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．（2024 佛山二模）2023年8月15日，游客在新疆吐鲁番的沙漠上游玩时，头发突然竖了起来。当时无风，但头顶乌云密布。下列相关说法正确的是（ ）
A．这是一种电磁感应现象
B．这是一种静电感应现象
C．此时人的头与脚带异种电荷
D．此时人应躺下或蹲下，并向高处撤离
2．（2023秋 迎江区校级期末）物理规律在生活生产中有着广泛的应用，下列关于电磁感应现象的说法正确的是（ ）
A．真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，线圈会产生大量的热，从而冶炼金属
B．绕地运行的人造卫星受地磁场的影响导致轨道半径变小，这是一种电磁阻尼现象
C．通电的电磁炉面板上不放置任何锅具，一段时间后面板会发热烫坏
D．根据焦耳定律Q＝I2Rt，为避免变压器中缠绕线圈的铁芯大量发热，应选用电阻率更小的铁芯
3．（2023秋 无锡期末）下列情况中，线圈都以角速度ω绕图中的转轴OO′匀速转动，不能产生交变电流的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024春 江津区期中）下列可以使圆环中产生逆时针方向感应电流的是（ ）
A．圆环沿平行于导线方向运动
B．圆环绕圆心顺时针旋转
C．减小导线N中的电流
D．导线N稍微向圆环靠近A
5．（2024 武侯区校级模拟）转笔是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，如图所示。转笔也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（ ）
A．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由手和笔之间的万有引力提供的
B．笔杆上的点离O点越远的，做圆周运动的角速度越大
C．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，金属笔杆两端一定会形成电势差，也会产生很强的电流
D．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走
6．（2023秋 通州区期末）图为演示自感现象的实验电路，A1、A2为相同的灯泡，电感线圈L的自感系数较大，且使得滑动变阻器R接入电路中的阻值与线圈L的直流电阻相等，下列判断正确的是（ ）
A．接通开关S，灯A1立即变亮
B．接通开关S，灯A2逐渐变亮
C．断开开关S，灯A1、A2逐渐熄灭
D．断开开关S，灯A1逐渐熄灭，A2闪一下再逐渐熄灭
7．（2023秋 通州区期末）如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，t2时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．在t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最大
B．在t1到t2时间内，强磁铁的加速度小于重力加速度
C．在t1到t2的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量
D．若将磁铁从更高处释放，线圈中产生的感应电流的峰值不变
8．（2024 天津模拟）如图所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图像如图所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为Em。则（ ）
A．在时，线圈中产生的瞬时电流最大
B．在时，线圈中的磁通量变化率最小
C．线圈中电动势的瞬时值
D．将线圈转速增大2倍，线圈中感应电动势的有效值增大2倍
9．（2024 沙坪坝区校级模拟）如图所示，从左往右看，各线圈在匀强磁场中绕轴匀速顺时针转动，从图示位置开始计时，设电流从2流出线圈为正方向，能产生如图所示交变电流的是（ ）
A．线圈平面与磁场垂直
B．线圈平面与磁场平行
C．线圈平而与磁场垂直
D．线圈平面与磁场平行
10．（2024春 新洲区期中）如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电站输出的电压U1不变；升压变压器输出电压为U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。为了测高压电路的电压和电流，在输电线路的起始端接入电压互感器和电流互感器，若不考虑变压器和互感器自身的能量损耗，所有的电表均为理想电表，则（ ）
A．①为电流表，②为电压表
B．采用高压输电可以增大输电线中的电流
C．用户增多时，输电线损耗功率减少
D．用户增多时，升压变压器原线圈中的电流增大
11．（2024 重庆模拟）如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，其下端开口，顶部并联接入阻值R＝6Ω的两个相同定值电阻，导轨间距L＝1m，整个装置处于磁感应强度B＝2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一质量m＝1kg、长度L＝1m、电阻r＝1Ω的直金属棒ab垂直放置在导轨上，导轨电阻不计。金属棒ab从静止释放至达到最大速度过程中，棒上产生的总电热为0.5J，棒始终与导轨垂直并接触良好。不计空气阻力，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则该过程中，金属棒ab沿斜面下滑的距离是（ ）
A． B．2m C．1.2m D．1m
12．（2024 浉河区校级模拟）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行并相距为L，bc是以O为圆心的半径为r的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，磁感应强度均为B，a、d两端接有一个电容为C的电容器，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，金属杆MN质量为m，金属杆MN和OP电阻均为R，其余电阻不计，若杆OP绕O点在匀强磁场区内以角速度ω从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
A．杆OP产生的感应电动势恒为Bωr2
B．电容器带电量恒为
C．杆MN中的电流逐渐减小
D．杆MN向左做匀加速直线运动，加速度大小为
二．多选题（共3小题）
13．（2024 新泰市校级一模）如图所示，一等腰直角三角形线圈的匝数为n，ab、bc边长均为L，线圈电阻为R。线圈平面与匀强磁场垂直，且一部分处在磁场中，三角形与磁场边界的交点为d、e，其中d、e分别为边ac、bc的中点，在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到3B，在此过程中（ ）
A．线圈中的磁通量增加量为
B．线圈中产生的感应电动势大小为
C．线圈中产生的感应电流大小为
D．线圈整体所受安培力大小增加了
14．如图为交流发电机的原理图，其矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按图示方向匀速转动，转动角速度ω＝50rad/s，线圈的匝数n＝100、总电阻r＝10Ω，线圈围成的面积S＝0.1m2。线圈两端与阻值R＝90Ω的电阻相连，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度B＝0.2T，图示位置矩形线圈与磁感线平行。则（ ）
A．图示位置，线圈中的电流最大，电流方向为abcda
B．从图示位置开始计时，通过线圈的磁通量随时间t变化的关系式为Φ＝0.02cos50t（Wb）
C．电路中交流电压表的示数为
D．线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为0.02C
15．（2024 佛山二模）手机无线充电工作原理如图所示，其中送电线圈和受电线圈的匝数比n1：n2＝5：1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220V的正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流再通过转换电路转换成直流电实现给手机快速充电，这时转换电路ef两端的电压为5V，受电线圈中的电流为2A。把装置线圈视同为理想变压器，则（ ）
A．若ab间接入5V直流电压，则转换电路ef两端的电压为5V
B．受电线圈中的频率与送电线圈中的频率相同
C．快速充电时，流过送电线圈的电流大小为0.2A
D．快速充电时，线圈cd两端的输出电压为42.5V
三．实验题（共2小题）
16．（2023秋 李沧区校级期末）在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图甲所示。
（1）下列说法正确的是 。
A．变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
B．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
C．为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12V
D．绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
（2）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间（接入匝数为800匝），用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱（接入匝数为400匝）之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为 。
A．1.5V
B．3.5V
C．5.5V
D．7.0V
（3）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为 。
A．原、副线圈上通过的电流发热
B．铁芯在交变磁场作用下发热
C．原线圈输入电压发生变化
D．变压器铁芯漏磁
（4）图乙为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当 时，R获得的功率最大。
17．（2023秋 吉林期末）刘同学研究电磁感应现象的实验装置如图甲所示，该同学正确连接电路，闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下。
（1）闭合开关电路稳定后，该同学将滑动变阻器的滑片 （填“向左”或“向右”）移动时，灵敏电流计的指针向右偏转。
（2）该同学继续用如图乙所示的实验装置来探究影响感应电流方向的因素，实验中发现感应电流从“+”接线柱流入灵敏电流计（指针向右偏转），螺线管的绕线方向在图丙中已经画出。若将条形磁铁向下插入螺线管时，指针向右偏转，则条形磁铁 （填“上端”或“下端”）为N极。进一步实验发现，当穿过螺线管的原磁场磁通量减小时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向 （填“相同”或“相反”）。
四．计算题（共3小题）
18．（2024春 和平区校级期中）光滑的水平长直轨道放在匀强磁场B＝0.25T中，轨道宽0.4m，一导体棒长也为0.4m，质量0.1kg，电阻r＝0.05Ω静止在导轨上，它与导轨接触良好。当开关与a接通时，电源可提供恒定的1A电流，电流方向可根据需要进行改变，开关与b接通时，电阻R＝0.05Ω，若开关的切换与电流的换向均可在瞬间完成，求：
①导体棒中电流由M流向N时，棒的加速度的大小和方向是怎样的；
②当开关始终接a，要想在最短时间内使棒向左移动4m而静止，则棒的最大速度是多少；
③当棒的速度为多大的时候，当开关从a切换到b的瞬间，棒的加速度大小相同；
④要想棒在最短时间内向左移动3.5m而静止，则棒中产生的焦耳热是多少。
19．（2024 福建模拟）如图所示，在光滑水平面上放置一矩形线框abcd，ab边的长度为L1＝2m，bc边的长度为L2＝1m，线框的质量为m＝1kg，电阻为r＝1Ω，线框通过细线绕过光滑的定滑轮与重物相连，滑轮的质量不计，重物的质量为M＝2kg；水平面上ef和gh是有界匀强磁场的边界，边界与水平面的底边平行，ef和gh间距为L＝3m，磁场方向垂直于水平面向下，磁感应强度为B＝1T，开始时cd边与ef边界的距离为x＝1m。现由静止释放重物，线框恰好能匀速穿过边界gh，线框运动过程中cd边始终与水平面的底边平行，设水平面足够长，矩形线框abcd不会与滑轮接触，重力加速度为g＝10m/s2。求：
（1）线框穿过gh边界时速度的大小v；
（2）线框进入磁场过程中通过线框的电量q；
（3）线框穿过磁场过程中产生的焦耳热Q。
20．（2023春 海门市校级期中）如图甲所示为手摇发电机的实物模型，其工作原理可简化为如图乙所示：匀强磁场的磁感应强度大小为T，矩形线圈的总电阻为0.3Ω、匝数为50匝、面积为0.1m2，可绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。将这台手摇发电机接在理想变压器的原线圈上，副线圈接有规格均为“220V，110W”的灯泡L1、L2，如图丙所示，现在匀速摇动发电机，使两灯泡均正常发光，已知理想变压器的原、副线圈匝数之比为1：10，电压表为理想交流电表，其余电阻均不计。求：
（1）理想交流电压表的读数；
（2）手摇发电机匀速转动的角速度。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．（2024 佛山二模）2023年8月15日，游客在新疆吐鲁番的沙漠上游玩时，头发突然竖了起来。当时无风，但头顶乌云密布。下列相关说法正确的是（ ）
A．这是一种电磁感应现象
B．这是一种静电感应现象
C．此时人的头与脚带异种电荷
D．此时人应躺下或蹲下，并向高处撤离
【解答】解：头顶乌云密布，头发突然竖了起来是一种静电感应现象，此时头发与云带异种电荷，脚与大地连接不带电，人应躺下或蹲下，并向低处撤离，故B正确，ACD错误；
故选：B。
2．（2023秋 迎江区校级期末）物理规律在生活生产中有着广泛的应用，下列关于电磁感应现象的说法正确的是（ ）
A．真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，线圈会产生大量的热，从而冶炼金属
B．绕地运行的人造卫星受地磁场的影响导致轨道半径变小，这是一种电磁阻尼现象
C．通电的电磁炉面板上不放置任何锅具，一段时间后面板会发热烫坏
D．根据焦耳定律Q＝I2Rt，为避免变压器中缠绕线圈的铁芯大量发热，应选用电阻率更小的铁芯
【解答】解：A．线圈通过高频交流电时，会在金属内部产生涡流，进而金属内会产生大量的热，并不是线圈产生的热，故A错误；
B．因为存在地磁场，人造卫星外壳表面会形成涡流，涡流在地磁场中又会受到安培力的阻碍作用，这是一种电磁阻尼现象，故B正确；
C．电磁炉内线圈通过高频交流电时，会在上方的铁质锅具中产生涡流，从而使食品加热，而面板是陶瓷材料制成，不能产生涡流，故也就不能产生热，故C错误；
D．涡流的电流强度会变化，电阻率越小，电阻越小，则电流越大，因为感应电动势是恒定的，则此种情况下会产热更多，故D错误。
故选：B。
3．（2023秋 无锡期末）下列情况中，线圈都以角速度ω绕图中的转轴OO′匀速转动，不能产生交变电流的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、矩形线圈虽然转动，但穿过线圈的磁通量不变，所以没有感应电流出现，故A正确；
BCD、线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线圈中的磁通量发生周期性变化，线圈中能产生正弦式交变电流，故BCD错误；
故选：A。
4．（2024春 江津区期中）下列可以使圆环中产生逆时针方向感应电流的是（ ）
A．圆环沿平行于导线方向运动
B．圆环绕圆心顺时针旋转
C．减小导线N中的电流
D．导线N稍微向圆环靠近A
【解答】解：依据右手螺旋定则，长直导线N在环中产生磁场方向垂直于纸面向外，距离导线越近，磁感应强度越大。
A、圆环沿平行于导线方向运动，穿过环的磁通量不变，没有感应电流，故A错误；
B、圆环绕圆心顺时针旋转，穿过环的磁通量不变，没有感应电流，故B错误；
C、减小导线N中的电流，穿过环的磁通量减小，由楞次定律，那么感应电流为逆时针方向，故C正确；
D、导线N稍微向圆环靠近A，因此穿过环的磁通量增大，由楞次定律，那么感应电流为顺时针方向，故D错误；
故选：C。
5．（2024 武侯区校级模拟）转笔是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，如图所示。转笔也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（ ）
A．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由手和笔之间的万有引力提供的
B．笔杆上的点离O点越远的，做圆周运动的角速度越大
C．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，金属笔杆两端一定会形成电势差，也会产生很强的电流
D．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走
【解答】解：A、笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供，与万有引力无关，故A错误；
B、同轴转动，角速度相同，所以笔杆上各点做圆周运动的角速度相同，故B错误；
C、若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，金属笔杆两端一定会形成电势差，不会产生感应电流，故C错误；
D、若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动，提供的向心力小于需要的向心力，小钢珠做离心运动被甩走，故D正确。
故选：D。
6．（2023秋 通州区期末）图为演示自感现象的实验电路，A1、A2为相同的灯泡，电感线圈L的自感系数较大，且使得滑动变阻器R接入电路中的阻值与线圈L的直流电阻相等，下列判断正确的是（ ）
A．接通开关S，灯A1立即变亮
B．接通开关S，灯A2逐渐变亮
C．断开开关S，灯A1、A2逐渐熄灭
D．断开开关S，灯A1逐渐熄灭，A2闪一下再逐渐熄灭
【解答】解：当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象。
AB、开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，灯A2立即发光。由于线圈的自感阻碍电流的增大，所以灯A1逐渐变亮，最后一样亮，故AB错误；
CD、断开开关时，由于线圈产生自感电动势，立即反向对A2“供电”，但开始两灯的直流电流相等，所以不会出现A2闪亮，而是两灯同时逐渐熄灭，故C正确，D错误。
故选：C。
7．（2023秋 通州区期末）如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，t2时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．在t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最大
B．在t1到t2时间内，强磁铁的加速度小于重力加速度
C．在t1到t2的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量
D．若将磁铁从更高处释放，线圈中产生的感应电流的峰值不变
【解答】解：A、t2时刻电流为0，说明感应电动势为零，由可知穿过线圈的磁通量的变化率为0，故A错误；
B、由“来拒去留”可知在t1到t2时间内，强磁铁受到线圈向上的作用力F，且初始阶段有F小于重力，由此可知初始阶段强磁铁的加速度小于重力加速度，故B正确；
C、根据能量守恒定律可知，强磁铁减少的重力势能等于增加的动能和回路的焦耳热，故C错误；
D、由法拉第电磁感应定律可知，强磁铁越高，进入线圈的速度越大，磁通量的变化率越大，产生的电流的峰值越大，故D错误。
故选：B。
8．（2024 天津模拟）如图所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图像如图所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为Em。则（ ）
A．在时，线圈中产生的瞬时电流最大
B．在时，线圈中的磁通量变化率最小
C．线圈中电动势的瞬时值
D．将线圈转速增大2倍，线圈中感应电动势的有效值增大2倍
【解答】解：A．在时，线圈中磁通量最大，磁通量的变化率最小，则产生的瞬时电流为零，故A错误；
B．在时，线圈中的磁通量最小，则磁通量的变化率最大，故B错误；
C．t＝0时刻磁通量为零，感应电动势最大，则线圈中电动势的瞬时值
故C错误；
D．根据有效值和最大值的关系，有效值满足
可知，将线圈转速增大2倍，角速度增大2倍，则线圈中感应电动势的有效值增大2倍，故D正确。
故选：D。
9．（2024 沙坪坝区校级模拟）如图所示，从左往右看，各线圈在匀强磁场中绕轴匀速顺时针转动，从图示位置开始计时，设电流从2流出线圈为正方向，能产生如图所示交变电流的是（ ）
A．线圈平面与磁场垂直
B．线圈平面与磁场平行
C．线圈平而与磁场垂直
D．线圈平面与磁场平行
【解答】解：初始时刻，感应电流最大，则初始时刻线圈平面与磁场平行，结合右手定则可知图B中电流从2流出线圈为正方向，故B正确，ACD错误。
故选：B。
10．（2024春 新洲区期中）如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电站输出的电压U1不变；升压变压器输出电压为U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。为了测高压电路的电压和电流，在输电线路的起始端接入电压互感器和电流互感器，若不考虑变压器和互感器自身的能量损耗，所有的电表均为理想电表，则（ ）
A．①为电流表，②为电压表
B．采用高压输电可以增大输电线中的电流
C．用户增多时，输电线损耗功率减少
D．用户增多时，升压变压器原线圈中的电流增大
【解答】解：A．由图可知①和互感器接在火线和零线之间，为电压表，②及互感器接在同一条线上，测得是电流，为电流表，故A错误；
B．采用高压输电是为了减少输电线中的电流，减少输电线路上的损耗，故B错误；
CD．用户增多，负载电流增多，所以输电电流I2增大，原线圈的电流也增大，而输电线损耗功率为
所以输电线损耗功率增大，故C错误，D正确；
故选：D。
11．（2024 重庆模拟）如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，其下端开口，顶部并联接入阻值R＝6Ω的两个相同定值电阻，导轨间距L＝1m，整个装置处于磁感应强度B＝2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一质量m＝1kg、长度L＝1m、电阻r＝1Ω的直金属棒ab垂直放置在导轨上，导轨电阻不计。金属棒ab从静止释放至达到最大速度过程中，棒上产生的总电热为0.5J，棒始终与导轨垂直并接触良好。不计空气阻力，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则该过程中，金属棒ab沿斜面下滑的距离是（ ）
A． B．2m C．1.2m D．1m
【解答】解：设金属棒ab达到的最大速度为v，由牛顿第二定律有：
从静止释放至达到最大速度过程中，设金属棒ab沿斜面下滑的距离为x，
金属棒ab中的电流为I，由题意可知金属棒上产生的总电热：Q电热＝I2rt＝0.5J
外电路（R和R并联）上产生的热量：QR3I2rt＝1.5J
产生的总电热为：Q电热+QR＝3Q电热+Q电热＝4Q电热＝1.5J+0.5J＝2.0J
由能量守恒定律有：
联立解得：x＝2m，故ACD错误，B正确。
故选：B。
12．（2024 浉河区校级模拟）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行并相距为L，bc是以O为圆心的半径为r的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，磁感应强度均为B，a、d两端接有一个电容为C的电容器，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，金属杆MN质量为m，金属杆MN和OP电阻均为R，其余电阻不计，若杆OP绕O点在匀强磁场区内以角速度ω从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
A．杆OP产生的感应电动势恒为Bωr2
B．电容器带电量恒为
C．杆MN中的电流逐渐减小
D．杆MN向左做匀加速直线运动，加速度大小为
【解答】解：A、设OP转动的角速度为ω，圆弧导轨半径为r，则OP转动切割磁感应线的感应电动势为：E＝Brω，故A错误；
BC、根据右手定则可知OP棒中产生的感应电流方向由O到P，则通过MN的电流方向由M到N，根据左手定则可知杆MN受到的安培力方向向左，杆MN将向左运动切割磁感应线，由于MN切割磁感应线产生的感应电流方向由N到M，从而使得杆MN中的电流逐渐减小，则电容器两端带电量会减小，故B错误，C正确；
D、根据C选项分析可知，杆MN中的电流大小发生变化，根据牛顿第二定律可得MN的加速度大小a发生改变，杆MN不是做匀加速直线运动，故D错误；
故选：C。
二．多选题（共3小题）
13．（2024 新泰市校级一模）如图所示，一等腰直角三角形线圈的匝数为n，ab、bc边长均为L，线圈电阻为R。线圈平面与匀强磁场垂直，且一部分处在磁场中，三角形与磁场边界的交点为d、e，其中d、e分别为边ac、bc的中点，在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到3B，在此过程中（ ）
A．线圈中的磁通量增加量为
B．线圈中产生的感应电动势大小为
C．线圈中产生的感应电流大小为
D．线圈整体所受安培力大小增加了
【解答】解：A、线圈在磁场中的面积为SL2，线圈中的磁通量增加量为ΔΦ＝ΔBS＝（3B﹣B） L2BL2，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势大小为E＝n，故B正确；
C、线圈中产生的感应电流大小为I，故C错误；
D、线圈整体所受安培力大小等效于n条长度为de的直导线所受安培力的合力大小，即线圈整体所受安培力大小增加了ΔF＝nΔBI n（3B﹣B） ，故D正确。
故选：BD。
14．如图为交流发电机的原理图，其矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按图示方向匀速转动，转动角速度ω＝50rad/s，线圈的匝数n＝100、总电阻r＝10Ω，线圈围成的面积S＝0.1m2。线圈两端与阻值R＝90Ω的电阻相连，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度B＝0.2T，图示位置矩形线圈与磁感线平行。则（ ）
A．图示位置，线圈中的电流最大，电流方向为abcda
B．从图示位置开始计时，通过线圈的磁通量随时间t变化的关系式为Φ＝0.02cos50t（Wb）
C．电路中交流电压表的示数为
D．线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为0.02C
【解答】解：A．图示位置磁通量为零，电动势最大，电流最大，根据右手定则可知，线圈中电流方向为abcda，故A正确；
B．从图示位置开始计时，通过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化的关系式为
Φ＝Φmsinωt＝BSsinωt＝0.02sin50t（Wb）
故B错误；
C．电动势的最大值满足
Em＝nBSω＝100×0.2×0.1×50V＝100V
根据最大值和有效值的关系，电动势的有效值满足
由闭合电路欧姆定律，可得电路中交流电压表的示数满足
故C正确；
D．线圈由图示位置转过90°的过程中，根据流的定义式结合法拉第电磁感应定律，可得电阻R的电荷量满足
故D正确。
故选：ACD。
15．（2024 佛山二模）手机无线充电工作原理如图所示，其中送电线圈和受电线圈的匝数比n1：n2＝5：1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220V的正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流再通过转换电路转换成直流电实现给手机快速充电，这时转换电路ef两端的电压为5V，受电线圈中的电流为2A。把装置线圈视同为理想变压器，则（ ）
A．若ab间接入5V直流电压，则转换电路ef两端的电压为5V
B．受电线圈中的频率与送电线圈中的频率相同
C．快速充电时，流过送电线圈的电流大小为0.2A
D．快速充电时，线圈cd两端的输出电压为42.5V
【解答】解：A、若充电器线圈中通以恒定电流，产生恒定的磁场，故手机受电线圈不会产生感应电动势，则转换电路ef两端的电压为零，故A错误；
B、电磁感应现象中交变电流的频率不变，受电线圈中的频率与送电线圈中的频率相同，故B正确；
C、由可知，，由U1I1＝U2I2，所以快速充电时，送电线圈的电流大小为I1，解得I1＝0.4A，故C错误；
D、根据送电线圈电路可知，Uab﹣I1R＝U1
由受电线圈电路可知，U2﹣I2R＝Uef
解得线圈cd两端的输出电压为U2＝42.5V，故D正确；
故选：BD。
三．实验题（共2小题）
16．（2023秋 李沧区校级期末）在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图甲所示。
（1）下列说法正确的是 。
A．变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
B．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
C．为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12V
D．绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
（2）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间（接入匝数为800匝），用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱（接入匝数为400匝）之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为 。
A．1.5V
B．3.5V
C．5.5V
D．7.0V
（3）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为 。
A．原、副线圈上通过的电流发热
B．铁芯在交变磁场作用下发热
C．原线圈输入电压发生变化
D．变压器铁芯漏磁
（4）图乙为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当 时，R获得的功率最大。
【解答】解：（1）A．根据变压器的改装原理可知，变压器工作时只是改变电压，不改变频率，故A错误；
B．由于原、副线圈两端电压与原、副线圈的匝数有关，因此在实验过程中，采用控制变量法进行研究，故B正确；
C．变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12V，故C错误；
D．为了人身安全，本实验要求原线圈的匝数大于副线圈的匝数，根据变压器电流与匝数的关系有
由于副线圈的匝数少，副线圈中的电流大于原线圈中的电流，因此副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，故D正确。
故选：BD。
（2）若为理想变压器，根据电压与匝数关系有
代入数据解得U1＝6.0V
由于实际变压器存在漏磁与线圈电阻发热引起的功率损耗，则实际上原线圈两端电压应该大于6.0V，即原线圈的输入电压可能为7.0V，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（3）A．实际的变压器的原、副线圈存在一定的电阻，线圈上通过的电流会发热，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故A正确；
B．实际的变压器的铁芯在交变磁场作用下会产生涡旋电流，铁芯会发热，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故B正确；
C．原线圈输入电压发生变化不会直接引起功率损耗，不会导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，故C错误；
D．实际的变压器的铁芯会发生漏磁，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故D正确。
本题选择错误的选项。
故选：C。
（4）设变压器原副线圈的匝数比
根据理想变压器电压与匝数比的关系，副线圈两端电压
根据理想变压器电流与匝数比的关系，通过副线圈的电流
变压器负载电阻
即
把电阻R0看作输入电源的等效内阻，即r＝R0
电源的输出功率
当R原＝R0，电源有最大输出功率
即k2R＝R0
结合上述解得。
故答案为：（1）BD；（2）D；（3）C；（4）。
17．（2023秋 吉林期末）刘同学研究电磁感应现象的实验装置如图甲所示，该同学正确连接电路，闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下。
（1）闭合开关电路稳定后，该同学将滑动变阻器的滑片 （填“向左”或“向右”）移动时，灵敏电流计的指针向右偏转。
（2）该同学继续用如图乙所示的实验装置来探究影响感应电流方向的因素，实验中发现感应电流从“+”接线柱流入灵敏电流计（指针向右偏转），螺线管的绕线方向在图丙中已经画出。若将条形磁铁向下插入螺线管时，指针向右偏转，则条形磁铁 （填“上端”或“下端”）为N极。进一步实验发现，当穿过螺线管的原磁场磁通量减小时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向 （填“相同”或“相反”）。
【解答】解：（1）闭合开关时，电路中的电流增大，通过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏；要使灵敏电流计的指针向右偏转，穿过线圈B的磁通量应该减小，电路中的电流减小，根据欧姆定律，电路中的电阻增大，滑动变阻器的滑片应该向右滑动。
（2）根据题述电流方向可知，感应电流的磁场方向竖直向下，结合楞次定律可知，原磁场磁通量方向向上，即条形磁铁上端为N极。根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向总是阻碍引起感应电流的原磁场磁通量的变化，当穿过螺线管的原磁场磁通量减小时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同。
故答案为：（1）向右；（2）上端；相同。
四．计算题（共3小题）
18．（2024春 和平区校级期中）光滑的水平长直轨道放在匀强磁场B＝0.25T中，轨道宽0.4m，一导体棒长也为0.4m，质量0.1kg，电阻r＝0.05Ω静止在导轨上，它与导轨接触良好。当开关与a接通时，电源可提供恒定的1A电流，电流方向可根据需要进行改变，开关与b接通时，电阻R＝0.05Ω，若开关的切换与电流的换向均可在瞬间完成，求：
①导体棒中电流由M流向N时，棒的加速度的大小和方向是怎样的；
②当开关始终接a，要想在最短时间内使棒向左移动4m而静止，则棒的最大速度是多少；
③当棒的速度为多大的时候，当开关从a切换到b的瞬间，棒的加速度大小相同；
④要想棒在最短时间内向左移动3.5m而静止，则棒中产生的焦耳热是多少。
【解答】解：①当电流从M流向N时，由左手定则可判断安培力向右，故加速度方向向右。
根据牛顿第二定律有：BIL＝ma
代入数据可得加速度大小为：a＝1m/s2；
②开关始终接a时，电流N到M，经过时间t1后电流变为M到N，再经时间t2速度减为零，t1时间内，有：
t2时间内，有：
根据：x1+x2＝4m
联立解得最大速度大小为：v＝2m/s；
③当开关从a切换到b的瞬间，棒的加速度大小相同，则回路中的电流大小均为：I＝1A
开关从a切换到b的瞬间，回路中的感应电动势为：E＝BLv′＝I（R+r）
解得：v′＝1m/s；
④先接a一段时间t1′，电流由N到M，再接到b端一段时间t2′，再接到a端一段时间t3′，电流由M到N，最后接到b静止。
第一段末的速度大小为v1，位移大小为x1′，根据运动学公式可得：
v1＝at1′
x1′
根据焦耳定律可得：Q1＝I2rt1′
第二段末的速度大小为v2，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣BLt2′＝mv2﹣mv1
且：t2′
根据能量关系可得：Q2
第二段末的加速度与第三段相同，则第三段，有：ma
根据运动学公式可得：v2＝at3′
x2
根据焦耳定律可得：′
又：x1+x2+x3＝3.5m
棒中产生的焦耳热：Q总＝Q1+Q2+Q3
联立以上各式，解得：Q总＝0.225J。
答：①导体棒中电流由M流向N时，棒的加速度的大小为1m/s2，方向向右；
②当开关始终接a，要想在最短时间内使棒向左移动4m而静止，则棒的最大速度是2m/s；
③当棒的速度为1m/s的时候，当开关从a切换到b的瞬间，棒的加速度大小相同；
④要想棒在最短时间内向左移动3.5m而静止，则棒中产生的焦耳热是0.225J。
19．（2024 福建模拟）如图所示，在光滑水平面上放置一矩形线框abcd，ab边的长度为L1＝2m，bc边的长度为L2＝1m，线框的质量为m＝1kg，电阻为r＝1Ω，线框通过细线绕过光滑的定滑轮与重物相连，滑轮的质量不计，重物的质量为M＝2kg；水平面上ef和gh是有界匀强磁场的边界，边界与水平面的底边平行，ef和gh间距为L＝3m，磁场方向垂直于水平面向下，磁感应强度为B＝1T，开始时cd边与ef边界的距离为x＝1m。现由静止释放重物，线框恰好能匀速穿过边界gh，线框运动过程中cd边始终与水平面的底边平行，设水平面足够长，矩形线框abcd不会与滑轮接触，重力加速度为g＝10m/s2。求：
（1）线框穿过gh边界时速度的大小v；
（2）线框进入磁场过程中通过线框的电量q；
（3）线框穿过磁场过程中产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）因为线框恰好能匀速穿过gh边界，则线框穿过gh边界时受力平衡，水平方向受力如图所示
对重物，根据平衡条件可得：F＝Mg
对线框根据平衡条件可得：F＝BIL1
由欧姆定律得：
导线切割产生的电动势为：E＝BL1v
联立解得：v＝5m/s；
（2）研究线框进入磁场过程，根据电荷量的计算公式可得：
qt
解得：q＝2C；
（3）研究线框由静止释放到刚好全部穿出磁场的全过程，以线框和重物组成的系统为研究对象，由能量守恒定律，得：
代入数据解得：Q＝62.5J。
答：（1）线框穿过gh边界时速度的大小为5m/s；
（2）线框进入磁场过程中通过线框的电量2C；
（3）线框穿过磁场过程中产生的焦耳热62.5J。
20．（2023春 海门市校级期中）如图甲所示为手摇发电机的实物模型，其工作原理可简化为如图乙所示：匀强磁场的磁感应强度大小为T，矩形线圈的总电阻为0.3Ω、匝数为50匝、面积为0.1m2，可绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。将这台手摇发电机接在理想变压器的原线圈上，副线圈接有规格均为“220V，110W”的灯泡L1、L2，如图丙所示，现在匀速摇动发电机，使两灯泡均正常发光，已知理想变压器的原、副线圈匝数之比为1：10，电压表为理想交流电表，其余电阻均不计。求：
（1）理想交流电压表的读数；
（2）手摇发电机匀速转动的角速度。
【解答】解：（1）由题意可知副线圈两端电压为U2＝220V，根据理想变压器变压规律可得原线圈两端电压，即理想交流电压表的读数为
（2）副线圈中的电流为
根据理想变压器变流规律可得原线圈中的电流为
设手摇发电机匀速转动的角速度为ω，则产生的感应电动势的最大值为
Em＝NBSω
有效值为
根据闭合电路欧姆定律可得
E﹣I1r＝U1
联立解得
ω＝10rad/s
答：（1）理想交流电压表的读数为22V；
（2）手摇发电机匀速转动的角速度为10rad/s。
