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阶段性训练（四）
考察内容（电磁感应 交变电流）
一．选择题
1．如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻。刘伟为了方便，未注意操作
规范，直接用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量，完成读数后李辉把多用表的表笔与被测线
圈脱离时，刘伟突然惊叫起来，觉得有电击感。下列说法正确的是（ ）
A．发生电击前，没有电流通过刘伟
B．发生电击时，通过多用电表的电流很大
C．发生电击时，通过变压器线圈的电流瞬间变大
D．发生电击前后，通过刘伟的电流方向相反
【答案】D
【详解】AD．在电流变化时线圈会产生自感电动势，回路接通的状态时回路中电流不变化,线圈两
端不会产生感应电动势。当回路断开时电流要立即减小到零，但由于线圈的自感现象会产生感应电
动势，则线圈两端会对人产生电击感，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A 错误，D 正确；
BC．发生电击时，通过线圈的电流不会瞬间变大；由于已经断开了连接，所以通过多用电表的电
流为零，故BC 错误。
故选D。
2．下列四幅教材插图，属于电磁驱动应用的是（ ）
1
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A．甲：选用铝框做磁电式电表骨架
B．乙：利用真空冶炼炉来冶炼金属
C．丙：转动把手时蹄形磁铁两极间的铝框随之同向转动
D．丁：在运输灵敏电流表时用导线把两接线柱连在一起
【答案】C
【详解】A．磁电式电表选用铝框做磁电式电表骨架是利用电磁阻尼，A 错误；
B．当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中会产生涡流，铁块中就会产生大量热量，从而冶炼金
属，这是涡流的热效应，B 错误；
C．转动把手时蹄形磁铁两极间的铝框随之同向转动，这是电磁驱动，C 正确；
D．运输时要把灵敏电流计正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻
尼原理，D 错误。
故选C。
3．我国“南锟”号是世界上首台达到兆瓦级的漂浮式波浪能发电装置，它可以将波浪能转化为机
械能，再通过发电机转化为电能，为南海各岛提供了强有力的电力保障。其使用的旋转磁极式发电
机的简化装置如右图所示，矩形线圈abcd 固定不动，磁铁绕OO'轴转动，abcd 与OO'在同一平面内。
下列判断正确的是（ ）
A．兆瓦是能量的单位
B．磁铁匀速转动时线圈中电流保持不变
C．图示时刻线圈中电流为零
D．图示时刻线圈中电流方向为dcba
【答案】D
【详解】A．兆瓦是功率的单位，A 错误；
BC．磁铁匀速转动时线圈中电流周期性变化，当如图所示位置时，线圈切割磁感线的有效速度最
大，线圈电流最大，BC 错误；
D．根据楞次定律，图示时刻线圈中电流方向为dcba，D 正确。
故选D。
2
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4．将阻值为50Ω的电阻接在正弦式交流电源上，通过电阻的电流i 随时间t 变化的图像如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．交变电流在一个周期内电流方向改变一次
B．交变电流的表达式为i=2cos(10πt )A
C．电阻消耗的电功率为100 W
D．电阻两端的电压峰值为50√2V
【答案】C
【详解】A．由图可知，交流电在一个周期内电流方向改变两次，A 错误；
B．由图可知，交流电的最大最im =2A
周期T =0.4s
故其角频率ω= 2π
T =5 π
则交流电的表达式i=2cos(5πt )A
B 错误；
C．交流电的有效值I = im
√2 =√2A
故定值电阻的电功率P = I
2 R =100 W
C 正确；
D．定值电阻两端电压的有效值为U = IR =50√2V
故定值电阻两端电压的峰值为U m =√2U =100 V
D 错误。
故选C。
5．如图所示，一细条形磁铁系于棉线下端形成单摆，摆的正下方固定一水平放置的环形导线。将
磁铁从图示位置由静止释放，来回摆动过程中，下列说法正确的是（ ）
3
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A．导线中电流方向始终不变
B．磁铁向上摆动时，导线有收缩趋势
C．磁铁向下摆动时，导线中电流方向与图示方向相同
D．忽略空气阻力，磁铁摆动的幅度将不变
【答案】C
【详解】A．磁铁摆动过程中，环形导线中的磁通量有时增大，有时减小，根据楞次定律可知，导
线中的电流随磁通量的增减而变化，A 错误；
B．磁铁上摆时，穿过环形导线的磁通量减小，根据楞次定律可知，导线环有扩张的趋势，B 错误；
C．磁铁向下摆动时，导线环中的磁通量向下增大，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场应阻
碍其磁通量的增加，方向应向上，结合右手定则可知，导线中的电流方向与图示电流方向相同，C
正确；
D．磁铁摆动过程中机械能转化为焦耳热，因此摆动幅度逐渐变小，D 错误。
故选C。
6．在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，螺线管与灵敏电流计构成闭合电路，如图所示，
条形磁铁N 极朝下，现将磁铁靠近螺线管（ ）
A．螺线管产生向上的感应磁场
B．穿过螺线管中的磁通量减小
C．螺线管受到磁铁向上的拉力
D．电流计的指针会向左边偏转
【答案】A
【详解】AB. 条形磁铁N 极朝下靠近螺线管时，穿过螺线管的磁通量向下增加，根据楞次定律，
螺线管产生向上的感应磁场，选项A 正确，B 错误；
4
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C. 根据“来拒去留”可知，螺线管受到磁铁向下的排斥力，选项C 错误；
D. 根据楞次定律可知，螺线管中产生由上到下的感应电流，从正极流入电流表，因不清楚电流表
的指针偏转方向与流入的电流方向关系，则不能确定电流计的指针的偏转方向，选项D 错误。
故选A。
7．如图所示，三根完全相同的电阻丝一端连在一起并固定在转轴O 上，另一端分别固定于导体圆
环上的A、C、D 点，并互成120°角，导体圆环的电阻不计。转轴的右侧空间有垂直于纸面向里的
匀强磁场，范围足够大，现让圆环绕转轴O 顺时针匀速转动，在连续转动的过程中，对其中一根电
阻丝OA，下列说法正确的是（ ）
A．电流方向始终不变
B．A 点的电势始终高于O 点的电势
C．电流大小始终不变
D．电流大小有三个不同值
【答案】B
【详解】A．根据右手定则可知，当OA 在磁场中时，电流从O 到A，当OA 在磁场外时，电流从A
到O，故A 错误；
B．当OA 在磁场中时，A 为电源正极，O 为电源负极，A 点的电势高于O 点的电势，当OA 在磁场
外时，电流从A 到O，A 点的电势高于O 点的电势，故B 正确；
CD．对于连续转动的不同时刻，电路有两种不同情形，如图所示
图甲为只有一根电阻丝在磁场中的情形，图乙为两根电阻丝在磁场中的情形，两电路中的电动势相
同，总电阻相同，所以总电流相同，但流过图甲中的一个电阻和图乙中的一个电源的电流均为总电
流的一半，故流过OA 中的电流大小有两个不同值，故CD 错误。
故选B。
5
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8．图甲为风力发电的简易模型，绕有线圈的
形铁芯开口处装有磁铁，风叶转动时带动磁铁一
起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化。当风叶匀速转动时，发电机输出电压视为正弦式交流电。
发电机与一变压器的原线圈相连，变压器原、副线圈匝数比为n1:n2=10:1，当风速为某一恒定值
时，变压器原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示。此时，若风速减小，导致风叶转
速变为原来的1
2，此过程中小灯泡阻值不变，所有线圈均为理想线圈，不计内阻。则下列说法中正
确的是（ ）
A．变压器原线圈电压的瞬时值表达式变为u=15√2cos(100 πt )V
B．电压表V2的示数为3√2V
C．小灯泡的功率变为原来的1
2
D．发电机产生的交变电流的周期变为0.04s
【答案】D
【详解】A．根据题意，结合题图可得变化前得U m=30√2V，周期T =0.02s，所以角速度ω= 2π
T
解得ω=100 π rad/s
故变压器原线圈电压的瞬时值表达式变为u
' =30√2cos(100 πt )V
根据U m= NBSω可知变化之后，U m
' =15√2V，ω
' =50 π rad/s
故u=15√2cos(50 πt )V
故A 答案错误；
B．电压表的示数为副线圈的有效值，根据变压器电压关系
U 1
U 2
= n1
n2
❑
6
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又由U 1= U m
'
√2
解得电压表V2的示数为U 2=1.5 V
故B 答案错误；
C．若风速减小，导致风叶转速变为原来的1
2，则根据U m= NBSω
可知灯泡两端电压也变为原来的1
2
根据P = U
2
R
得灯泡的功率变为原来的1
4
故C 答案错误；
D．根据转速与角速度的关系ω=2πn
又T = 2π
ω
故转速变为原来的1
2，周期变为0.04s。
故选D。
9．手摇式发电机是登山爱好者必备的物品，其原理示意图如图所示。一半径为r 的单匝半圆形金
属线圈处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，转动手柄，发电机通过理想变
压器给灯泡供电。变压器原、副线圈匝数比为k，熔断器的熔断电流为I0，不计金属线圈的内阻。
现以转速n 从图示位置开始匀速顺时针转动手柄，则下列说法正确的是（ ）
A．转过180°时产生的感应电流最大
B．产生的感应电动势最大值为2π
2nBr
2
C．金属线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e = π
2nBr
2sin 2πnt
7
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D．灯泡工作过程中的最大电流值为I 0
k
【答案】C
【详解】A．线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴与磁场方向垂直，符合正弦式交流电的产生条件，
即产生交流电，转过90°时线圈平面垂直于中性面，产生的感应电流最大，故A 错误；
B．产生的感应电动势的最大值Em = BS⋅2πn= π
2nBr
2
故B 错误；
C．线圈产生的感应电动势瞬时值表达式为e = π
2nBr
2sin2πnt
故C 正确；
D．熔断器的熔断电流为电流的有效值，即I 1有效= I 0
灯泡工作过程中的最大电流为I m=√2 I 2有效
又
I 1有效
I 2有效
= 1
k
联立解得I m =√2k I 0
故D 错误。
故选C。
10．电磁炮的基本发射原理如图所示，宽度为L 的两条平行金属导轨水平固定，磁感应强度大小为
B 的匀强磁场方向竖直向上，带有弹体的金属杆垂直导轨放置，现给金属导体通上恒定电流I，经
过一段时间t，弹体与金属杆的整体发射出去。已知弹体与金属杆的整体质量为m，金属杆与导轨
间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．弹体的加速度大小为BIL
m
B．金属杆与导轨间的摩擦生热为1
2 μgBILt
2−1
2 μ
2 g
2mt
2
C．弹体发射出去时的速度大小为BILt
m
8
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D．若金属导轨的电阻忽略不计，发射过程中消耗掉的电能为B
2 I
2 L
2t
2
2m
−BILμgt
2
2
【答案】B
【详解】AB．弹体与金属杆受到的安培力大小为F = BIL
同时受到摩擦力为f = μN = μmg
根据牛顿第二定律F −f =ma
解得加速度为a= BIL
m −μg
由运动公式x = 1
2 at
2
金属杆与导轨间的摩擦生热为Q = fx
联立解得Q = 1
2 μgBILt
2−1
2 μ
2 g
2mt
2
故A 错误，B 正确；
C．由运动公式v =at
解得弹体发射出去时的速度为v = BILt
m −μgt
故C 错误；
D．若金属导轨的电阻忽略不计，根据能量守恒定律，发射过程中消耗的电能E 等于弹体与金属杆
的动能Ek与摩擦生热Q之和。弹体与金属杆的动能Ek= 1
2 mv
2
消耗的电能为E = Ek+Q = B
2 I
2 L
2t
2
2m
+ 1
2 μgBILt
2
故D 错误。
故选B。
11．如图所示，相距为d 的足够长平行光滑金属导轨MP、NQ与水平面间夹角为θ，处于磁感应强
度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨上端接有一电阻。水平导体棒ab以速度v 沿导轨匀
速下滑，棒与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，则（ ）
9
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A．导体棒中电流方向为a→b
B．回路中的电动势为Bdv
C．导体棒受到的安培力大小为mgsinθ
D．回路中的电功率为mgv sinθ
【答案】D
【详解】A．导体棒下滑过程中，根据右手定则可得，导体棒中电流方向为b→a，故A 错误；
B．由于磁场方向与运动方向不垂直，所以回路中的电动势为E = Bdv cosθ
故B 错误；
C．对导体棒受力分析，如图所示
根据平衡条件可得FA=mg tanθ
故C 错误；
D．根据能量守恒可知，导体棒的重力势能转化为电能，所以回路中的电功率等于重力做功的功率，
则P电= PG=mg v y =mgv sinθ
故D 正确。
故选D。
12．家庭应急手摇式电筒的两个截面示意图如图甲、乙所示。晃动电筒使半径为r 的圆形线圈沿轴
线运动，速度随时间变化的规律为v = v0sinωt，线圈匝数为n，电阻不计，线圈所在位置磁感应
强度大小恒为B。理想变压器的原副线圈匝数比为k，灯泡的额定功率为P，若灯泡刚好正常发光，
则灯泡正常工作时的电阻等于（ ）
10
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A．2n
2π
2r
2B
2v0
2
k
2 P
B．4 n
2π
2r
2B
2v0
2
k
2 P
C．2n
2π
2r
2B
2v0
2
kP
D．4 n
2π
2r
2B
2v0
2
kP
【答案】A
【详解】题意可知，线圈产生的是正弦交流电，电动势的最大值为Em =2πnBr v0
电动势的有效值为E = Em
√2 =√2nπBr v0
由于线圈电阻不计，则变压器原副线圈匝数比为n1
n2
= E
U = √2nπBr v0
U
=k
解得U = √2nπBr v0
k
根据P = U
2
R
解得R = 2n
2π
2r
2B
2v0
2
k
2 P
故选A。
二．多选题
13．如图所示，空间分布有一半径为R的半圆形匀强磁场，磁感应强度为B，一边长为R的单匝正
方形金属线框（阻值分布均匀）从图示位置向右以速度v匀速通过磁场区域，则关于金属线框的情
况下列说法正确的是（ ）
A．金属线框穿过磁场区域的过程中，感应电流先逐渐增大后逐渐减小直至为零
B．当金属线框的位移为R
2 时，ab间的电势差为−B √3 R
8
v
11
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C．当金属线框的位移为3 R
2 时，ac间的电势差为0
D．当金属线框的位移为3 R
2 时，bd间的电势差为B √3 R
2
v
【答案】BD
【详解】A．金属线框穿过磁场区域的过程中，进入磁场时，bd 边切割磁感应线，有效长度在增大，
感应电流在增大；当bd 边进入右侧磁场切割磁感应线时，ac 边在左侧磁场切割磁感应线，根据右
手定则，可知bd 边切割产生逆时针电流，ac 边切割产生顺时针电流，故两条边切割产生的电流相
互抵消，刚开始bd 边的有效长度大于ac 边的有效长度，随后再等于ac 边的有效长度、再小于ac
边的有效长度，则电流有效值先减小到零，当bd 边的有效长度小于ac 边的有效长度时，电流有效
值反向增大，当ac 边刚好达到O 点时，bd 边出右侧磁场，此时电流反向达到最大值，之后ac 边出
磁场，其有效长度不断减小，最后为零，故感应电流先逐渐增大后减小为零，再反向增大到最大后
减小到0，故A 错误；
B．当金属线框的位移为R
2 时，根据几何关系，可得bd边的有效切割长度为L=√
R
2−(
R
2)
2
= √3 R
2
回路电动势为E = BLv = B √3 R
2
v
根据右手定则，可知电流由b 到d，此时为bd 边上部分导体可以成电源内部，线框的其它部分为电
源的外部，故电势φa<φb
则ab间的电势差为U ab=−E
R × 1
4 R =−B √3 R
8
v
故B 正确；
CD．当金属线框的位移为3 R
2 时， ac边和bd边的有效切割长度相等，根据几何关系，可得
L
' =√
R
2−(
R
2)
2
= √3 R
2
根据右手定则，可知两边产生的电流方向相反，故回路中的电流为零，但ac和bd间的电势差均为
E = B L
' v = √3 R
2
v
故C 错误，D 正确。
故选BD。
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14．如图所示，粗细均匀的金属棒和塑料棒长度均为l=0.4m，金属棒质量m=0.2kg，电阻R=0.2Ω。
两棒随水平传送带以恒定速度v0=2m/s 向右传送，离开传送带后进入光滑水平区域1，接着滑上一
光滑固定的水平金属导轨MN、PQ，导轨相互平行且与平台边界垂直，间距也为l，N、Q 两端连接
了R1=0.3Ω 的电阻，导轨所在区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T，棒与导轨接触
良好，始终与平台保持平行。两棒依次穿过磁场区域后，再经过光滑水平区域2，从距地面高度
H=1.25m 的平台上水平飞出落到地面上。已知金属棒落点与平台边界的水平距离x1=0.5m，各边界
均平滑连接，忽略导轨的电阻及空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒刚进入磁场时的加速度大小为8m/s2
B．金属棒刚离开磁场时的速度大小为1m/s
C．金属棒穿过磁场的过程中，电阻R 产生的热量为0.3J
D．金属棒与塑料棒落点之间的水平距离为0.5m
【答案】BD
【详解】A．金属棒刚进入磁场时产生的感应电动势E = Bl v0
根据闭合电路的欧姆定律可得I =
E
R+ R1
金属棒所受的安培力F = BIl
由牛顿第二定律得F =ma
联立代入数据解得a=3.2m/s
2
故A 错误；
B．金属棒经过区域2 后水平飞出，根据平抛运动规律
水平方向有x1= v1t
竖直方向有H = 1
2 gt
2
联立解得v1=1m/s
故B 正确；
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C．由据能量守恒得Q = 1
2 mv0
2−1
2 mv1
2
该过程电阻R 产生的热量QR=
R
R1+ R Q =0.12J
故C 错误；
D．塑料棒经过磁场区域 NMPQ 的过程中不产生感应电流，不受安培力作用，将匀速通过该区域
故有x2= v0t
金属棒和塑料棒的水平位移差为Δ x = x2−x1=0.5 m
故D 正确；
故选BD。
15．如图所示的电路中，交流电源的电动势为9 V、内阻可忽略不计，定值电阻R1= R2=12Ω，小
灯泡L1、L2的规格均为“6V 6W”，理想变压器T1、T2原副线圈的匝数比分别为1:2和2:1。分别接
通电路I 和电路II，两电路都稳定工作时，则（ ）
A．L2比L1更亮
B．L2与L1一样亮
C． R2的电功率比R1的小
D． R2的电功率与R1相等
【答案】AD
【详解】若开关接cd 端，则若电源电压为U0，理想变压器T 1、T 2的匝数比为n2
n1
= n3
n4
=k
用户电阻为R负载，输电线电阻为R导线，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压
U 2=k U 0
降压变压器初级电压U 3=U 2−I 2 R导线
降压变压器次级电压U 4= U 3
k
降压变压器次级电流为I 4= U 4
R负载
14
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根据匝数比有
I 4
I 3
=k
其中I 3= I 2
可得输电功率为P输=U 2 I 2=
k
2U 0
2
R导线+k
2 R负载
输电线上损耗的电功率为P导线= I 2
2 R导线=
k
2U 0
2
(R导线+ k
2 R负载)
2 R导线
用户得到的电功率为P负载=
k
2U 0
2
(R导线+k
2 R负载)
2 ⋅k
2 R负载
若开关接ab 端，则负载得到的功率P
'
负载=
U 0
2
(R导线+ R负载)
2 ⋅R负载
输电线上损耗的电功率为P
'
导线=
U 0
2
(R导线+ R负载)
2 R导线
将R导线= R1= R2=12Ω和R负载= U
2
P = 6
2
6 Ω=6 Ω
及k=2 带入可知可得P负载=6 W > P
'
负载=1.5 W
即L2比L1更亮；又有P导线= P
'
导线=3 W
故选AD。
三．实验题
16．物理兴趣小组用可拆变压器“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、
乙所示。
(1)探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个
15
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探究过程采用的科学探究方法是_____。
A．等效法
B．理想模型法
C．控制变量法
D．演绎法
(2)器原、副线圈匝数分别选择n1=800匝、n2= 400匝，原线圈与10V 正弦式交流电源相连，用理
想电压表测得输出电压U 2=2.5 V，输出电压测量值明显小于理论值，造成这种现象的主要原因是
____。
A．副线圈匝数n2略少于400 匝
B．变压器存在电磁辐射
C．原、副线圈存在电流热效应
D．两块变压器铁芯没有组装在一起
(3)等效法、理想模型法是重要的物理学方法，合理采用物理学方法会让问题变得简单，这体现了物
理学科“化繁为简”之美。图丙为某电学仪器原理图，变压器原副线圈的匝数分别为n1、n2。若将
右侧实线框内的电路等效为一个电阻，可利用闭合电路的规律解决如下极值问题：在交流电源的电
压有效值U 0不变的情况下，在调节可变电阻R 的过程中，当R = 时（用n1、n2、R0表示），R
获得的功率最大。
【答案】(1)C
(2)D
(3)(
n2
n1)
2
R0
【详解】（1）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副
线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法。
故选C。
（2）A．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系U 1
U 2
= n1
n2
副线圈匝数n2略少于400 匝，可知副线圈电压应略小于5V，不会明显小于理论值，A 错误；
B．变压器存在电磁辐射，辐射电磁波，放出能量，但辐射能量较少，输出电压测量值不会明显小
于理论值，B 错误；
C．原、副线圈存在电流热效应，副线圈电压将小于5V，不会明显小于理论值，C 错误；
D．两块变压器铁芯没有组装在一起，会出现漏磁，副线圈电压将明显小于理论值，D 正确。
故选D。
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（3）根据变压器原理可得U 1
U 2
= n1
n2
，I 1
I 2
= n2
n1
根据欧姆定律R = U 2
I 2
则副线圈的等效电阻为R
' = U 1
I 1
=(
n1
n2)
2
R
将U 0等效为电源电动势，R0等效为电源内阻，R
'等效为外电阻，当R 获得的功率最大时，则有
R0= R
'
解得R =(
n2
n1)
2
R0
17．甲、乙、丙三位同学利用如图所示电磁感应实验装置进行的实验。
(1)如图1 所示，甲同学“探究感应电流方向”的实验，将线圈A 插入线圈B 中，闭合开关S 瞬间，
发现电流计指针右偏，则下列甲同学操作中同样能使指针向右偏转的有__________（填字母）。
A．开关闭合后将向A 线圈中插入铁芯
B．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向左滑动
C．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动
D．开关闭合后将A 线圈迅速从B 线圈中拔出
(2)如图2 所示，乙同学对课本演示实验装置改进后制作了“楞次定律演示仪”。演示仪由反向并联
的红、黄两只发光二极管（简称LED）、一定匝数的螺线管以及强力条形磁铁组成。正确连接好实
验电路后。将条形磁铁从图示位置向下移动一小段距离，出现的现象是__________（填字母）。
A．红灯短暂发光、黄灯不发光
B．红灯、黄灯均不发光
C．红灯不发光、黄灯短暂发光
D．两灯交替短暂发光
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(3)如图3 所示，丙同学利用光敏电阻制作了电磁感应演示实验装置。图中R 为光敏电阻（光照强度
变大，电阻变小），轻质金属环A 用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴（A 线圈平面与螺线管线圈平面
平行），并位于螺线管右侧。当光照增强时，从右向左看，金属环A 出现的现象是__________（填
字母）。
A．金属环A 中电流方向顺时针，将向左运动
B．金属环A 中电流方向顺时针，将向右运动
C．金属环A 中电流方向逆时针，将向左运动
D．金属环A 中电流方向逆时针，将向右运动
【答案】(1)AC
(2)C
(3)B
【详解】（1）由题意可知，将线圈A 插入线圈B 中，闭合开关，通过线圈B 的磁通量增大，电流
计指针向右偏转。
A．开关闭合后将向A 线圈插入铁芯，通过线圈B 的磁通量增大，电流计指针向右偏转，故A 正确；
B．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器接入电路阻值变大，线圈A 电流减小，
通过线圈B 的磁通量减小，电流计指针向左偏转，故B 错误；
C．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动，滑动变阻器接入电路阻值变小，线圈A 电流增大，
通过线圈B 的磁通量增大，电流计指针向右偏转，故C 正确；
D．开关闭合后，后将A 线圈迅速从B 线圈中拔出，通过线圈B 的磁通量减小，电流计指针向左偏
转，故D 错误。
故选AC。
（2）将条形磁铁向下移动一小段距离，穿过螺线管的向下的磁通量增加，根据楞次定律和安培定
则可知，感应电流从螺线管最下方的导线中向右流出，根据二极管具有单向导电性可知，红灯不发
光、黄灯短暂发光。
故选C。
（3）当光照增强时，热敏电阻的阻值减小，回路电流增大，螺线管产生的磁场增大，穿过金属环
A 的向右的磁通量增大，根据楞次定律可知，从右向左看，金属环A 中电流方向顺时针，螺线管电
流方向为逆时针，由于反向电流相互排斥，可知金属环将向右运动。
故选B。
四．计算题
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18．如图所示是某同学模拟远距离输电的实验示意图，矩形线圈abcd 电阻不计，面积S=0.02m2，
匝数N=100 匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的OO'轴以角速度ω=10πrad/s 匀速转动。已知磁感应
强度大小B = √2
10 π T，输电线路等效电阻R=2Ω，输电功率保持P=400W 不变，电压表是理想交流
电压表，升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器。从图示位置开始计时。
(1)写出感应电动势随时间变化的关系式；
(2)若用户得到的功率为350W，求升压变压器T 1原、副线圈的匝数比n1
n2
。
【答案】(1)e =2√2cos(10t )V
(2) 1
40
【详解】（1）当t=0 时，矩形线圈平面平行于磁感线，线圈ab 和cd 正好垂直切割磁感线，所以
t=0 时，感应电动势为最大值 Em= BSω
感应电动势的瞬时表达式为e = Emcosωt
代入数据可得e =2√2cos(10t )V
（2）由输电功率P=400W，用户得到的功率P' =350W
可知导线消耗的功率Δ P = P−P
' =50W
导线上的电流I 线满足Δ P = I 线
2 R
即I 线=5 A
因为线圈内阻不计，所以发电机输出的有效值U 即为感应电动势的有效值，所以U = 2√2
√2 V =2V
升压变压器 T 1原线圈中的电流I 满足关系P = UI
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即I = P
U =200 A
升压变压器 T 1原线圈中的电流I 和副线圈中的电流 I 线的关系为n1 I =n2 I 线
所以
n1
n2
= I 线
I = 1
40
19．图甲为磁悬浮电梯，它是通过磁场的运动使其运行的装置。图乙为其简化后的原理图，主要包
括磁场、含有导线框的轿厢、两根绝缘的竖直导轨，导轨间距为b，间隔分布的匀强磁场的磁感应
强度为B，方向垂直于导轨平面向里，相邻磁场间的距离和磁场宽度均为a。当磁场在竖直方向分
别以速v1、v2、v3向上匀速运动时，跨在两导轨间的导线框MNPQ将受到磁场力，从而使轿厢悬
停、向上或向下运动。已知导线框的长为b、宽为a、总电阻为R，重力加速度为g，摩擦和空气阻
力可忽略，则：
(1)轿厢悬停在图示位置时，MN边的电流方向？
(2)轿厢的总质量M 多大？
(3)轿厢向上匀速运动时，外界提供给轿厢的功率P 为多少？
【答案】(1)M →N
(2)M = B
2b
2v1
gR
(3)P = B
2b
2v1v2
R
【详解】（1）根据右手定则可知，MN边的电流方向为M →N
（2）磁场以v1匀速运动时线框处于静止状态，线框中电动势为E = Bb v1
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线框中的电流大小为I 1= E1
R
由平衡关系得B I 1b= Mg
解得M = B
2b
2v1
gR
（3）当磁场以v2运动时，线框向上运动，当线框的加速度为零时，轿厢向上达到最大速度，则电
动势E2= Bb(v2−v上)、I 2= E2
R
由平衡关系B I 2b= Mg
解得v上= v2−v1
电梯向上匀速运动时，外界提供给轿厢的总能量等于线圈中产生的焦耳热与轿厢重力势能增加量之
和，故有P = I 2
2 R + Mg v上
解得P = B
2b
2v1v2
R
20．如图甲所示，粗细均匀的无限长光滑平行导轨固定在倾角θ =30°的斜面上，在边界EF 下方区
域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场B，有两根相同金属棒ab、cd 分别从磁场边界EF 上方
x0=10 m位置和边界EF 位置同时由静止释放，cd 棒运动的v −t图像如图乙所示，其中OM、NP 段
为曲线，其它段为直线。已知磁感应强度B = 4 T，导轨间距L=0.5 m，导体棒的质量均为
m=0.2kg，导体棒电阻均为R =2Ω，导轨电阻不计，g 取10 m /s
2。求：
(1)v1的大小并直接写出ab 棒在整个运动过程中加速度的最大值；
(2)从t =0到t =2s导体棒cd 位移大小xcd；
(3)导体棒ab 进入磁场后，通过导体棒ab 的电荷量q1。
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【答案】(1)v1=1m/s，amax= 40 m/s
2
(2)xcd =1.8 m
(3)0.45C
【详解】（1）设2s 前cd 达到匀速直线运动时的速度为v1，cd 棒受平衡力B I 1 L=mgsinθ
代入题中数据，解得I 1=0.5 A
因为I 1= BLv1
2 R
联立解得v1=1m/s
2s 时ab 棒刚好进入磁场va=at1=10m/s
电路中的感应电流I 2= BLva−BLv1
2 R
对ab棒根据牛顿第二定律B I 2 L−mgsinθ =mamax
可得ab 棒在整个运动过程中加速度的最大值amax= 40 m/s
2
（2）cd 棒在0~2s 的运动过程，以v1的方向为正方向，由动量定理得
mgsinθ×t1−∑
❑
❑
❑BiLΔt =m v1
因为q =iΔt
因为q = I Δt = E
2 R Δt =
ΔΦ
Δt
2 R Δt = BL xcd
2 R
联立解得xcd =1.8 m
（3）ab 棒先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin =ma
2s 时ab 棒刚好进入磁场，其速度大小va=at1
设ab 棒进入磁场后经过时间t2与cd 棒速度相等，一起做匀加速直线运动，以v1的方向为 正方向，
则对cd 棒有mgsinθ×t2+∑BLi' Δt2=m v2−m v1
以沿斜面向下的方向为正方向，对ab 棒有mgsinθ×t2−∑BLi
' Δt2=m v2−m va
因为q1=∑
❑
❑
❑i
'Δt2
联立解得q1=0.45C
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