阶段性训练（四）（解析版）（内容：电磁感应交变电流）_04高考物理_通用版（老高考）复习资料_2024年复习资料_完2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）

阶段性训练（四） 考察内容（电磁感应 交变电流） 一．选择题（共12小题） 1．如图所示，高压输电线是远距离传输电能的重要组成部分，下列关于高压输电线的说法 正确的是（ ） A．输电线应选用电阻率大的金属材料制作 B．高压输电线比普通导线粗，目的是增大导线电阻 C．输电线上方还有两条导线，其作用是把高压线屏蔽起来免遭雷击 D．在输送功率一定时，输电线上损失的功率跟输送电压平方成正比 【解答】解：A．输电线路上损失的功率为ΔP＝I2R，所以输电线应选用电阻率小的金 属材料制作，故A错误； B．高压输电线比普通导线粗，目的是减小导线电阻，故B错误； C．输电线上方还有两条导线，其作用是把高压线屏蔽起来免遭雷击，故C正确； P D．在输送功率一定时，电流I= U P 输电线上损失的功率为ΔP＝I2R=( ) 2R U 所以输电线上损失的功率跟输送电压的平方反比，故D错误。 故选：C。 2．如图所示，电磁炉没有明火却能达到加热的效果，深受人们喜爱。电磁炉的工作原理是 利用高频交变电流通过线圈产生磁场，交变的磁场在铁锅底部产生无数小涡流，使铁质 锅自身生热而直接加热于锅内的食物。下列关于电磁炉的说法，正确的是（ ） A．电磁炉面板采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部 B．电磁炉面板采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品 C．电磁炉可用陶瓷器皿作为锅具对食品加热 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分1 百】D．改变交流电的频率不能改变电磁炉的功率 【解答】解：AB、电磁炉的上表面如果用金属材料制成，使用电磁炉时，上表面材料 发生电磁感应要损失电能，电磁炉上表面要用绝缘材料制作，发热部分为铁锅底部，故 A正确，B错误； C、电磁炉产生变化的电磁场，导致加热锅底出现涡流，从而产生热量，陶瓷器皿不能 产生涡流现象，所以电磁炉不能用陶瓷器皿作为锅具对食品加热，故C错误； D、铁锅中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，可通过改变交流电的频率来改变电磁炉 的功率，故D错误。 故选：A。 3．如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻 可忽略不计，则（ ） A．S闭合瞬间，B灯立即亮，A灯缓慢亮 B．电路接通稳定后，A、B灯亮度相同 C．电路接通稳定后，断开S，A灯闪亮，随后逐渐熄灭 D．电路接通稳定后，断开S瞬间，b点的电势高于a点 【解答】解：A．S闭合的瞬间，通过L的电流等于零，A、B灯都瞬间变亮，故A错误； B．电路接通稳定后，L相当于导线，A灯被短路，A灯熄灭，B灯两端电压变大，B灯 变得更亮，所以A、B灯亮度不相同，故B错误； C．电路接通稳定后，L相当于导线，A灯熄灭，断开S的瞬间，线圈相当于一个临时 电源，令A灯闪亮一下后逐渐熄灭，故C正确； D．电路接通稳定时，通过L的电流方向向左，断开S的瞬间，L相当于电源阻碍电流 减小，产生向左的电流，a是电源的正极，b是电源的负极，b点的电势低于a点，故D 错误。 故选：C。 4．如图所示，螺线管B套在螺线管A外边，螺线管A经过滑动变阻器和开关与电源相连 构成直流电路；螺线管B接电流计构成闭合回路。某同学发现开关S接通瞬间，电流表 指针向右偏转，则（ ） 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分2 百】A．开关闭合后，螺线管A向上移动，电流表指针向左偏转 B．开关闭合后，螺线管A中铁芯向上拔出，电流表指针向右偏转 C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表指针向左偏转 D．开关闭合电路达到稳定后，突然断开开关瞬间，电流表指针向右偏转 【解答】解：开关S接通瞬间，磁通量增加，电流表指针向右偏转，由此可知磁通量增 加会引起电流表右偏，反之左偏。 A．开关闭合后，螺线管A向上移动，穿过螺线管B的磁通量减少，因此电流表指针向 左偏转，故A正确； B．开关闭合后，螺线管A中铁芯向上拔出，穿过螺线管B的磁通量减少，因此电流表 指针向左偏转，感应B错误； C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片向右滑动，电阻减小，电流增大，穿过螺线管 B的 磁通量增加，因此电流表指针向右偏转，故C错误； D．开关闭合电路达到稳定后，突然断开开关瞬间，可知穿过螺线管 B的磁通量减少， 因此电流表指针向左偏转，故D错误。 故选：A。 5．如图所示abcd为边长为L的正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，半径为r ΔB 的匝数为n的线圈如图所示放置。当磁场以 的变化率变化时，线圈中感应电动势为 Δt （ ） ΔB ΔB ΔB ΔB A．n ⋅πr2 B． ⋅πr2 C．n ⋅L2 D． ⋅L2 Δt Δt Δt Δt 【解答】解：穿过线圈的磁通量 ＝BS＝BL2 ΔΦ ΔB 由法拉第电磁感应定律可得E=nΦ =n L2 ，故ABD错误，C正确。 Δt Δt 故选：C。 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分3 百】6．下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab 上的感应电流方向为a→b的是（ ） A． B． C． D． 【解答】解：A、图中，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向 由b→a→c→d，则导体ab上的感应电流方向为b→a．故A错误； B、图中，ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导 体ab上的感应电流方向为b→a，故B错误； C、图中，ab 棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体 ab 上的感应电流方向为 b→a，故C错误； D、图中，ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向， 则导体ab上的感应电流方向为a→b，故D正确． 故选：D。 7．如图所示为手机无线充电的简化原理图。基座线圈直接接上220V的交流电，受电线圈 串联理想二极管后接手机电池。假设基座线圈产生的磁场全部穿过受电线圈，且无能量 损失，已知基座线圈和受电线圈的匝数比为22：1。下列说法正确的是（ ） A．接手机电池两端输出的是交流电 B．接手机电池两端的电压为5√2V C．无线充电原理是利用线圈的自感现象 D．无线充电原理是利用红外线的发射与接收技术 【解答】解：A．由于二极管的单向导电性，可知接手机电池两端输出的不是交流电， 故A错误； 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分4 百】n 1 B．受电线圈两端电压为U = 2U = ×220V =10V 2 n 1 22 1 设接手机电池两端的电压为U'，根据有效值定义可得： U2 T U'2 2 ⋅ = T R 2 R 解得：U'=5√2V，故B正确； CD．无线充电原理是利用电磁感应中线圈的互感现象，故CD错误。 故选：B。 8．一交变电流的i﹣t图像如图所示，则对于该交变电流，下列说法正确的是（ ） A．该交变电流的周期为0.02s B．该交变电流的周期为0.05s C．该交变电流的有效值为2√2A D．该交变电流的有效值为4A 【解答】解：AB．根据题意可知，该交变电流的周期为0.03s，故AB错误； I T T CD．由交变电流有效值的定义可得( m ) 2R⋅ +I2 R⋅ =I2RT √2 3 m 3 代入数据解得I=2√2A，故C正确，D错误。 故选：C。 9．下列四种情境中说法中正确的是（ ） A．图甲中，奥斯特利用该装置发现了电磁感应现象 B．图乙中，线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先减小后增大 C．图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框中没有感应电流产生 D．图丁中，线框在与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，线框中有感应电流产 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分5 百】生 【解答】解：A、法拉第发现了电磁感应现象，故A错误； B、根据条形磁铁的磁场的特点可知，当线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线 圈的磁通量先增大后减小，故B错误； C、图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框平面与磁感应强度方 向之间的夹角发生变化，穿过线框的磁通量也发生变化，所以线框中有感应电流产生， 故C错误； D、距离通电直导线越远，磁感应强度越小，所以在图丁中，线框在与通电导线在同一 平面内向右平移的过程中，向里穿过线框的磁通量减小，线框中有感应电流产生，故 D 正确。 故选：D。 10．由螺线管、电阻和水平放置的平行板电容器组成的电路如图（a）所示。其中，螺线管 匝数为N，横截面积为S ；电容器两极板间距为d，极板面积为S ，板间介质为空气 1 2 （可视为真空，介电常数为1）。螺线管位于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小 B随时间t变化的B﹣t图像如图（b）所示。一电荷量为q的颗粒在t ～t 时间内悬停在 1 2 ε S 电容器中，重力加速度大小为 g，静电力常量为 k，电容器电容为C= r 。则 4πkd （ ） A．颗粒带正电 qNS (B −B ) 1 2 1 B．颗粒质量为 g(t −t ) 2 1 C．t ～t 时间内，a点电势高于b点电势 1 2 NS S (B −B ) 1 2 2 1 D．电容器极板带电量大小为 4πkd(t −t ) 2 1 【解答】解：A、由楞次定律可知，电容器上板带正电，下板带负电，板间场强向下。 对颗粒，由平衡条件可知，颗粒所受电场力向上，与场强方向相反，则颗粒带负电，故 A错误； B −B B、由法拉第电磁感应定律可得电容器板间电压U=E=N 2 1S ，对颗粒，由平衡 t −t 1 2 1 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分6 百】U qU qN(B −B )S 条件可知mg=qE=q ，联立解得m= = 2 1 1 ，故B错误； d gd gd(t −t ) 2 1 C、t ～t 时间内，螺线管中产生恒定的电动势，则电路中无电流，则a、b两点电势相 1 2 等，故C错误； ε S S B −B D、电容器的电容为C= r = 2 ，两板间的电势差为U=E=N 2 1S ，联立 4πkd 4πkd t −t 1 2 1 NS S (B −B ) 解得电容器极板带电量大小：Q=CU= 1 2 2 1 ，故D正确。 4πkd(t −t ) 2 1 故选：D。 11．有一台内阻为1 的发电机，给一个学校照明供电，如图所示，T 、T 分别为理想的升 1 2 压变压器和降压变 Ω 压器，升压变压器匝数比为1：4，降压变压器匝数比为4：1，T 1 与 T 之间输电线的总电阻为10 ，全校共有22个班，每班有220V、40W的电灯6盏，若 2 保证电灯全部正常发光，则（ ） Ω A．输电线上的电流为8A B．发电机电动势259V C．发电机输出功率为5280W D．输电效率是97% 【解答】解：A、全校消耗的功率P用 ＝NP 0 ＝22×40×6W＝5280W， 设线路电流为I线 ，输电电压为U 2 ，降压变压器原线圈电压为U 3 ，副线圈上的电压为 U n 4 U ，则 3= 3= 4 U n 1 4 4 所以：U ＝880V 3 P 5280 输电线上的电流为：I线 = U 用= 880 A＝6A，故A错误； 3 BC、输电线上损失的电压为U损 ＝I线R线 ＝6×10V＝60V， 升压变压器副线圈上的电压为U 2 ＝U损+U 3 ＝60V+880V＝940V U n 由 1= 1 U n 2 2 代入数据得：U ＝235V， 1 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分7 百】线路损失功率：P损 =I 线 2 R 线 =62×10W＝360W， 所以发电机的输出功率：P出 ＝P用+P损 ＝5280W+360W＝5640W P 5640 升压变压器原线圈电流：I = 出= A＝24A， 1 U 235 1 发电机的电动势：E＝I r+U ＝24×1V+235V＝259V，故B正确，C错误； 1 1 P 5280 D、输电效率为 = 用×100%= ×100%＝93.6%，故D错误。 P 5640 出 η 故选：B。 12．2022年12月1日起河北省执行新的分时电价政策．分时电价政策把全天用电分成高峰， 平段、低谷三个时间段，按用电的不同时段来收取不同价格的电费，起到优化用电方式 的作用．若发电站向某城市输电时，用电高峰段的输送功率是低谷段的n倍，假设输电 线电阻不变，若要使输电线损失功率不变，则高峰段输送电压为低谷段输送电压的（ ） 1 1 A．n倍 B．n2倍 C． 倍 D． 倍 n n2 【解答】解：根据功率公式，输电线上的损失功率ΔP＝I2R，若要使输电线损失功率不 变，则输电线中的电流保持不变；由于高峰段的输送功率为低谷段的n倍，根据功率公 式P＝UI可知，高峰段输送电压变为低谷段的n倍，故A正确，BCD错误。 故选：A． 二．多选题（共3小题） （多选）13．图示为一台教学用手摇式交流发电机。当缓慢摇动大皮带轮手柄时，连接在 发电机上的小灯泡就会一闪一闪的发光。若已知大皮带轮半径为R ，小皮带轮半径为 1 R ，摇动手柄的角速度为 ，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，灯泡电阻为 2 R（假设恒定不变），线圈在磁感应强度大小为 B的匀强磁场中转动，产生正弦式交变 ω 电流。摇动过程中皮带不打滑。则下列说法中正确的是（ ） ωR 1 A．小灯泡闪烁的频率为 2πR 2 B．提高摇动手柄的角速度 ，可以提高小灯泡的闪烁频率及亮度 πN2B2S2ωR ω C．线圈由中性面开始转过90° 的过程中，小灯泡上产生的焦耳热为 4(R+r) 2 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分8 百】NBS D．线圈由中性面开始转过90°的过程中，通过小灯泡的电荷量为 R+r 【解答】解：皮带不打滑，两轮边缘的线速度相等，则 R ＝ 'R ，线圈转动的角速度 1 2 ωR 即小皮带轮转动的角速度 ′= 1 ω ω R 2 ω ωR 1 ωR ωR AB、交流点的频率f ω' R ωR ，灯泡闪烁的频率f'＝2f＝2× 1 = 1 = = 2 = 1 2πR πR 2π 2π 2πR 2 2 2 NBSR ω ， 感 应 电 动 势 的 峰 值 E ＝ NBS ′ = 1 ， 感 应 电 动 势 的 有 效 值 E m R 2 ω E √2NBSR ω E = m= 1 ，由闭合电路的欧姆定律得：I= ，小灯泡的功率 P＝I2R √2 2R R+r 2 N2B2S2R2ω2R = 1 ，提高摇动手柄的角速度 ，f'变大，灯泡的实际功率P增大，则小 2R2 (R+r) 2 2 ω 灯泡的闪烁频率及亮度增大，故A错误，B正确； C、线圈由中性面开始转过 90° 的过程中，小灯泡上产生的焦耳热 Q＝Pt π N2B2S2R2ω2R 2 πN2B2S2R ωR = 1 × = 1 ，故C错误； 2R2 (R+r) 2 ωR 4R (R+r) 2 2 1 2 R 2 D、设线圈由中性面开始转过 90°需要的时间为 t，由法拉第电磁感应定律得： ΔΦ BS E E=N =N ，由闭合电路的欧姆定律得：I= ，通过灯泡的电荷量：q=It， t t R+r NBS 解得：q= ，故D正确。 R+r 故选：BD。 （多选）14．如图所示为某小型电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，升、降压变 压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入A、B两个理想互感器，互感器原、副 线圈的匝数比分别为100：1和1：10，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，线 路总电阻r＝10 ，则下列说法正确的是（ ） Ω A．线路上损耗的功率25000W 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分9 百】B．发电机输出的电功率110kW C．互感器A是电压互感器，互感器B是电流互感器 D．用户使用的用电设备变多，降压变压器输出电压U 大小不会改变 4 【解答】解：ABC、互感器A并联接入电路是电压互感器，互感器A原、副线圈的匝 数比为n ：n ＝100：1，电压表的示数为U ＝220V A1 A2 V U n 由理想变压器原、副线圈电压关系得： 2 = A1 ，代入数据得U ＝2.2×104V； U n 2 V A2 互感器B串联接入电路是电流互感器，互感器B原、副线圈的匝数比为n ：n ＝1： B1 B2 10，电流表的示数为I ＝5A A I n 由理想变压器原、副线圈电流关系得： = B2 ，代入数据得输电线中的电流I＝50A。 I n A B1 可得线路上损耗功率：P损 ＝I2r＝502×10W＝25000W 发电机输出电功率：P发 ＝U 2 I＝2.2×104×50W＝1100kW 故AC正确，B错误； D、用户使用的用电设备越多，降压变压器的副线圈的电流会增大，输电电流和升压变 压器的原线圈的电流均会增大，发电机输出功率恒定，则U 、U 均均减小，由U ＝U 1 2 3 2 ﹣Ir，可得降压变压器输入电压U 减小，降压变压器输出电压U 减小，故D错误。 3 4 故选：AC。 （多选）15．如图所示，在垂直于纸面向外、磁感应大小为B的匀强磁场中，有一圆心为 R O、半径为r、电阻为2R的金属圆环，圆环置于纸面内。长为r、电阻为 的金属杆 2 OM，可绕过圆心O的转轴以恒定的角速度 逆时针转动，M端与环接触良好。圆心O 和圆环边缘上的K点通过电刷与阻值为R的电阻连接。忽略电流表和导线的电阻，下列 ω 说法正确的是（ ） A．通过电流表的电流的大小和方向做周期性变化 B．通过电阻R的电流方向不变，且从a到b Br2ω C．电流表示数的最大值为 3R Br2ω D．电流表示数的最小值为 4R 【解答】解：AB、金属杆OM匀速转动切割磁感线产生感应电动势为：E＝Brv=Br• 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分10百】ωr+0 1 = Br2ω，可知感应电动势恒定，故通过电流表的电流的大小和方向不变。 2 2 根据右手定则知道，金属杆的电流从O到M，则通过电阻R的电流从a到b，故A错误， B正确； D、当金属杆的M端距K点最远时，圆环被分为相等的两半并联接入电路，此时圆环接 R⋅R R 入电路的电阻最大为：R = = ，回路中总电阻最大，则电流最小，有： m R+R 2 1 Br2ω 2 Br2ω I = = ，故D正确。 min R R 4R R+ + 2 2 C、当金属杆的M端与K点重合时，圆环接入电路中电阻最小为0，回路中电阻最小， 1 Br2ω E 2 Br2ω 则电流最大，有：I = = = ，故C正确； m R 3R 3R R+ 2 2 故选：BCD。 三．实验题（共3小题） 16．如图所示的器材可用来研究电磁感应现象产生的条件，其中L 为原线圈，L 为副线圈， 1 2 F为铁芯，G为灵敏电流计。 （1）用导线将器材连接好，产生电磁感应现象的原因是穿过线圈 L （选填“L ” 2 1 或“L ”）的 磁通量 发生了变化； 2 （2）如果闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，则闭合开关后，将 L 线圈 1 迅速抽出的过程中，电流计的指针将向 左 偏（选填“右”、“左”或“不会”）； （3）如果该实验开始时并没有配备铁芯F，那么此实验还能做吗？说明理由： 还能做 实验；如可以通过将 L 线圈迅速插入、抽出来改变穿过线圈 L 的磁通量研究电磁感应 1 2 现象产生的条件 。能，因为；或不能，因为。 【解答】解：（1）穿过线圈L 的磁通量发生变化，发生电磁感应现象，产生感应电流。 2 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分11百】（2）如果闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，可知当穿过线圈 L 的磁通 2 量增大时，灵敏电流计的指针向右偏；则闭合开关后，将 L 线圈迅速抽出的过程中， 1 穿过线圈L 的磁通量减小，电流计的指针将向左偏。 2 （3）如果该实验开始时并没有配备铁芯F，还能研究电磁感应现象产生的条件；可以通 过将L 线圈迅速插入、抽出来改变穿过线圈L 的磁通量；可以通过开关的闭合、断开 1 2 瞬间来改变穿过线圈L 的磁通量；也可以通过迅速移动滑动变阻器滑片位置来改变穿 2 过线圈L 的磁通量；从而研究电磁感应现象产生的条件。 2 故答案为：（1）L ；磁通量；（2）左；（3）还能做实验；如可以通过将L 线圈迅速 2 1 插入、抽出来改变穿过线圈L 的磁通量研究电磁感应现象产生的条件。 2 17．某同学探究“影响感应电流方向的因素”，实验如下： （1）首先按图甲所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转；再按图 乙所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行上述实验的目的是 D 。 A．检查各仪器及导线是否完好 B．检查电流计量程是否合适 C．检查电流计测量电路的电流是否准确 D．推断电流从不同接线柱流入时电流计指针偏转方向 （2）要想使电流计指针发生偏转，即有感应电流产生，某同学设计了以下四种操作， 其中可行的是 AB （选填选项前的字母）。 A．螺线管不动，磁铁快速插入或拔出螺线管 B．螺线管不动，磁铁匀速插入或拔出螺线管 C．磁铁与螺线管保持相对静止，一起加速向上运动 D．磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动 （3）接下来用如图丙所示的装置做实验，图中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方 向。某次实验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，说明螺 线管中的电流方向（从上往下看）是沿 顺时针 （选填“顺时针”或“逆时针”） 方向。 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分12百】（4）又将实验装置改造，实验器材如图丁所示，（1）图中已经用导线将部分器材连接， 请补充完成实物间的连线 见解析 。 （5）若连接好实验电路并检查无误后，观察在闭合开关的瞬间和断开瞬间以及闭合开 关后以不同速度移动滑动变阻器的划片过程中，指针摆动情况，由此实验可以得出恰当 的结论是 AC （选填选项前的字母）。 A．螺线管B的磁场变强或变弱影响感应电流方向 B．螺线管B的磁场变强或变弱影响感应电流大小 C．螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流大小 D．螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流方向 （6）在（5）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 B （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： 见解析 。 【解答】解：（1）首先按图甲所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左 偏转；再按图乙所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行上述 实验的目的是推断电流从不同接线柱流入时电流计指针偏转方向。 故选：D。 （2）A．螺线管不动，磁铁快速插入或拔出螺线管，穿过螺线管的磁通量会发生变化， 会有感应电流产生，故A正确； B．螺线管不动，磁铁匀速插入或拔出螺线管，穿过螺线管的磁通量会发生变化，会有 感应电流产生，故B正确； CD．磁铁与螺线管保持相对静止，一起加速向上运动或匀速向上运动，穿过螺线管的 磁通量不会发生变化，不会有感应电流产生，故CD错误。 故选：AB。 （3）某次实验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，说明 电流从“+”接线柱流入，即螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿顺时针方向。 （4）实物间的连线如图所示 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分13百】（5）观察在开关闭合瞬间和断开瞬间指针偏转方向不同，说明螺线管 B的磁场变强或 变弱影响感应电流方向；闭合开关后以不同速度移动滑动变阻器的划片过程中，指针摆 动幅度不同，说明螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流大小。 故选：AC。 （6）在（5）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B螺线管所在电路时发生的。 被电击的原因主要是在拆除B螺线管所在电路时，电路断开，导致A螺线管中的磁通量 迅速减小，A螺线管中产生感应电流。 故答案为：（1）D；（2）AB；（3）顺时针；（4）见解析；（5）AC；（6）B，见解 析。 18．如图甲所示为教学用的可拆变压器，它有两个外观基本相同的线圈A和B，线圈外部 还可以绕线。 （1）某同学用多用电表的欧姆挡分别测量了A、B线圈的电阻值，发现A线圈电阻约 为B线圈电阻的2倍，则可推断 A 线圈的匝数多（选填“A”或“B”）； （2）为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，如图乙所示，该同学把线圈 A与学生 电源连接，另一个线圈B与小灯泡连接。其中线圈A应连到学生电源的 交流 （选 填“直流”或“交流”）输出端上，同时为保证人身安全，所用电压不要超过 3 6 V （选填“6”、“12”或“36”）； （3）将与灯泡相连的线圈B拆掉部分匝数，其余装置不变继续实验，灯泡亮度将 变 暗 （选填“变亮”或“变暗”），这说明灯泡两端的电压 变小 （选填“变大” 或“变小”）； （4）某次实验时，变压器原、副线圈的匝数分别为 220匝和110匝，学生电源输出端 的电压为6V，则小灯泡两端的电压值可能是 C 。 A．11.4V B．3.6V C．2.8V D．3√2V 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分14百】L 【解答】解：（1）由电阻定律R=ρ 可知，两线圈外观基本相同，则材料与横截面积 S 相同，导线长度L越长电阻越大，A线圈电阻约为B线圈电阻的2倍，则A线圈长度约 为B线圈长度的2倍，故A线圈匝数多。 （2）变压器只能改变交变电压，应连接交流电源。可拆变压器线圈裸露在外面，易触 电，安全电压应不高于36V。 （3）拆掉 B 线圈的部分匝数，则 n 减小，与灯泡相连的线圈匝数 n 减少，根据 2 2 U n U2 1= 1 可知副线圈电压U 变小，灯泡功率P= 2变小，灯泡变暗； U n 2 R 2 2 U n （4）由理想变压器的变压比可知： 1= 1 ，代入数据解得：U ＝3V，实验过程由于 U n 2 2 2 存在漏磁、铁芯发热、导线发热等现象，副线圈电压应小于理想变压器副线圈电压的理 论值，即小于3V，可能值为2.8V，故选C。 故答案为：（1）A；（2）交流；36；（3）变暗；变小；（4）C。 四．计算题（共3小题） 19．如图甲所示，MN、PQ（为两根足够长的固定平行光滑金属导轨，间距为 L，电阻不 计，导轨平面与水平面间的夹角 ＝30°，上端N、Q连接一个阻值为R的定值电阻。两 导轨间存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场。一长为L、质量为m、电阻为R的金属 θ 棒AC放置在导轨上，现将AC由静止释放，同时对AC施加一个方向沿导轨向下的恒 定拉力，下滑距离d后，AC的运动状态达到稳定。已知重力加速度大小为 g，AC的加 速度大小随速率的变化规律如图乙所示。AC始终与导轨垂直且接触良好。求： （1）拉力的大小F； （2）磁场的磁感应强度大小B； （3）从开始运动至达到稳定状态的过程中，通过电阻R的电荷量q； （4）从开始运动至达到稳定状态的过程中，金属棒AC产生的焦耳热Q。 【解答】解：（1）（2）AC在拉力的作用下运动时，根据牛顿第二定律有：F+mgsin ﹣F安 ＝ma θ BLv 而安培力F安 ＝BIL＝B× 2R ×L 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分15百】F 1 B2L2v 联立可得a= + g− m 2 2mR F 1 由图乙可知，v＝0时，a＝g，所以有：g= + g m 2 1 解得：F= mg 2 F 1 B2L2v 当a＝0时，速度为v ，所以有：0= + g− 1 1 m 2 2mR 1 √2mgR 解得：B= L v 1 △Φ （3）电荷量q △t △Φ BLd √ mg =I△t= ×△t= = =d 2R 2R 2R 2Rv 1 （4）从开始运动到速度稳定，根据能量守恒定律有： 1 Fd+mgdsin30°= mv2+2Q 2 1 1 1 解得：Q= mgd− mv2 2 4 1 1 答：（1）拉力的大小F为 mg； 2 1 √2mgR （2）磁场的磁感应强度大小B为 ； L v 1 √ mg （3）从开始运动至达到稳定状态的过程中，通过电阻R的电荷量q为d ； 2Rv 1 （4）从开始运动至达到稳定状态的过程中，金属棒 AC 产生的焦耳热 Q 为 1 1 mgd− mv2 。 2 4 1 20．图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于 磁场方向的固定轴按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数 n＝50匝，电阻r＝2 ，线圈 的两端经集流环与电阻R连接，阻值R＝8 ，与R并联的交流电压表为理想电表。在t Ω ＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量 随时间t按图乙所示正 Ω 弦规律变化。（取 ＝3.14）求： Φ （1）交流发电机产生的电动势的最大值； π （2）电路中交流电压表的示数； （3）从图示位置转过90°，通过线圈的电荷量和整个回路的焦耳热。 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分16百】【解答】解：（1）由 ﹣t图线可知Φ =2.0×10−2 Wb，T＝6.28×10﹣2s m Φ2π 2×3.14 所以求出角频率：ω= = rad/s=100rad/s T 6.28×10−2 因 为 ＝ BS ， 交 流 发 电 机 产 生 的 电 动 势 的 最 大 值 ： m E =nBSω=nΦ ω=50×2.0×10−2×100V =100V m Φ m E 100 （2）电动势的有效值：E= m= V=50√2V √2 √2 E 50√2 由闭合电路欧姆定律得，电路中电流的有效值为：I= = A=5√2A R+r 8+2 交流电压表的示数为：U＝IR=5√2×8V=40√2V （3）从图示位置转过90°，磁通量变化量为：ΔΦ=BS=Φ =2.0×10−2Wb m E ΔΦ ΔΦ 2×10−2 通过线圈的电荷量：q=I⋅Δt= •Δt＝n Δt= n 50× C= R+r Δt(R+r) R+r 8+2 0.1C E2 (50√2) 2 6.28×10−2 根据焦耳定律可得：Q= t= × J=7.85J R+r 8+2 4 答：（1）交流发电机产生的电动势的最大值为100V； （2）电路中交流电压表的示数为40√2V； （3）通过线圈的电荷量为0.1C，整个回路的焦耳热为7.85J。 21．传统航空母舰的阻拦系统原理如图甲所示，飞机着舰时，通过阻拦索对飞机施加作用 力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。新一代航母阻拦系统的研制，则从阻拦索阻拦 转向了引入电磁学模型的电磁阻拦技术，其基本原理如图乙所示，飞机着舰时钩住轨道 上的一根金属棒并关闭动力系统，在磁场中共同滑行减速。 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分17百】金属棒在导轨间宽为d，飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机着舰钩住金属棒后与金 属棒以共同速度v 进入磁场。轨道端点MP间电阻为R，金属棒电阻为r，不计其它电 0 阻，且飞机阻拦索与金属棒绝缘。轨道间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B。金 属棒运动L后飞机停下，测得此过程电阻R上产生焦耳热为Q，求： （1）通过金属棒的最大电流； （2）通过金属棒的电荷量； （3）飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功。 【解答】解：（1）飞机和金属棒在磁场中做减速运动，则飞机和金属棒刚进入磁场时 产生的感应电动势最大，感应电流最大，此时感应电动势为：E＝Bdv 0 E 由闭合电路欧姆定律得：I= R+r Bdv 可得通过金属棒的最大电流为：I= 0 R+r （2）设系统在磁场中运动的全过程，通过回路平均电流为I，金属棒的平均电动势为E， E 时间为Δt，则由闭合电路欧姆定律得平均电流：I= R+r ΔΦ BdL 根据法拉第电磁感应定律得：E= = Δt Δt 通过金属棒的电荷量为：q=I Δt BdL 联立解得：q= R+r 1 （3）根据能量守恒定律，得 (M+m)v2=Q +Q 2 0 电 阻 R+r 根据焦耳定律Q＝I2Rt，可知Q = Q 电 R E 1 R= −r＝E• −r I I 1 R+r 解得：W =Q = (M+m)v2− Q 阻 阻 2 0 R 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分18百】Bdv 答：（1）通过金属棒的最大电流为 0。 R+r BdL （2）通过金属棒的电荷量为 。 R+r 1 R+r （3）飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功为 (M+m)v2− Q。 2 0 R 资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分19百】