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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（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；
D．在输送功率一定时，电流I = P
U
输电线上损失的功率为ΔP＝I2R=( P
U )
2 R
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
1
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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（ ）
2
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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
的匝数为n 的线圈如图所示放置。当磁场以ΔB
Δt 的变化率变化时，线圈中感应电动势为
（ ）
A．n ΔB
Δt ⋅π r
2
B．ΔB
Δt ⋅π r
2
C．n ΔB
Δt ⋅L
2
D．ΔB
Δt ⋅L
2
【解答】解：穿过线圈的磁通量Φ＝BS＝BL2
由法拉第电磁感应定律可得E =n ΔΦ
Δt =n ΔB
Δt L
2，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
3
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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；
4
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B．受电线圈两端电压为U 2= n2
n1
U 1= 1
22 ×220V =10V
设接手机电池两端的电压为U'，根据有效值定义可得：
U 2
2
R ⋅T
2 = U '
2
R T
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√2 A
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；
CD．由交变电流有效值的定义可得( I m
√2 )
2 R⋅T
3 + I m
2 R⋅T
3 = I
2 RT
代入数据解得I =2√2 A，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
5
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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S1；电容器两极板间距为d，极板面积为S2，板间介质为空气
（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t1～t2时间内悬停在
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 = εr S
4 πkd 。则
（ ）
A．颗粒带正电
B．颗粒质量为qN S1(B2−B1)
g(t2−t1)
C．t1～t2时间内，a 点电势高于b 点电势
D．电容器极板带电量大小为N S1S2(B2−B1)
4 πkd(t2−t1)
【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、由法拉第电磁感应定律可得电容器板间电压U = E = N B2−B1
t2−t1
S1，对颗粒，由平衡
6
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条件可知mg=qE =q U
d ，联立解得m= qU
gd = qN (B2−B1)S1
gd(t2−t1)
，故B 错误；
C、t1～t2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
等，故C 错误；
D、电容器的电容为C = εr S
4 πkd =
S2
4 πkd ，两板间的电势差为U = E = N B2−B1
t2−t1
S1，联立
解得电容器极板带电量大小：Q =CU = N S1S2(B2−B1)
4 πkd(t2−t1) ，故D 正确。
故选：D。
11．有一台内阻为1Ω 的发电机，给一个学校照明供电，如图所示，T1、T2分别为理想的升
压变压器和降压变压器，升压变压器匝数比为1：4，降压变压器匝数比为4：1，T1与
T2之间输电线的总电阻为10Ω，全校共有22 个班，每班有220V、40W 的电灯6 盏，若
保证电灯全部正常发光，则（ ）
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＝NP0＝22×40×6W＝5280W，
设线路电流为I 线，输电电压为U2，降压变压器原线圈电压为U3，副线圈上的电压为
U4，则U 3
U 4
= n3
n4
= 4
1
所以：U3＝880V
输电线上的电流为：I 线= P用
U 3
= 5280
880 A＝6A，故A 错误；
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U2＝U 损+U3＝60V+880V＝940V
由
U 1
U 2
= n1
n2
代入数据得：U1＝235V，
7
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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
升压变压器原线圈电流：I 1= P出
U 1
= 5640
235 A＝24A，
发电机的电动势：E＝I1r+U1＝24×1V+235V＝259V，故B 正确，C 错误；
D、输电效率为η= P用
P出
×100%= 5280
5640 ×100%＝93.6%，故D 错误。
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（
）
A．n 倍
B．n2倍
C．1
n倍
D．1
n
2倍
【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R1，小皮带轮半径为
R2，摇动手柄的角速度为ω，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，灯泡电阻为
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
电流。摇动过程中皮带不打滑。则下列说法中正确的是（ ）
A．小灯泡闪烁的频率为ω R1
2π R2
B．提高摇动手柄的角速度ω，可以提高小灯泡的闪烁频率及亮度
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π N
2B
2S
2ωR
4( R+r )
2
8
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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NBS
R+r
【解答】解：皮带不打滑，两轮边缘的线速度相等，则ωR1＝ω'R2，线圈转动的角速度
即小皮带轮转动的角速度ω′= ω R1
R2
AB、交流点的频率f= ω'
2π =
ω R1
R2
2π = ω R1
2π R2
，灯泡闪烁的频率f'＝2f＝2× ω R1
2π R2
= ω R1
π R2
，感应电动势的峰值Em ＝NBSω′ = NBS R1ω
R2
，感应电动势的有效值E
= Em
√2 = √2 NBS R1ω
2 R2
，由闭合电路的欧姆定律得：I=
E
R+r ，小灯泡的功率P＝I2R
= N
2B
2S
2 R1
2ω
2 R
2 R2
2( R+r )
2
，提高摇动手柄的角速度ω，f'变大，灯泡的实际功率P 增大，则小
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
= N
2B
2S
2 R1
2ω
2 R
2 R2
2( R+r )
2
×
π
2
ω R1
R2
= π N
2B
2S
2 R1ωR
4 R2( R+r )
2
，故C 错误；
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：
E = N ΔΦ
t
= N BS
t ，由闭合电路的欧姆定律得：I =
E
R+r ，通过灯泡的电荷量：q= It，
解得：q= NBS
R+r ，故D 正确。
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＝10Ω，则下列说法正确的是（ ）
A．线路上损耗的功率25000W
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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U4大小不会改变
【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nA1：nA2＝100：1，电压表的示数为UV＝220V
由理想变压器原、副线圈电压关系得：
U 2
U V
= nA 1
nA 2
，代入数据得U2＝2.2×104V；
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nB1：nB2＝1：
10，电流表的示数为IA＝5A
由理想变压器原、副线圈电流关系得：I
I A
= nB2
nB1
，代入数据得输电线中的电流I＝50A。
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＝U2I＝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U1、U2均均减小，由U3＝U2
﹣Ir，可得降压变压器输入电压U3减小，降压变压器输出电压U4减小，故D 错误。
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
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R
2 的金属杆
OM，可绕过圆心O 的转轴以恒定的角速度ω 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
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
C．电流表示数的最大值为Br
2ω
3 R
D．电流表示数的最小值为Br
2ω
4 R
【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•
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ωr +0
2
= 1
2 Br
2ω，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。
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
入电路的电阻最大为：Rm= R⋅R
R+ R = R
2 ，回路中总电阻最大，则电流最小，有：
I min=
1
2 Br
2ω
R+ R
2 + R
2
= Br
2ω
4 R ，故D 正确。
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，
则电流最大，有：I m=
E
R+ R
2
=
1
2 Br
2ω
3 R
2
= Br
2ω
3 R ，故C 正确；
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L1为原线圈，L2为副线圈，
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 2 （选填“L1”
或“L2”）的 磁通量 发生了变化；
（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L1线圈
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 1线圈迅速插入、抽出来改变穿过线圈
L 2的磁通量研究电磁感应
现象产生的条件 。能，因为；或不能，因为。
【解答】解：（1）穿过线圈L2的磁通量发生变化，发生电磁感应现象，产生感应电流。
11
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（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L2的磁通
量增大时，灵敏电流计的指针向右偏；则闭合开关后，将L1线圈迅速抽出的过程中，
穿过线圈L2的磁通量减小，电流计的指针将向左偏。
（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L1线圈迅速插入、抽出来改变穿过线圈L2的磁通量；可以通过开关的闭合、断开
瞬间来改变穿过线圈L2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
过线圈L2的磁通量；从而研究电磁感应现象产生的条件。
故答案为：（1）L2；磁通量；（2）左；（3）还能做实验；如可以通过将L1线圈迅速
插入、抽出来改变穿过线圈L2的磁通量研究电磁感应现象产生的条件。
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。
12
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（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
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（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
36
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
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【解答】解：（1）由电阻定律R= ρ L
S 可知，两线圈外观基本相同，则材料与横截面积
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n2 减小，与灯泡相连的线圈匝数n2 减少，根据
U 1
U 2
= n1
n2
可知副线圈电压U2变小，灯泡功率P= U 2
2
R
变小，灯泡变暗；
（4）由理想变压器的变压比可知：U 1
U 2
= n1
n2
，代入数据解得：U2＝3V，实验过程由于
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θ＝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
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+mgsinθ
﹣F 安＝ma
而安培力F 安＝BIL＝B× BLv
2 R ×L
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联立可得a= F
m + 1
2 g−B
2 L
2v
2mR
由图乙可知，v＝0 时，a＝g，所以有：g= F
m + 1
2 g
解得：F= 1
2 mg
当a＝0 时，速度为v1，所以有：0= F
m + 1
2 g−B
2 L
2v1
2mR
解得：B= 1
L√
2mgR
v1
（3）电荷量q= I △t =
△Φ
△t
2 R ×△t = △Φ
2 R = BLd
2 R =d√
mg
2 R v1
（4）从开始运动到速度稳定，根据能量守恒定律有：
Fd+mgdsin30°= 1
2 m v1
2+2Q
解得：Q= 1
2 mgd −1
4 m v1
2
答：（1）拉力的大小F 为1
2 mg；
（2）磁场的磁感应强度大小B 为1
L√
2mgR
v1
；
（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√
mg
2 R v1
；
（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
2 mgd −1
4 mv1
2。
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＝2Ω，线圈
的两端经集流环与电阻R 连接，阻值R＝8Ω，与R 并联的交流电压表为理想电表。在t
＝0 时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ 随时间t 按图乙所示正
弦规律变化。（取π＝3.14）求：
（1）交流发电机产生的电动势的最大值；
（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。
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【解答】解：（1）由Φ﹣t 图线可知Φm=2.0×10
−2Wb，T＝6.28×10﹣2s
所以求出角频率：ω= 2π
T =
2×3.14
6.28×10
−2 rad / s=100rad / s
因为
Φm ＝BS ，交流发电机产生的电动势的最大值：
Em=nBSω=nΦmω=50×2.0×10
−2×100V =100V
（2）电动势的有效值：E= Em
√2 = 100
√2
V=50√2V
由闭合电路欧姆定律得，电路中电流的有效值为：I=
E
R+r = 50√2
8+2 A=5√2A
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 =Φm=2.0×10
−2Wb
通过线圈的电荷量：q= I ⋅Δt =
E
R+r •Δt＝n
ΔΦ
Δt( R+r ) Δt =n ΔΦ
R+r 50× 2×10
−2
8+2
C =
0.1C
根据焦耳定律可得：Q = E
2
R+r t = (50√2)
2
8+2
× 6.28×10
−2
4
J =7.85 J
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。
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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v0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
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＝Bdv0
由闭合电路欧姆定律得：I =
E
R+r
可得通过金属棒的最大电流为：I = Bd v0
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，
时间为Δt，则由闭合电路欧姆定律得平均电流：I =
E
R+r
根据法拉第电磁感应定律得：E = ΔΦ
Δt = BdL
Δt
通过金属棒的电荷量为：q = I Δt
联立解得：q = BdL
R+r
（3）根据能量守恒定律，得1
2 ( M +m)v0
2=Q电+Q阻
根据焦耳定律Q＝I2Rt，可知Q电= R+r
R
Q
R= E
I −r＝E•1
I −r
解得：W 阻=Q阻= 1
2 ( M +m)v0
2−R+r
R
Q
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答：（1）通过金属棒的最大电流为Bd v0
R+r 。
（2）通过金属棒的电荷量为BdL
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1
2 ( M +m)v0
2−R+r
R
Q。
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