1、1第十章 电磁感应 交变电流本章综合能力提升练(限时：45 分钟)一、单项选择题1.如图 1，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，一条形磁铁插向其中一个小环，取出后又插向另一个小环，看到的现象是( )图 1A.磁铁插向左环，横杆发生转动B.磁铁插向右环，横杆发生转动C.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动答案 B解析 左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动.右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动，故选项 B 正确.2.如图 2 甲所示，磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区
2、，刷卡器中有检测线圈.当以速度 v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其 E t 关系如图乙所示.如果只将刷卡速度改为 ，线圈中的 E t 关系图可能是( )v02图 22答案 D解析 刷卡速度为 v0时， E0 BLv0， t0 ，刷卡速度变为 时，根据法拉第电磁感应定律dv0 v02可知 E BL ，最大感应电动势变为原来的一半，感应电动势变化的周期v02 E02t 2 t0，周期变为原来的 2 倍，D 项正确.dv023.如图 3 甲，闭合的圆线圈放在匀强磁场中， t0 时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，则在 02s 内线圈中感应电流的大小和方向为
3、( )图 3A.逐渐增大，逆时针B.逐渐减小，顺时针C.大小不变，顺时针D.大小不变，先顺时针后逆时针答案 C解析 第 1s 内，磁场的方向垂直于纸面向里，且磁感应强度均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向；第 2s 内，磁场的方向垂直于纸面向外，且磁感应强度均匀增加，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向.由 E 可知，这 2s 内感应电动势恒定，故产生的电流大小不变，方向一直为 t BS t顺时针，故 C 正确，A、B、D 错误.4.远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的 n 倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是(
4、)A.输电线上的电功率损失是原来的1n23B.输电线上的电功率损失是原来的1nC.输电线上的电压损失是原来的12nD.输电线上的电压损失是原来的1n2答案 A解析 设输送的电功率一定，为 P，输送电压为 U，输电线上功率损失为 P，电压损失为 U，电流为 I，输电线总电阻为 R.由 P UI 知， I ，则得PU P I2R ， U IR ，可知输送电压增为原来的 n 倍，则输电线上电功率损失变为P2RU2 PRU原来的 ，损失的电压变为原来的 ，故 A 正确，B、C、D 错误.1n2 1n5.如图 4 所示，两根相距为 l 的平行直导轨 ab、 cd， b、 d 间连有一定值电阻 R，导轨电
5、阻可忽略不计. MN 为放在 ab 和 cd 上的一导体杆，与 ab 垂直，其电阻也为 R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为 B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里).现对 MN施力使它沿导轨方向以速度 v 水平向右做匀速运动.令 U 表示 MN 两端电压的大小，则( )图 4A.U Blv，流过定值电阻 R 的感应电流由 b 经 R 到 d12B.U Blv，流过定值电阻 R 的感应电流由 d 经 R 到 bC.MN 受到的安培力大小 FA ，方向水平向右B2l2v2RD.MN 受到的安培力大小 FA ，方向水平向左B2l2vR答案 A解析 导体杆 MN 做切割磁感线运动，产
6、生感应电动势，相当于一个内阻为 R 的电源，电路中电源电动势为 E Blv， U 表示路端电压，所以根据闭合电路欧姆定律可得：U E Blv，根据右手定则可得流过电阻 R 的电流方向由 b 到 d，A 正确，B 错误；根RR R 12据公式 FA BIl 可得 MN 受到的安培力大小 FA BIl ，方向向左，C、D 错误.B2l2v2R二、多项选择题46.(2018牌头中学期中改编)如图 5 所示，固定的水平长直导线中通有向右的电流 I，矩形闭合导线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行.将线框由静止释放，不计空气阻力，则在线框下落过程中( )图 5A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中
7、感应电流的方向为顺时针C.线框所受安培力的合力竖直向上D.线框的机械能不断增大答案 BC解析 在线框下落过程中，所在处磁场减弱，穿过线框的磁通量减小，故 A 错误；电流 I 产生的磁场在导线的下方垂直于纸面向里，下落过程中，因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以感应电流的方向为顺时针，故 B 正确；由于离导线越远的地方磁场越弱，所以线框的上边受到的安培力大小大于下边受到的安培力大小，合力的方向向上，故 C 正确；下落过程中，安培力对线框做负功，机械能减小，故 D 错误.7.图 6 甲是小型交流发电机的示意图，两磁极 N、S 间的磁场可视为水平方
8、向的匀强磁场，为理想交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴 OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示.以下判断正确的是( )图 6A.电流表的示数为 10AB.线圈转动的角速度为 50rad/sC.0.01s 时线圈平面与磁场方向平行D.0.02s 时电阻 R 中电流的方向自右向左答案 AC解析 电流表测量的是交变电流的有效值，根据图象知交变电流的最大值为 10 A，因此有2效值为 10A，A 正确；根据图象知交变电流的周期为 T0.02s，则5 100rad/s，B 错误；0.01s 时交变电流的感应电动势最大，说明线圈的速度方向2T与磁感线垂直，
9、因此线圈平面与磁场方向平行，C 正确；0.02s 时，线圈所处位置与题图甲中的线圈位置相同，根据右手定则知通过电阻 R 的电流方向自左向右，D 错误.8.一理想变压器，原、副线圈的匝数比为 41.原线圈接在一个交流电源上，交流电的变化规律如图 7 所示.副线圈所接的负载电阻是 11.则( )图 7A.副线圈输出交流电的周期为 0.02sB.副线圈输出电压为 55VC.流过副线圈的电流是 5AD.变压器输入、输出功率之比为 41答案 ABC解析 由图象可知，交流电的周期为 0.02s，变压器不会改变交流电的频率和周期，所以副线圈输出交流电的周期也为 0.02s，所以 A 正确；由图象可知，交流电
10、的电压的最大值为311V，所以输入的电压的有效值为 U1 V220V，根据电压与匝数成正比可知，3112 ，所以副线圈输出电压 U2为 55V，所以 B 正确；根据 I 可得电流 I A5A，所U1U2 n1n2 UR 5511以 C 正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以 D 错误.9.如图 8 所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头 Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻 R0和滑动变阻器 R， P 为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为 U 的正弦交流电，则( )图 8A.保持 Q 的位置不动，将 P 向上滑动时，电流表读数变大B.保持
11、Q 的位置不动，将 P 向上滑动时，电流表读数变小C.保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时，电流表读数变大D.保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时，电流表读数变小答案 BC6解析 保持 Q 位置不动，副线圈电压 U2不变，当 P 上滑时， R 增大，由 P 可知总功U22R R0率减小，原线圈电压 U1不变，由 P U1I1可知原线圈电流 I1减小，故 A 错误，B 正确；当 P位置不动， Q 上滑时，由 知 U2增大， I2 增大，由 知原线圈电流 I1增大，U2U1 n2n1 U2R I1I2 n2n1故 C 正确，D 错误.10.(2018书生中学月考改编)竖直放置的平行光滑导轨
12、，其电阻不计，磁场方向如图 9 所示，磁感应强度 B0.5T，导体棒 ab 与 cd 长均为 0.2m，电阻均为 0.1，重力均为 0.1N，现用力向上拉导体棒 ab，使之匀速向上(与导轨接触良好，导轨足够长)，此时，导体棒 cd恰好静止，那么导体棒 ab 上升时，下列说法中正确的是( )图 9A.导体棒 ab 受到的拉力大小为 2NB.导体棒 ab 向上运动的速度为 2m/sC.在 2s 内，拉力做功转化为的电能是 0.4JD.在 2s 内，拉力做功为 0.6J答案 BC解析 导体棒 ab 匀速上升，受力平衡， cd 棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的系统，合外力为零，根据平衡条件可得： a
13、b 棒受到的拉力 F2 mg0.2N，故 A 错误；对 cd 棒，受到向下的重力 G 和向上的安培力 F 安 ，由平衡条件得： F 安 G，即 BIL G，又 I ，联立BLv2R得： v m/s2 m/s，故 B 正确；在 2s 内，电路产生的电能2GRB2L2 20.10.10.520.22Q t t 2J0.4J，故 C 正确；在 2s 内拉力做的功E22R BLv22R 0.50.22220.1W Fvt0.222J0.8J，故 D 错误.三、实验题11.实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系(1)实验室中有下列器材：A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B.条形磁铁C.直流电
14、源7D.多用电表E.开关、导线若干上述器材在本实验中不用的是_(填器材序号)，本实验中还需用到的器材有_.(2)该学生继续做实验，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压_(选填“增大” “减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压_(选填“增大” “减小”或“不变”)，上述“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”中采用的实验方法是_.答案 (1)BC 低压交流电源 (2)增大 减小 控制变量法四、计算题12.(2016浙江 4 月选考23)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图 10 所示.竖直固定在绝缘底
15、座上的两根长直光滑导轨，间距为 L.导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场 B.绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为 m，其中燃料质量为 m，燃料室中的金属棒 EF 电阻为 R，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触.引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒 CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路 CEFDC 面积减少量达到最大值 S，用时 t，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭.在 t 时间内，电阻 R 产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体.当燃烧室下方的可控喷气孔打开后.喷出燃气进一步加速火箭.图 10(1)求回路在 t 时间内感应电动势的平均值及通过金属棒 EF 的电荷量，并判
16、断金属棒 EF中的感应电流方向；(2)经 t 时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度大小 v0；(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为 m的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为 v，求喷气后火箭增加的速度 v.(提示：可选喷气前的火箭为参考系)答案 (1) 向右 (2) g t(3) vB S t B SR B2L SmR mm m8解析 (1)根据法拉第电磁感应定律，有 E t B S tq t ，电流方向向右I R B SR(2) t 时间内产生的平均感应电流 IER B SR t平均安培力 B LF I由动量定理有( mg) t mv0F解得 v
17、0 g tB2L SmR(3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正方向，由动量守恒定律得 m v( m m) v0，得 v v.mm m13.如图 11 所示，两足够长的平行光滑的金属导轨 MN、 PQ 相距为 L，导轨平面与水平面的夹角 30，导轨电阻不计，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上.长为 L 的金属棒 ab 垂直于 MN、 PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为 m、电阻为 R.两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为 R.现闭合开关 K，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为 F2 mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金
18、属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率.重力加速度为 g，求：图 11(1)金属棒能达到的最大速度 vm的大小；(2)灯泡的额定功率 PL；(3)若金属棒上滑距离为 s 时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑 2s 的过程中，金属棒上产生的热量 Q1.答案 (1) (2) (3) mgs3mgRB2L2 9m2g2R4B2L2 32 9m3g2R24B4L4解析 (1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动.设最大速度为 vm，则速度达到最大时有：E BLvm， I ， F BIL mgsin ，解得： vmE2R 3mgRB2L2(2)根据电功率表达式： PL I2R解得： PL( )2R E2R B2L2vm24R 9m2g2R4B2L29(3)设整个电路产生的热量为 Q，由能量守恒定律有：F2s Q mgsin 2s mvm212解得： Q3 mgs9m3g2R22B4L4根据串联电路特点，可知金属棒上产生的热量 Q1Q2解得： Q1 mgs .32 9m3g2R24B4L4
