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选修第二册第二节 交变电流随堂练习题
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这是一份选修第二册第二节 交变电流随堂练习题，共21页。试卷主要包含了下列四种情境中说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
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；
D．在输送功率一定时，电流I=PU
输电线上损失的功率为ΔP＝I2R=(PU)2R
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
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（ ）
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ΔBΔt的变化率变化时，线圈中感应电动势为（ ）
A．nΔBΔt⋅πr2 B．ΔBΔt⋅πr2 C．nΔBΔt⋅L2 D．ΔBΔt⋅L2
【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=nΔΦΔt=nΔBΔtL2，故ABD错误，C正确。
故选：C。
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52V
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；
B．受电线圈两端电压为U2=n2n1U1=122×220V=10V
设接手机电池两端的电压为U'，根据有效值定义可得：
U22R⋅T2=U'2RT
解得：U'=52V，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22A
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(Im2)2R⋅T3+Im2R⋅T3=I2RT
代入数据解得I=22A，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=εrS4πkd。则（ ）
A．颗粒带正电
B．颗粒质量为qNS1(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NS1S2(B2−B1)4πkd(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=NB2−B1t2−t1S1，对颗粒，由平衡条件可知mg=qE=qUd，联立解得m=qUgd=qN(B2−B1)S1gd(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=εrS4πkd=S24πkd，两板间的电势差为U=E=NB2−B1t2−t1S1，联立解得电容器极板带电量大小：Q=CU=NS1S2(B2−B1)4πkd(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U3U4=n3n4=41
所以：U3＝880V
输电线上的电流为：I线=P用U3=5280880A＝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U1U2=n1n2
代入数据得：U1＝235V，
线路损失功率：P损=I线2R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：I1=P出U1=5640235A＝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%=52805640×100%＝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．1n倍 D．1n2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ωR12πR2
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πN2B2S2ωR4(R+r)2
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NBSR+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′=ωR1R2
AB、交流点的频率f=ω'2π=ωR1R22π=ωR12πR2，灯泡闪烁的频率f'＝2f＝2×ωR12πR2=ωR1πR2，感应电动势的峰值Em＝NBSω′=NBSR1ωR2，感应电动势的有效值E=Em2=2NBSR1ω2R2，由闭合电路的欧姆定律得：I=ER+r，小灯泡的功率P＝I2R=N2B2S2R12ω2R2R22(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=N2B2S2R12ω2R2R22(R+r)2×π2ωR1R2=πN2B2S2R1ωR4R2(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=NΔΦt=NBSt，由闭合电路的欧姆定律得：I=ER+r，通过灯泡的电荷量：q=It，解得：q=NBSR+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
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：U2UV=nA1nA2，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：IIA=nB2nB1，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R2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Br2ω3R
D．电流表示数的最小值为Br2ω4R
【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•ωr+02=12Br2ω，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⋅RR+R=R2，回路中总电阻最大，则电流最小，有：Imin=12Br2ωR+R2+R2=Br2ω4R，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：Im=ER+R2=12Br2ω3R2=Br2ω3R，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 L2 （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 。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。
（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。
（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
（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．32V
【解答】解：（1）由电阻定律R=ρLS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U1U2=n1n2可知副线圈电压U2变小，灯泡功率P=U22R变小，灯泡变暗；
（4）由理想变压器的变压比可知：U1U2=n1n2，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×BLv2R×L
联立可得a=Fm+12g−B2L2v2mR
由图乙可知，v＝0时，a＝g，所以有：g=Fm+12g
解得：F=12mg
当a＝0时，速度为v1，所以有：0=Fm+12g−B2L2v12mR
解得：B=1L2mgRv1
（3）电荷量q=I△t=△Φ△t2R×△t=△Φ2R=BLd2R=dmg2Rv1
（4）从开始运动到速度稳定，根据能量守恒定律有：
Fd+mgdsin30°=12mv12+2Q
解得：Q=12mgd−14mv12
答：（1）拉力的大小F为12mg；
（2）磁场的磁感应强度大小B为1L2mgRv1；
（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dmg2Rv1；
（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12mgd−14mv12。
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。
【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=2πT=2×3.146.28×10−2rad/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=Em2=1002V=502V
由闭合电路欧姆定律得，电路中电流的有效值为：I=ER+r=5028+2A=52A
交流电压表的示数为：U＝IR=52×8V=402V
（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=ER+r•Δt＝nΔΦΔt(R+r)Δt=nΔΦR+r50×2×10−28+2C=0.1C
根据焦耳定律可得：Q=E2R+rt=(502)28+2×6.28×10−24J=7.85J
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402V；
（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。
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=ER+r
可得通过金属棒的最大电流为：I=Bdv0R+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=ER+r
根据法拉第电磁感应定律得：E=ΔΦΔt=BdLΔt
通过金属棒的电荷量为：q=IΔt
联立解得：q=BdLR+r
（3）根据能量守恒定律，得12(M+m)v02=Q电+Q阻
根据焦耳定律Q＝I2Rt，可知Q电=R+rRQ
R=EI−r＝E•1I−r
解得：W阻=Q阻=12(M+m)v02−R+rRQ
答：（1）通过金属棒的最大电流为Bdv0R+r。
（2）通过金属棒的电荷量为BdLR+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12(M+m)v02−R+rRQ。
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=PU
输电线上损失的功率为ΔP＝I2R=(PU)2R
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
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（ ）
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ΔBΔt的变化率变化时，线圈中感应电动势为（ ）
A．nΔBΔt⋅πr2 B．ΔBΔt⋅πr2 C．nΔBΔt⋅L2 D．ΔBΔt⋅L2
【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=nΔΦΔt=nΔBΔtL2，故ABD错误，C正确。
故选：C。
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52V
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；
B．受电线圈两端电压为U2=n2n1U1=122×220V=10V
设接手机电池两端的电压为U'，根据有效值定义可得：
U22R⋅T2=U'2RT
解得：U'=52V，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22A
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(Im2)2R⋅T3+Im2R⋅T3=I2RT
代入数据解得I=22A，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=εrS4πkd。则（ ）
A．颗粒带正电
B．颗粒质量为qNS1(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NS1S2(B2−B1)4πkd(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=NB2−B1t2−t1S1，对颗粒，由平衡条件可知mg=qE=qUd，联立解得m=qUgd=qN(B2−B1)S1gd(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=εrS4πkd=S24πkd，两板间的电势差为U=E=NB2−B1t2−t1S1，联立解得电容器极板带电量大小：Q=CU=NS1S2(B2−B1)4πkd(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U3U4=n3n4=41
所以：U3＝880V
输电线上的电流为：I线=P用U3=5280880A＝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U1U2=n1n2
代入数据得：U1＝235V，
线路损失功率：P损=I线2R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：I1=P出U1=5640235A＝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%=52805640×100%＝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．1n倍 D．1n2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ωR12πR2
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πN2B2S2ωR4(R+r)2
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NBSR+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′=ωR1R2
AB、交流点的频率f=ω'2π=ωR1R22π=ωR12πR2，灯泡闪烁的频率f'＝2f＝2×ωR12πR2=ωR1πR2，感应电动势的峰值Em＝NBSω′=NBSR1ωR2，感应电动势的有效值E=Em2=2NBSR1ω2R2，由闭合电路的欧姆定律得：I=ER+r，小灯泡的功率P＝I2R=N2B2S2R12ω2R2R22(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=N2B2S2R12ω2R2R22(R+r)2×π2ωR1R2=πN2B2S2R1ωR4R2(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=NΔΦt=NBSt，由闭合电路的欧姆定律得：I=ER+r，通过灯泡的电荷量：q=It，解得：q=NBSR+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
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：U2UV=nA1nA2，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：IIA=nB2nB1，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R2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Br2ω3R
D．电流表示数的最小值为Br2ω4R
【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•ωr+02=12Br2ω，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⋅RR+R=R2，回路中总电阻最大，则电流最小，有：Imin=12Br2ωR+R2+R2=Br2ω4R，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：Im=ER+R2=12Br2ω3R2=Br2ω3R，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 L2 （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 。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。
（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。
（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
（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．32V
【解答】解：（1）由电阻定律R=ρLS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U1U2=n1n2可知副线圈电压U2变小，灯泡功率P=U22R变小，灯泡变暗；
（4）由理想变压器的变压比可知：U1U2=n1n2，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×BLv2R×L
联立可得a=Fm+12g−B2L2v2mR
由图乙可知，v＝0时，a＝g，所以有：g=Fm+12g
解得：F=12mg
当a＝0时，速度为v1，所以有：0=Fm+12g−B2L2v12mR
解得：B=1L2mgRv1
（3）电荷量q=I△t=△Φ△t2R×△t=△Φ2R=BLd2R=dmg2Rv1
（4）从开始运动到速度稳定，根据能量守恒定律有：
Fd+mgdsin30°=12mv12+2Q
解得：Q=12mgd−14mv12
答：（1）拉力的大小F为12mg；
（2）磁场的磁感应强度大小B为1L2mgRv1；
（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dmg2Rv1；
（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12mgd−14mv12。
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。
【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=2πT=2×3.146.28×10−2rad/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=Em2=1002V=502V
由闭合电路欧姆定律得，电路中电流的有效值为：I=ER+r=5028+2A=52A
交流电压表的示数为：U＝IR=52×8V=402V
（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=ER+r•Δt＝nΔΦΔt(R+r)Δt=nΔΦR+r50×2×10−28+2C=0.1C
根据焦耳定律可得：Q=E2R+rt=(502)28+2×6.28×10−24J=7.85J
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402V；
（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。
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=ER+r
可得通过金属棒的最大电流为：I=Bdv0R+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=ER+r
根据法拉第电磁感应定律得：E=ΔΦΔt=BdLΔt
通过金属棒的电荷量为：q=IΔt
联立解得：q=BdLR+r
（3）根据能量守恒定律，得12(M+m)v02=Q电+Q阻
根据焦耳定律Q＝I2Rt，可知Q电=R+rRQ
R=EI−r＝E•1I−r
解得：W阻=Q阻=12(M+m)v02−R+rRQ
答：（1）通过金属棒的最大电流为Bdv0R+r。
（2）通过金属棒的电荷量为BdLR+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12(M+m)v02−R+rRQ。
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