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第十章 電磁感應(yīng) 交變電流 本章綜合能力提升練 (限時(shí)：45分鐘) 一、單項(xiàng)選擇題 1.如圖1，一輕質(zhì)橫桿兩側(cè)各固定一金屬環(huán)，橫桿可繞中心點(diǎn)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，一條形磁鐵插向其中一個(gè)小環(huán)，取出后又插向另一個(gè)小環(huán)，看到的現(xiàn)象是(　　) 圖1 A.磁鐵插向左環(huán)，橫桿發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng) B.磁鐵插向右環(huán)，橫桿發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng) C.無論磁鐵插向左環(huán)還是右環(huán)，橫桿都不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng) D.無論磁鐵插向左環(huán)還是右環(huán)，橫桿都發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng) 答案　B 解析　左環(huán)沒有閉合，在磁鐵插入過程中，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故橫桿不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng).右環(huán)閉合，在磁鐵插入過程中，產(chǎn)生感應(yīng)電流，橫桿將發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，故選項(xiàng)B正確. 2.如圖2甲所示，磁卡的磁條中有用于存儲(chǔ)信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測(cè)線圈.當(dāng)以速度v0刷卡時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，其E－t關(guān)系如圖乙所示.如果只將刷卡速度改為，線圈中的E－t關(guān)系圖可能是(　　) 圖2 答案　D 解析　刷卡速度為v0時(shí)，E0＝BLv0，t0＝，刷卡速度變?yōu)闀r(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝BL＝，最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)樵瓉淼囊话?，感?yīng)電動(dòng)勢(shì)變化的周期t′＝＝2t0，周期變?yōu)樵瓉淼?倍，D項(xiàng)正確. 3.如圖3甲，閉合的圓線圈放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，t＝0時(shí)磁感線垂直線圈平面向里穿過線圈，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，則在0～2s內(nèi)線圈中感應(yīng)電流的大小和方向?yàn)?　　) 圖3 A.逐漸增大，逆時(shí)針 B.逐漸減小，順時(shí)針 C.大小不變，順時(shí)針 D.大小不變，先順時(shí)針后逆時(shí)針 答案　C 解析　第1s內(nèi)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里，且磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，所以產(chǎn)生恒定的電流，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；第2s內(nèi)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外，且磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，所以產(chǎn)生恒定的電流，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向.由E＝＝可知，這2s內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，故產(chǎn)生的電流大小不變，方向一直為順時(shí)針，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤. 4.遠(yuǎn)距離輸送一定功率的交流電，若輸送電壓升高為原來的n倍，關(guān)于輸電線上的電壓損失和功率損失正確的是(　　) A.輸電線上的電功率損失是原來的 B.輸電線上的電功率損失是原來的 C.輸電線上的電壓損失是原來的 D.輸電線上的電壓損失是原來的 答案　A 解析　設(shè)輸送的電功率一定，為P，輸送電壓為U，輸電線上功率損失為ΔP，電壓損失為ΔU，電流為I，輸電線總電阻為R.由P＝UI知，I＝，則得ΔP＝I2R＝，ΔU＝IR＝，可知輸送電壓增為原來的n倍，則輸電線上電功率損失變?yōu)樵瓉淼?，損失的電壓變?yōu)樵瓉淼?，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤. 5.如圖4所示，兩根相距為l的平行直導(dǎo)軌ab、cd，b、d間連有一定值電阻R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì).MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體桿，與ab垂直，其電阻也為R.整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌所在平面(垂直紙面向里).現(xiàn)對(duì)MN施力使它沿導(dǎo)軌方向以速度v水平向右做勻速運(yùn)動(dòng).令U表示MN兩端電壓的大小，則(　　) 圖4 A.U＝Blv，流過定值電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到d B.U＝Blv，流過定值電阻R的感應(yīng)電流由d經(jīng)R到b C.MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向右 D.MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左 答案　A 解析　導(dǎo)體桿MN做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于一個(gè)內(nèi)阻為R的電源，電路中電源電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv，U表示路端電壓，所以根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：U＝E＝Blv，根據(jù)右手定則可得流過電阻R的電流方向由b到d，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)公式FA＝BIl可得MN受到的安培力大小FA＝BIl＝，方向向左，C、D錯(cuò)誤. 二、多項(xiàng)選擇題 6.(2018牌頭中學(xué)期中改編)如圖5所示，固定的水平長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有向右的電流I，矩形閉合導(dǎo)線框與導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi)，且一邊與導(dǎo)線平行.將線框由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，則在線框下落過程中(　　) 圖5 A.穿過線框的磁通量保持不變 B.線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針 C.線框所受安培力的合力豎直向上 D.線框的機(jī)械能不斷增大 答案　BC 解析　在線框下落過程中，所在處磁場(chǎng)減弱，穿過線框的磁通量減小，故A錯(cuò)誤；電流I產(chǎn)生的磁場(chǎng)在導(dǎo)線的下方垂直于紙面向里，下落過程中，因?yàn)榇┻^線框的磁通量隨線框下落而減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同，所以感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，故B正確；由于離導(dǎo)線越遠(yuǎn)的地方磁場(chǎng)越弱，所以線框的上邊受到的安培力大小大于下邊受到的安培力大小，合力的方向向上，故C正確；下落過程中，安培力對(duì)線框做負(fù)功，機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤. 7.圖6甲是小型交流發(fā)電機(jī)的示意圖，兩磁極N、S間的磁場(chǎng)可視為水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，為理想交流電流表.線圈繞垂直于磁場(chǎng)的水平軸OO′沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從圖示位置開始計(jì)時(shí)，產(chǎn)生的交變電流隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示.以下判斷正確的是(　　) 圖6 A.電流表的示數(shù)為10A B.線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為50πrad/s C.0.01s時(shí)線圈平面與磁場(chǎng)方向平行 D.0.02s時(shí)電阻R中電流的方向自右向左 答案　AC 解析　電流表測(cè)量的是交變電流的有效值，根據(jù)圖象知交變電流的最大值為10A，因此有效值為10A，A正確；根據(jù)圖象知交變電流的周期為T＝0.02s，則ω＝＝100πrad/s，B錯(cuò)誤；0.01s時(shí)交變電流的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，說明線圈的速度方向與磁感線垂直，因此線圈平面與磁場(chǎng)方向平行，C正確；0.02s時(shí)，線圈所處位置與題圖甲中的線圈位置相同，根據(jù)右手定則知通過電阻R的電流方向自左向右，D錯(cuò)誤. 8.一理想變壓器，原、副線圈的匝數(shù)比為4∶1.原線圈接在一個(gè)交流電源上，交流電的變化規(guī)律如圖7所示.副線圈所接的負(fù)載電阻是11Ω.則(　　) 圖7 A.副線圈輸出交流電的周期為0.02s B.副線圈輸出電壓為55V C.流過副線圈的電流是5A D.變壓器輸入、輸出功率之比為4∶1 答案　ABC 解析　由圖象可知，交流電的周期為0.02s，變壓器不會(huì)改變交流電的頻率和周期，所以副線圈輸出交流電的周期也為0.02s，所以A正確；由圖象可知，交流電的電壓的最大值為311V，所以輸入的電壓的有效值為U1＝V≈220V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，＝，所以副線圈輸出電壓U2為55V，所以B正確；根據(jù)I＝可得電流I＝A＝5A，所以C正確；理想變壓器的輸入功率和輸出功率相等，所以D錯(cuò)誤. 9.如圖8所示，理想變壓器的原線圈連接一只理想交流電流表，副線圈匝數(shù)可以通過滑動(dòng)觸頭Q來調(diào)節(jié)，在副線圈兩端連接了定值電阻R0和滑動(dòng)變阻器R，P為滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭.在原線圈上加一電壓為U的正弦交流電，則(　　) 圖8 A.保持Q的位置不動(dòng)，將P向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變大 B.保持Q的位置不動(dòng)，將P向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小 C.保持P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變大 D.保持P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小 答案　BC 解析　保持Q位置不動(dòng)，副線圈電壓U2不變，當(dāng)P上滑時(shí)，R增大，由P＝可知總功率減小，原線圈電壓U1不變，由P＝U1I1可知原線圈電流I1減小，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)P位置不動(dòng)，Q上滑時(shí)，由＝知U2增大，I2＝增大，由＝知原線圈電流I1增大，故C正確，D錯(cuò)誤. 10.(2018書生中學(xué)月考改編)豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌，其電阻不計(jì)，磁場(chǎng)方向如圖9所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，導(dǎo)體棒ab與cd長(zhǎng)均為0.2m，電阻均為0.1Ω，重力均為0.1N，現(xiàn)用力向上拉導(dǎo)體棒ab，使之勻速向上(與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng))，此時(shí)，導(dǎo)體棒cd恰好靜止，那么導(dǎo)體棒ab上升時(shí)，下列說法中正確的是(　　) 圖9 A.導(dǎo)體棒ab受到的拉力大小為2N B.導(dǎo)體棒ab向上運(yùn)動(dòng)的速度為2m/s C.在2s內(nèi)，拉力做功轉(zhuǎn)化為的電能是0.4J D.在2s內(nèi)，拉力做功為0.6J 答案　BC 解析　導(dǎo)體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對(duì)于兩棒組成的系統(tǒng)，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得：ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2N，故A錯(cuò)誤；對(duì)cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡條件得：F安＝G，即BIL＝G，又I＝，聯(lián)立得：v＝＝m/s＝2 m/s，故B正確；在2s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Q＝t＝t＝2J＝0.4J，故C正確；在2s內(nèi)拉力做的功W＝Fvt＝0.222J＝0.8J，故D錯(cuò)誤. 三、實(shí)驗(yàn)題 11.實(shí)驗(yàn)：探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系 (1)實(shí)驗(yàn)室中有下列器材： A.可拆變壓器(鐵芯、兩個(gè)已知匝數(shù)的線圈) B.條形磁鐵 C.直流電源 D.多用電表 E.開關(guān)、導(dǎo)線若干 上述器材在本實(shí)驗(yàn)中不用的是________(填器材序號(hào))，本實(shí)驗(yàn)中還需用到的器材有______________. (2)該學(xué)生繼續(xù)做實(shí)驗(yàn)，先保持原線圈的匝數(shù)不變，增加副線圈的匝數(shù)，觀察到副線圈兩端的電壓________(選填“增大”“減小”或“不變”)；然后再保持副線圈的匝數(shù)不變，增加原線圈的匝數(shù)，觀察到副線圈兩端的電壓__________(選填“增大”“減小”或“不變”)，上述“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”中采用的實(shí)驗(yàn)方法是__________. 答案　(1)BC　低壓交流電源　(2)增大　減小　控制變量法 四、計(jì)算題 12.(2016浙江4月選考23)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁推動(dòng)加噴氣推動(dòng)的火箭發(fā)射裝置，如圖10所示.豎直固定在絕緣底座上的兩根長(zhǎng)直光滑導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng).導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間，總質(zhì)量為m，其中燃料質(zhì)量為m′，燃料室中的金屬棒EF電阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸.引燃火箭下方的推進(jìn)劑，迅速推動(dòng)剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值ΔS，用時(shí)Δt，此過程激勵(lì)出強(qiáng)電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭.在Δt時(shí)間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體.當(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開后.噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭. 圖10 (1)求回路在Δt時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值及通過金屬棒EF的電荷量，并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向； (2)經(jīng)Δt時(shí)間火箭恰好脫離導(dǎo)軌，求火箭脫離時(shí)的速度大小v0；(不計(jì)空氣阻力) (3)火箭脫離導(dǎo)軌時(shí)，噴氣孔打開，在極短的時(shí)間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m′的燃?xì)猓瑖姵龅娜細(xì)庀鄬?duì)噴氣前火箭的速度為v，求噴氣后火箭增加的速度Δv.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系) 答案　(1)　　向右　(2)－gΔt(3)v 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有＝＝ q＝Δt＝＝，電流方向向右 (2)Δt時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的平均感應(yīng)電流＝＝ 平均安培力＝BL 由動(dòng)量定理有(－mg)Δt＝mv0 解得v0＝－gΔt (3)以噴氣前的火箭為參考系，設(shè)豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得－m′v＋(m－m′)Δv＝0，得Δv＝v. 13.如圖11所示，兩足夠長(zhǎng)的平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝30，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上.長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R.兩金屬導(dǎo)軌的上端連接一個(gè)燈泡，燈泡的電阻也為R.現(xiàn)閉合開關(guān)K，給金屬棒施加一個(gè)方向垂直于桿且平行于導(dǎo)軌平面向上的、大小為F＝2mg的恒力，使金屬棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒達(dá)到最大速度時(shí)，燈泡恰能達(dá)到它的額定功率.重力加速度為g，求： 圖11 (1)金屬棒能達(dá)到的最大速度vm的大??； (2)燈泡的額定功率PL； (3)若金屬棒上滑距離為s時(shí)速度恰達(dá)到最大，求金屬棒由靜止開始上滑2s的過程中，金屬棒上產(chǎn)生的熱量Q1. 答案　(1)　(2)　(3)mgs－ 解析　(1)金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，金屬棒達(dá)到最大速度，此后開始做勻速直線運(yùn)動(dòng).設(shè)最大速度為vm，則速度達(dá)到最大時(shí)有： E＝BLvm，I＝，F(xiàn)＝BIL＋mgsinθ，解得：vm＝ (2)根據(jù)電功率表達(dá)式：PL＝I2R 解得：PL＝()2R＝＝ (3)設(shè)整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律有： F2s＝Q＋mgsinθ2s＋mvm2 解得：Q＝3mgs－ 根據(jù)串聯(lián)電路特點(diǎn)，可知金屬棒上產(chǎn)生的熱量Q1＝ 解得：Q1＝mgs－.