB、螺线管不动磁铁不管是匀速还是加速插入或拔出螺线管磁通量都会发生
改变，会产生感应电流，电流计指针发生偏转，故AB正确；
CD、磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动或一起在水平面内做圆周运动，螺线管磁
通量都不发生变化，故不会产生感应电流，电流计指针不偏转，故CD错误；
（2）根据（1）的操作会发现磁铁插入或拔出时螺线管时电流计指针偏转方向会有不同，故可
知感应电流方向与磁铁运动的方向有关，故C正确，ABD错误；
（3）以不同速度移动滑动变阻器的滑片可以改变螺线管A的磁性强弱及其强弱变化快慢，通过
操作可以判断螺线管A的磁性变强或变弱影响指针摆动方向，磁性强弱变化快慢影响指针摆动
幅度大小，故BC正确，AD错误；
（4）在拆除螺线管A时，电流快速减小，由于自感作用，螺线管A会产生很大的感应电动势，
所以被电击一下；
故答案为：（1）AB；（2）C；（3）BC；（4）A，电流快速减小，由于自感作用，螺线管A
会产生很大的感应电动势；
17．小明在课外活动中制作了如图1所示的“电子发声装置”：在一块木板两端固定两颗螺丝钉，
将一根张紧的铜丝缠绕在两颗螺丝钉之间，扩音器通过导线与两螺丝钉连接，铜丝旁边放置一
块磁铁，用手指在水平方向拨动铜丝，扩音器上就发出了声音。（1）根据上述信息，下列说法正确的是
A．铜丝振动引起空气振动而发出声音
B．振动的铜丝切割磁感线产生直流电流
C．铜丝振动时将电能转化为机械能
D．铜丝振动时能量转化的原理与发电机原理相同
（2）上题的“电子发声装置”可简化成如图2的电路模型：左端接有电阻R的平行光滑金属导
轨水平放置，固定在竖直向上的匀强磁场中，一导体杆与两导轨良好接触，在外力作用下沿导
轨方向做周期为1s的简谐运动。图中O位置对应平衡位置，C、D两位置对应简谐运动的左、
右最大位移处。两导轨电阻不计，下列说法正确的是 。
A．每经过1s，流过电阻R的电流方向变化一次
B．杆在C位置时，电阻R的发热功率最大
C．杆由C到O的运动过程中，流过电阻R的电流由b→a
D．杆由C到D的运动过程中，流过电阻R的电流一直变大
（3）电吉他的拾音器的原理图（如图3所示）。电吉他琴身上装有线圈，被磁化的琴弦振动时，
会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，经信号放大器放大后传到扬声器。当图中
琴弦向右靠近线圈时，线圈受到 A 的磁场力（请填涂与答案对应的字母选项：A：向右；
B：向左）；
（4）若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图4所示，则对应感应电流的变
化为 。【解答】解：（1）AB．手指拨动铜导线发声是由于铜导线往复运动时切割磁感线，回路中产生
感应电流，切割方向发生变化，产生的感应电流方向也跟着变化，故感应电流是交变电流，感
应电流通过扩音器放大后再转化为声音信号，故发出声音不是铜丝振动引起空气振动而产生的，
故AB错误；
CD．铜丝振动时能量转化的原理与发电机原理相同，都是将机械能转化为电能，故 C错误，D
正确。
故选：D。
（2）AB．导体杆做简谐运动，其速度随时间变化规律遵循正余弦规律，根据感应电动势E＝
BLv，可知产生正余弦式交流电，则一个周期内流过电阻R的电流方向变化两次。电阻R的发
热功率要用交流电的有效值计算，而正余弦式交流电的电动势的有效值不变，则电阻 R的电压
有有效值不变，故其发热功率是不变的，故AB错误；
C．导体杆由C到O的运动过程中，根据右手定则知，杆中的电流方向向下，则流过电阻R的
电流方向由b→a，故C正确；
D．导体杆由C到D的运动过程中，速度先增大后减小，感应电动势先增大后减小，则流过电
阻R的电流先增大后减小，故D错误。
故选：C。
（3）当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈所在位置磁场变大，磁通量变大，根据楞次定律的推广：
“来拒去留”，可知线圈受到向右的磁场力。故选：A。
ΔΦ E
（4）根据法拉第电磁感应定律：E=n ，根据闭合电路欧姆定律：i=
Δt R
nΔΦ
可得感应电流为：i= ，可知感应电流的大小与 ﹣t图像的斜率绝对值成正比， ﹣t图像
RΔt
Φ Φ
t 3t
对应的是正弦变化规律，则i﹣t图像为余弦变化规律。在t= 0、t= 0时刻 ﹣t图像的斜率为
2 2
Φ
零，则感应电流亦为零，t＝t 时刻 ﹣t图像的斜率最大，则感应电流最大。根据楞次定律，0
0
Φ
t t 3t t 3t
～ 0与 0～ 0时间内电流方向是相反的，0～ 0与 0～2t 时间内电流方向是相同的，故ACD
0
2 2 2 2 2
错误，B正确。
故选：B。
故答案为：（1）D；（2）C；（3）A；（4）B
四．计算题（共3小题）
18．某供电系统电路如图所示，磁体间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为 0.20T。矩形线
圈ABCD匝数为100匝、面积为0.5m2，绕垂直于磁场的轴匀速转动，角速度为90√2rad/s，
线圈电阻忽略不计。线圈输出端通过电刷E、F与理想变压器的原线圈相连，副线圈输出电压为
220V，求：
（1）线圈转到图中位置时感应电动势的大小；
（2）图中交流电压表的示数；
（3）变压器的原副线圈匝数之比。
【解答】解：（1）线框转至中性面位置时，线圈中感应电动势大小为0。
（2）感应电动势的最大值E ＝nBS ＝100×0.20×0.5×90√2V＝900√2V，
m
E 90ω0√2
感应电动势的有效值为，E= m= V＝900V，
√2 √2（3）由于是理想变压器，变压器的原副线圈匝数之比：n E 900 45
1= = =
n U 220 11
2
答：（1）线圈转到图中位置时感应电动势的大小为0；
（2）图中交流电压表的示数为900V；
（3）变压器的原副线圈匝数之比为45：11。
19．如图所示，MN、PQ为间距L＝0.5m足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨平面与水平面间的夹
角 ＝37°，NQ间连接有一个R＝4 的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为 B
0
＝lθT，将一根质量为m＝0.05kg、轨Ω道间有效电阻为r＝1 的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，
且与导轨接触良好，导轨的电阻不计。现由静止释放金属Ω棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始
终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数 ＝0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳
定速度。试解答以下问题：（g＝10m/s2，sin37°＝0.μ6，cos37°＝0.8）
（1）请定性说明金属棒在达到稳定速度前的加速度和速度各如何变化？
（2）当金属棒滑行至cd处时回路中的电流多大？金属棒ab两端的电势差多大？
（3）金属棒达到的稳定速度时重力做功的瞬时功率多大？
【解答】解：（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝B Lv
0
E
感应电流I=
R+r
金属棒受到的安培力F＝B IL B2L2v
0 = 0
R+r
对金属棒，由牛顿第二定律得：
mgsin ﹣ mgcos B2L2v ma
− 0 =
R+r
θ μ θ
金属棒向下做加速运动，速度v不断增大，金属棒所示合力逐渐减小，加速度逐渐减小，金属棒下滑过程做加速度减小的加速运动；
（2）金属棒做匀速直线运动时速度达到稳定，由平衡条件得：
mgsin ＝ mgcos B2L2v
+ 0 m
R+r
θ μ θ
代入数据解得：v ＝2m/s
m
感应电动势E＝B Lv ＝1×0.5×2V＝1V
0 m
E 1
感应电流I= = A＝0.2A
R+r 4+1
金属棒ab两端的电势差U＝IR＝0.2×4V＝0.8V
（3）金属棒达到的稳定速度时重力做功的瞬时功率：
P＝mgv cos ＝0.05×10×2cos53°W＝0.6W
m
答：（1）金α属棒在达到稳定速度前的加速度逐渐减小，速度逐渐变大；
（2）当金属棒滑行至cd处时回路中的电流是0.2A，金属棒ab两端的电势差是0.8V；
（3）金属棒达到的稳定速度时重力做功的瞬时功率是0.6W。
20．如图所示，平行长直光滑固定的金属导轨MN、PQ平面与水平面的夹角 ＝30°，导轨间距为
L＝0.5m，上端接有R＝3 的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀θ强磁场，磁场区域为
OO'O 'O ，磁感应强度大Ω小为B＝2T，磁场区域宽度为d＝0.4m，放在导轨上的一金属杆ab质
1 1
量为m＝0.08kg、电阻为r＝2 ，从距磁场上边缘d 处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速
0
度v＝2m/s。导轨的电阻可忽略Ω不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接
触，重力加速度大小为g＝10m/s2，求：
（1）金属杆距磁场上边缘的距离d ；
0
（2）杆通过磁场区域的过程中所用的时间；
（3）金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热Q 。
R1
【解答】解：（1）由动能定理得：mgd sin30°= mv2，
0
2
代入数据解得，金属杆距磁场上边缘的距离：d ＝0.4m；
0
（2）导体棒刚进入时，由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝2×0.5×2V＝2V
E 2
由闭合电路欧姆定律：I= = A＝0.4A
R+r 3+2
安培力：F＝BIL＝2×0.4×0.5N＝0.4N，F′＝mgdsin30°＝0.08×10×0.5N＝0.4N
所以金属棒进入磁场做匀速直线运动。
d 0.4
那么在磁场中经历的时间：t= 0= s＝0.2s
v 2
（3）根据能量守恒和焦耳定律可得金属杆通过磁场区域的过程中：Q＝mgd sin
0
R θ
由焦耳定律可得电阻R上产生的焦耳热：Q = mgd sin30°
R 0
R+r
3
代入数据：Q = ×0.08×10×0.40×0.5J＝0.096J；
R
3+2
答：（1）金属杆距磁场上边缘的距离d 为0.4m。
0
（2）杆通过磁场区域的过程中所用的时间为0.2s；
（3）金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热Q 为0.096J。
R
