阶段性训练（四）
考察内容（电磁感应 交变电流）
一．选择题
1．如图所示，小张同学在实验室做“跳环实验”。他将闭合铝环套在可拆变压器的铁芯上，再将变压器的“0，400（匝）”接线柱接220V的交流电源上。通电后，铝环跳起并撞击到了天花板，但发现变压器的线圈被烧断了。则（ ）
A．铝环中的电流与线圈中的电流大小相等
B．线圈被烧断的原因是铝环跳起脱离铁芯后线圈电流增大
C．若变压器改接220V直流电，则接通电源后铝环纹丝不动
D．若改用“0，1600（匝）”接线柱，则相对安全，但跳起的高度会下降
【解答】解：A．变压器线圈接在交流电源上，则穿过铝环的磁通量产生变化，此时铝环中会产生感应电流，由于线圈的匝数与铝环的匝数不相等，铝环中的电流与线圈中的电流大小一定不相等，故A错误；
B．线圈被烧断的原因是线圈中的电流太大，铝环跳起脱离铁芯后线圈中的电流减小，故B错误；
C．若变压器改接220V直流电，在接通的瞬间，穿过铝环的磁通量产生变化，铝环中产生感应电流，从而会向上跳起，若仍接通电源，则铝环中的磁通量不变，环中没有感应电流，则铝环不再跳动，故C错误；
D．若改用“0，1600（匝）”接线柱，则线圈中的电阻增大，根据欧姆定律可得：电流减小，故相对安全，且变压器原、副线圈的匝数比增大，铝环中的电压减小，环中感应电流减小，此时跳起的高度会下降，故D正确。
故选：D。
2．如图所示，在水平桌面上有一金属圆环，在它圆心正上方有一竖直放置的条形磁铁，当条形磁铁下落时，金属圆环中将产生俯视顺时针的感应电流，可以判定（ ）
A．条形磁铁的S极朝下
B．环对桌面的压力将减小
C．环有面积扩大的趋势
D．磁铁将受到竖直向下的电磁作用力
【解答】解：A．当条形磁铁下落时，金属圆环中将产生俯视顺时针的感应电流，根据右手螺旋定则判断出感应电流磁场向下，由楞次定律可知原磁场方向向上，则条形磁铁的S极朝下，选项A正确；
BCD．磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律的推论可知，环有向下运动趋势且有面积缩小的趋势，则环对桌面的压力将增加，此时圆环受到向下的电磁作用力，则根据牛顿第三定律可知，磁铁将受到竖直向上的电磁作用力，选项BCD错误。
故选：A。
3．高速铁路列车通常使用磁刹车系统，磁刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线总垂直射入铝盘时，铝盘随即减速，如图所示，圆中磁铁左方铝盘的甲区域朝磁铁方向运动，磁铁右方的乙区域朝离开磁铁方向运动，下列说法中正确的是（ ）
A．铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场
B．磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力
C．感应电流在铝盘产生的内能，是将铝盘减速的最主要原因
D．若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果更好
【解答】解：A.铝盘甲区域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，甲区域感应电流方向为逆时针方向，则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
BC.由“来拒去留”可知，磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力，会使铝盘减速，故B正确，C错误；
D.改成空洞铝盘，电阻变大，电流变小，阻碍效果更差，故D错误。
故选：B。
4．如图，在水平光滑桌面上，固定两条平行绝缘直导线，通以相同电流，导线之间放置两个相同的圆形小线圈。当两侧导线中电流同样增大时，忽略不计两小线圈之间作用力，则（ ）
A．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向
B．两小线圈中感应电流都沿逆时针方向
C．两小线圈会相互靠近
D．两小线圈会相互远离
【解答】解：AB、根据安培定则可知，左侧圆形小线圈向下的磁通量变大，右侧圆形小线圈向上的磁通量变大，根据楞次定律，左侧圆形小线圈感应电流沿逆时针方向，右侧圆形小线圈感成电流沿顺时针方向，故AB错误；
CD，根据左手定则可知，左侧圆形小线圈受到向右的安培力，右侧圆形小线圈受到向左的安培力，所以两小线圈会相互靠近，故C正确，D错误。
故选：C。
5．如图所示，一轻质绝缘横杆左右两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动。若拿一条形磁铁先后插向两环，关于产生的现象及分析，下列说法中错误的是（ ）
A．磁铁靠近金属环的过程中，穿过左右两环的磁通量都增大
B．只有磁铁速度足够大，左环中才产生感应电动势和感应电流
C．无论磁铁速度多大，右环中都会产生感应电动势和感应电流
D．磁铁插向右环时，俯视看横杆，横杆将逆时针转动
【解答】解：A.磁铁靠近金属环的过程中，左右两环磁感应强度增大，穿过左右两环的磁通量都增大，故A正确；
B.左环不闭合，磁铁无论速度多大，左环只产生感应电动势，不产生感应电流，故B错误；
C.右环闭合，磁铁无论速度多大，磁通量均会发生变化，故右环中都会产生感应电动势和感应电流，故C正确；
D.根据楞次定律：来拒去留，磁铁插向右环时，俯视看横杆，横杆将逆时针转动，故D正确；
本题选择不正确的，故选：B。
6．在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合金属线圈竖直向下运动，线圈平面始终保持水平。在位置B，磁感线正好与线圈平面平行，A与B和B与C之间的距离都比较小。在线圈从位置A运动到位置C的过程中，从上往下看，感应电流的方向是（ ）
A．顺时针方向
B．逆时针方向
C．先顺时针方向，后逆时针方向
D．先逆时针方向，后顺时针方向
【解答】解：从A到B过程，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向斜向上，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针（俯视）；到达B处时磁通量为零，因为还在向下运动，所以磁通量有反向增大的趋势线圈中感应电流方向沿逆时针（俯视）；从B到C过程，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向斜向下，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针（俯视）；所以线圈A、B、C三个位置的感应电流方向都是逆时针方向，故B正确，ACD错误；
故选：B。
7．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A、V均为理想电表，R是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、L是理想线圈、D是灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是（ ）
A．交流电的频率为100Hz
B．电压表的示数为22V
C．当光照增强时，A的示数变小
D．若用一根导线来代替线圈L，则灯D变亮
【解答】解：A、原线圈接入如图乙所示，T＝0.02s，所以频率为f50 Hz，故A错误；
B、原线圈接入电压的最大值是220V，所以原线圈接入电压的有效值是U＝220V，
理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，电压表测得是副线圈两端的电压，所以V的示数等于22V，故B错误；
C、R阻值随光强增大而减小，根据I知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A的示数变大，故C错误；
D、若用一根导线来代替线圈L，感抗消失，副线圈电流变大，灯D变亮，故D正确；
故选：D。
8．用长度为L，横截面面积为S、电阻率为ρ的金属丝制成正方形线框abcd，然后置于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，绕与ab边重合的固定轴从中性面开始沿图示方向逆时针匀速转动，转动的角速度为ω，下列说法正确的是（ ）
A．线框从图示位置转过的过程中，线框中电流的方向为a→d→c→b→a
B．线框中感应电流的有效值
C．线框转过一周的过程中，产生的焦耳热
D．线框从图示位置转过半圈的过程中，通过线框某一横截面的电荷量为0
【解答】解：A、感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
由楞次定律可知，线框转过的过程中，线框中电流的方向为a→b→c→d→a，故A错误；
B、线框的电阻
电动势的峰值
有效值
故电流的有效值
故B错误；
C、线圈转过一周的过程中产生的焦耳热
故C正确；
D、线框从图示位置转过半圈的过程中，通过线框某一横截面的电荷量
故D错误。
故选：C。
9．如图，匀强磁场中，一单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线框中产生的交变电动势瞬时值随时间变化的规律为esin100πtV。下列说法正确的是（ ）
A．该线框转动的频率是100Hz
B．该线框产生的交变电动势最大值是20V
C．t＝0.005s时刻，线框平面与中性面重合
D．t＝0.05s时刻，穿过线圈的磁通量最大
【解答】解：A.电动势瞬时值随时间变化的规律为：e＝20sin100πtV
该线框转动的周期为：
其中ω＝100πrad/s
代入数据得：T＝0.02s，所以该线框转动的频率是50Hz，故A错误；
B.该线框产生的交变电动势最大值是20V，故B错误；
C.t＝0.005s时刻，e＝20V，感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，故C错误；
D.t＝0.05s时刻，e＝0，穿过线圈的磁通量变化率为0，故D正确。
故选：D。
10．“西电东送”是国家重大工程。如图为某水电站远距离输电的原理图，发电厂输出的电压恒为U，通过升压变压器将电压升高至kU向远处输电，在用户端用降压变压器把电压仍降为U供用户使用，下列说法正确的是（ ）
A．降压变压器原线圈匝数为副线圈匝数的k倍
B．若用户功率增大，则输电线上损失的功率也增大
C．若用户功率增大，升压变压器的输出电压也增大
D．若用户功率增大，降压变压器的输出电压也增大
【解答】解：A，升压变压器，副线圈匝数是原线圈匝数的k倍，但是由于输电线存在损耗，则降压变压器处原线圈电压比kU小，如果还是按照原副线圈k：1，则得到的电压也小于U，故A错误。
B，当用户功率增大时，电流变大，输电线的电流增大，P＝I2R，输电线损失功率增大，故B正确。
C，用户功率增大，升压变压器的输出电压不会受到影响。仍然是kU，故C错误。
D，用户功率增大，则用户的电流变大，输电线上的电流变大，输电线损耗的功率变大，则降压变压器输出电压会减小，故D错误。
故选：B。
11．如图甲所示，一圆形线圈置于垂直纸面向里的磁场中，线圈右端通过导线与两块平行金属板相连接，金属板间宽度d足够大。有一带正电粒子q静止在平行板正中央，从t＝0时刻开始，磁场按如图乙所示变化，不计粒子重力。以竖直向上运动为正方向，下列关于粒子在一个周期内的运动图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：CD．0～1s时间，磁场向里均匀变大增大，磁通量变大，根据楞次定律可知，下极板带正电，粒子受电场力向上，加速度向上，1～2s时间，磁场向里减小，磁通量变小，根据楞次定律可知，上极板带正电，粒子受电场力向下，加速度向下，同理2～3s时间，加速度向下，3～4s时间，加速度向上，故C正确，D错误；
AB．根据法拉第电磁感应定律
可知加速度大小不变，v﹣t图像斜率表示加速度，则v﹣t图像不是曲线，速度大小会发生变化，故AB错误。
故选：C。
12．如图所示，在一个倾角为θ的导轨MN上面，放置一个长度为L的金属棒PQ，已知两导轨间距为d（d＜L），金属棒的质量为m、阻值为r，导轨与金属棒接触良好，两者间动摩擦因数为μ，导轨下端连接一个阻值为R的定值电阻，整个导轨处在一个垂直导轨所在平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现用一个恒力F拉动金属棒沿导轨斜面运动了x的距离，所用时间为t，此时金属棒的速度为v，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒速度为v时，R两端的电压为
B．该过程中生成的焦耳热为
C．该过程中摩擦力做的功为μmgxcosθ
D．该过程中安培力做的功为
【解答】解：A、金属棒速度为v时，产生的感应电动势E＝Bdv，R上的电压为，故A错误；
B、该过程中，生成的焦耳热指电阻生热的总和，由能量守恒定律有：，故B错误；
C、该过程中摩擦力做的功为Wf＝﹣μmgxcosθ，故C错误；
D、设该过程中安培力做的功为W安，根据动能定理有
解得：，故D正确。
故选：D。
二．多选题
13．如图所示，不计电阻、边长为10cm的正方形线框ABCD，置于磁感应强度为0.2T的匀强磁场中，线框匝数为100，某时刻线框开始以的转速绕OO'匀速转动，电刷接头EF串联阻值为10Ω的定值电阻R和理想电流表。从图示位置开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．理想电流表的示数为2A
B．线框转过90°通过电阻R的电量为0.02C
C．将电阻R换成电容使其不击穿，其耐压值为20V
D．线框产生的电动势的瞬时表达式为
【解答】解：线圈转动的角速度为，线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝100×0.2×0.1×0.1×100V＝20V，产生的交流电的有效值为E
A、理想电流表的示数为I，故A正确；
B、转过90°穿过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝2BS，则通过电阻的电量为q，解得q＝0.02C，故B正确；
C、将电阻R换成电容使其不击穿，其耐压值为感应电动势的最大值20V，故C错误；
D、线框产生的电动势的瞬时表达式为e＝Emcosωt＝20cos（100πt）V，故D错误。
故选：AB。
14．交变电路示意图如图所示，图中变压器为理想变压器，已知三个灯泡完全相同，其阻值可视为定值，a、b接入有效值为U的交变电流。初始时滑动变阻器滑片置于最左端时，三个灯泡亮度相同，现让滑片向右滑动，I1、I2、I3、U1、U2、U3的变化量大小分别为ΔI1、ΔI2、ΔI3、ΔU1、ΔU2、ΔU3，下列说法正确的是（ ）
A．n1：n2：n3＝2：1：1
B．滑片向右滑动时，I2增大
C．2ΔI1＝ΔI2﹣ΔI3
D．增大
【解答】解：A．滑动变阻器置于最左端时，灯泡正常发光，根据题意可知则此时
U2＝U3＝UL，I1＝I2＝I3＝IL
由理想变压器的功率关系有
U1I1＝U2I2+U3I3
联立解得
U1＝2U2＝2U3
则
n1：n2：n3＝2：1：1
故A正确；
B．将除L2、RP外的所有电路看作等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知当RP增大时，路端电压U2增大，则等效电源电流I2减小，故B错误；
C．由A中结论
n1：n2：n3＝2：1：1
可知
2I1＝I2+I3、2I1'＝I2'+I3'
又因为U2增大，导致U1、U3增大，从而有减小、I3增大，则I1减小，可知
ΔI1＝I1﹣I1'、ΔI2＝I2﹣I2'、ΔI3＝I3'﹣I3
解得
2ΔI1＝ΔI2﹣ΔI3
故C正确
D．根据欧姆定律有
则比值不变，故D错误。
故选：AC。
15．为防止意外发生，游乐场等大型设施都配备有电磁阻尼装置，如图所示为某款阻尼缓冲装置的原理示意图：带有光滑轨道的机械主体，能产生垂直缓冲轨道平面的匀强磁场，边缘绕有闭合矩形线圈abcd的高强度缓冲滑块撞到竖直墙时，被瞬间强制制动，机械主体以及磁场由于惯性继续缓冲减速，对缓冲过程，下列说法正确的是（ ）
A．线圈bc段受到向右的安培力
B．同一匝线圈中b端的电势高于c端的电势
C．线圈ab段中电流方向为由b到a
D．若磁场反向，则装置起不到缓冲作用
【解答】解：AC、在缓冲过程中，线圈bc段切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，bc边中感应电流方向由c到b，则线圈ab段中电流方向为由b到a。由左手定则可知，线圈bc段受到安培力向左，故A错误，C正确；
B、bc段感应电流方向为由c到b，b端相当于电源的正极，则b端的电势高于c端的电势，故B正确；
D、若磁场反向，感应电流反向，线圈bc段受到的安培力方向仍然向左，仍起到缓冲作用，故D错误。
故选：BC。
三．实验题
16．（1）在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择 。
A．量程为0～3V的电压表
B．量程为0～3A的电流表
C．量程为0～0.6A的电流表
D．零刻度在中间的灵敏电流计
（2）某同学按下列步骤进行实验：
①将已知绕向的螺线管与电表连接；
②设计表格：记录将磁铁N、S极插入或抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量的变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向；
③分析实验结果，得出结论。
上述实验中，漏掉的实验步骤是要查明 的关系。
（3）在上述实验中，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针偏角 （选填“不变”“变大”或“变小”）。
【解答】解：（1）在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，为了观察到明显的现象并确定感应电流的方向，还需要一个零刻度在中间的灵敏电流计，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2）根据上述实验的操作，实验中，漏掉的实验步骤是要查明电流流入灵敏电流计的方向与指针偏转方向的关系。
（3）当磁铁插入螺线管的速度越快，磁通量变化越快，产生的感应电流也越大，电表指针偏角变大。
故答案为：（1）D；（2）电流流入灵敏电流计的方向与电流计指针偏转方向；（3）变大。
17．某同学要进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验。实物图如图所示。
（1）关于实验，下列说法正确的是 。
A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B.为了确保人身安全，只能使用低于12V的电源
C.通电情况下不可以用手接触裸露的导线、接线柱
（2）为了探究n1＝400匝、n2＝200匝的变压器原、副线圈电压与匝数的关系，请用笔画线代替连线，将图中的实物连接补充完整。
（3）在实验中，两个电压表的读数记录如表。
电压次数 1 2 3 4 5
U1/V 2.5 4.5 7.0 9.0 10.5
U2/V 1.2 2.2 3.4 4.4 5.2
该同学多次实验后发现原、副线圈的电压之比总是 （选填“稍大于”、“等于”或者“稍小于”）原、副线圈的匝数之比，试分析其原因： 。
【解答】解：（1）A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；
B.为了确保人身安全，只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12V，故B错误；
C.即使使用的电压较低，由于电磁感应，可能会产生较高的电压，所以通电时不可直接用手接触裸露的导线进行连接，故C正确。
故选：C。
（2）变压器原线圈接低压交流电源，实物图连接如图所示：
（3）实际变压器有漏磁，线圈和铁芯发热，造成能量损失，因此实验后发现原、副线圈的电压之比总是稍大于原、副线圈的匝数之比。
故答案为：（1）C；（2）见解析；（3）稍大于；见解析。
四．解答题
18．如图，电容器的电容为C，初始带电量为Q，开关S断开，导轨光滑，处于磁感应强度为B的磁场中。甲、乙两棒的有效切割长度均为L、电阻为R、质量为m的导体棒。
（1）闭合开关S，求达到稳定时两棒的速度v1；
（2）闭合开关S，求达到稳定过程中甲棒产生的焦耳热（已知电容器储存的能量为）；
（3）若先去掉乙，再闭合S释放甲，当甲稳定运动后再在最初释放甲处释放乙，二者最终稳定速度为v2。
①通过计算比较v1和v2的大小关系；
②若按此方式，依次释放与甲、乙相同的丙、丁……当释放包含甲、乙在内的2024根棒后，求稳定速度v2024（直接写出结果）。
【解答】解：（1）将甲、乙两棒做为一个整体，相当于质量为2m，电阻为的导体棒，取向右为正方向，根据动量定理
而
最终稳定后
而
Q'＝Q﹣q
联立解得
（2）根据能量守恒
甲棒产生的焦耳热
解得
（3）①只释放甲棒稳定后
Bq1L＝mv
而
再释放乙棒，甲板棒中的电流反向，稳定后，取向右为正方向，对甲棒
﹣Bq2L＝mv2﹣mv
对电容器
取向右为正方向，对乙棒
B（q2+q3）L＝mv2
联立解得
可知v1和v2的大小相等。
②根据以上规律可知，分次释放和同时释放最后速度相等，因此
答：（1）闭合开关S，求达到稳定时两棒的速度；
（2）闭合开关S，求达到稳定过程中甲棒产生的焦耳热；
（3）①v1和v2的大小相等；
②稳定速度v2024为。
19．有一条河流，河水流量为4m3/s，落差为5m，现利用它来发电，水电站的总效率为50%，发电机的输出电压为400V，水电站到用户之间要进行远距离输电，两地间输电线的总电阻为8Ω，允许输电线上损耗的功率为发电机输出功率的5%，用户所需要的电压为220V，认为所用的变压器都是理想变压器，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）发电机的输出功率P及输电线上损耗的功率P损；
（2）升压、降压变压器原、副线圈的匝数比。
【解答】解：（1）发电机的输出功率P＝50% 50% 50% ρQgh，代入Q＝4m3/s，h＝5m
解得：P＝1×105W
输电线上损耗的功率 P损＝5%P＝5%×1×105W＝5×103W
（2）输电线上损耗的功率P损 R
解得：I线＝25A
升压变压器输出电压 V＝4000V
故升压变压器原、副线圈匝数比
输电线上损失的电压U损＝I线R＝25×8V＝200V
降压变压器的输入电压U3＝U2﹣U损＝4000V﹣200V＝3800V
故降压变压器原、副线圈匝数比
答：（1）发电机的输出功率P为1×105W，输电线上损耗的功率P损为5×103W；
（2）升压、降压变压器原、副线圈的匝数比分别为1：10，190：11。
20．某校项目学习小组制造了电磁弹射器，其等效电路如图所示（俯视图）。通过图中的理想自耦变压器可将（V）的交流电电压升高，再通过直流转换模块（将交流电转换为直流电，且电压有效值不变）。图中的两个电容器的电容C＝0.2F。两根固定于同一水平面内足够长的光滑平行金属导轨间距L＝0.5m，电阻不计，磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场垂直于导轨平面向内。金属棒MN（含其上固定一铁钉）总质量m＝100g、电阻R＝0.25Ω（不计其他电阻）垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。开关S先接1，使两电容器完全充电，然后将S接至2，MN开始向右加速运动达到最大速度后离开导轨。已知理想自耦变压器的原副线圈匝数比为1：4，电容器储存电场能的表达式为：。求：
（1）直流转换模块输出端的电压UMN；
（2）开关S接1使电容器完全充电后，每块极板上所带的电荷量Q的绝对值；
（3）MN由静止开始运动时的加速度大小a；
（4）电容器储存电场能转化为MN棒动能的转化效率η
【解答】解：（1）理想自耦变压器的输入电压为：U1V＝12.5V
根据理想变压器的工作原理可得：
解得自耦变压器输出端电压为：U2＝50V
由题意可得直流转换器的输出端电压为：UMN＝U2＝50V
（2）开关S接1时电容器的电压等于UMN，则电容器的每块极板上所带的电荷量为：
Q＝CUMN＝0.2×50C＝10C
（3）金属棒MN由静止开始运动时，通过金属棒MN的瞬间电流为：
此刻金属棒MN所受安培力为：F＝BI0L＝1×200×0.5N＝100N
根据牛顿第二定律得此刻的加速度为：1000m/s2
（4）金属棒MN做加速度逐渐减小的加速直线运动，直到棒产生的电动势与电容器两端的电压相等时速度达到最大。设金属棒MN的最大速度为vm，此时电容器的电压为U3，则有：
U3＝BLvm
以金属棒MN的运动方向为正方向，根据动量定理得：
2CΔU＝2C（UMN﹣U3）
联立可得：
其中：m＝100g＝0.1kg
代入数据解得：vm＝50m/s
若不考虑电容器剩余的电场能，则电容器储存电场能转化为MN棒动能的转化效率为：
，解得：η＝25%
若考虑电容器剩余的电场能，则电容器储存电场能转化为MN棒动能的转化效率为：
，解得：η′＝33.33%
答：（1）直流转换模块输出端的电压UMN为50V；
（2）开关S接1使电容器完全充电后，每块极板上所带的电荷量Q的绝对值为10C；
（3）MN由静止开始运动时的加速度大小a为1000m/s2；
（4）若不考虑电容器剩余的电场能，电容器储存电场能转化为MN棒动能的转化效率η为25%；若考虑电容器剩余的电场能，则电容器储存电场能转化为MN棒动能的转化效率为η′＝33.33%。
阶段性训练（四）
考察内容（电磁感应 交变电流）
一．选择题
1．如图所示，小张同学在实验室做“跳环实验”。他将闭合铝环套在可拆变压器的铁芯上，再将变压器的“0，400（匝）”接线柱接220V的交流电源上。通电后，铝环跳起并撞击到了天花板，但发现变压器的线圈被烧断了。则（ ）
A．铝环中的电流与线圈中的电流大小相等
B．线圈被烧断的原因是铝环跳起脱离铁芯后线圈电流增大
C．若变压器改接220V直流电，则接通电源后铝环纹丝不动
D．若改用“0，1600（匝）”接线柱，则相对安全，但跳起的高度会下降
2．如图所示，在水平桌面上有一金属圆环，在它圆心正上方有一竖直放置的条形磁铁，当条形磁铁下落时，金属圆环中将产生俯视顺时针的感应电流，可以判定（ ）
A．条形磁铁的S极朝下
B．环对桌面的压力将减小
C．环有面积扩大的趋势
D．磁铁将受到竖直向下的电磁作用力
3．高速铁路列车通常使用磁刹车系统，磁刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线总垂直射入铝盘时，铝盘随即减速，如图所示，圆中磁铁左方铝盘的甲区域朝磁铁方向运动，磁铁右方的乙区域朝离开磁铁方向运动，下列说法中正确的是（ ）
A．铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场
B．磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力
C．感应电流在铝盘产生的内能，是将铝盘减速的最主要原因
D．若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果更好
4．如图，在水平光滑桌面上，固定两条平行绝缘直导线，通以相同电流，导线之间放置两个相同的圆形小线圈。当两侧导线中电流同样增大时，忽略不计两小线圈之间作用力，则（ ）
A．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向
B．两小线圈中感应电流都沿逆时针方向
C．两小线圈会相互靠近
D．两小线圈会相互远离
5．如图所示，一轻质绝缘横杆左右两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动。若拿一条形磁铁先后插向两环，关于产生的现象及分析，下列说法中错误的是（ ）
A．磁铁靠近金属环的过程中，穿过左右两环的磁通量都增大
B．只有磁铁速度足够大，左环中才产生感应电动势和感应电流
C．无论磁铁速度多大，右环中都会产生感应电动势和感应电流
D．磁铁插向右环时，俯视看横杆，横杆将逆时针转动
6．在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合金属线圈竖直向下运动，线圈平面始终保持水平。在位置B，磁感线正好与线圈平面平行，A与B和B与C之间的距离都比较小。在线圈从位置A运动到位置C的过程中，从上往下看，感应电流的方向是（ ）
A．顺时针方向
B．逆时针方向
C．先顺时针方向，后逆时针方向
D．先逆时针方向，后顺时针方向
7．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A、V均为理想电表，R是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、L是理想线圈、D是灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是（ ）
A．交流电的频率为100Hz
B．电压表的示数为22V
C．当光照增强时，A的示数变小
D．若用一根导线来代替线圈L，则灯D变亮
8．用长度为L，横截面面积为S、电阻率为ρ的金属丝制成正方形线框abcd，然后置于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，绕与ab边重合的固定轴从中性面开始沿图示方向逆时针匀速转动，转动的角速度为ω，下列说法正确的是（ ）
A．线框从图示位置转过的过程中，线框中电流的方向为a→d→c→b→a
B．线框中感应电流的有效值
C．线框转过一周的过程中，产生的焦耳热
D．线框从图示位置转过半圈的过程中，通过线框某一横截面的电荷量为0
9．如图，匀强磁场中，一单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线框中产生的交变电动势瞬时值随时间变化的规律为esin100πtV。下列说法正确的是（ ）
A．该线框转动的频率是100Hz
B．该线框产生的交变电动势最大值是20V
C．t＝0.005s时刻，线框平面与中性面重合
D．t＝0.05s时刻，穿过线圈的磁通量最大
10．“西电东送”是国家重大工程。如图为某水电站远距离输电的原理图，发电厂输出的电压恒为U，通过升压变压器将电压升高至kU向远处输电，在用户端用降压变压器把电压仍降为U供用户使用，下列说法正确的是（ ）
A．降压变压器原线圈匝数为副线圈匝数的k倍
B．若用户功率增大，则输电线上损失的功率也增大
C．若用户功率增大，升压变压器的输出电压也增大
D．若用户功率增大，降压变压器的输出电压也增大
11．如图甲所示，一圆形线圈置于垂直纸面向里的磁场中，线圈右端通过导线与两块平行金属板相连接，金属板间宽度d足够大。有一带正电粒子q静止在平行板正中央，从t＝0时刻开始，磁场按如图乙所示变化，不计粒子重力。以竖直向上运动为正方向，下列关于粒子在一个周期内的运动图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．如图所示，在一个倾角为θ的导轨MN上面，放置一个长度为L的金属棒PQ，已知两导轨间距为d（d＜L），金属棒的质量为m、阻值为r，导轨与金属棒接触良好，两者间动摩擦因数为μ，导轨下端连接一个阻值为R的定值电阻，整个导轨处在一个垂直导轨所在平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现用一个恒力F拉动金属棒沿导轨斜面运动了x的距离，所用时间为t，此时金属棒的速度为v，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒速度为v时，R两端的电压为
B．该过程中生成的焦耳热为
C．该过程中摩擦力做的功为μmgxcosθ
D．该过程中安培力做的功为
二．多选题
13．如图所示，不计电阻、边长为10cm的正方形线框ABCD，置于磁感应强度为0.2T的匀强磁场中，线框匝数为100，某时刻线框开始以的转速绕OO'匀速转动，电刷接头EF串联阻值为10Ω的定值电阻R和理想电流表。从图示位置开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．理想电流表的示数为2A
B．线框转过90°通过电阻R的电量为0.02C
C．将电阻R换成电容使其不击穿，其耐压值为20V
D．线框产生的电动势的瞬时表达式为
14．交变电路示意图如图所示，图中变压器为理想变压器，已知三个灯泡完全相同，其阻值可视为定值，a、b接入有效值为U的交变电流。初始时滑动变阻器滑片置于最左端时，三个灯泡亮度相同，现让滑片向右滑动，I1、I2、I3、U1、U2、U3的变化量大小分别为ΔI1、ΔI2、ΔI3、ΔU1、ΔU2、ΔU3，下列说法正确的是（ ）
A．n1：n2：n3＝2：1：1
B．滑片向右滑动时，I2增大
C．2ΔI1＝ΔI2﹣ΔI3
D．增大
15．为防止意外发生，游乐场等大型设施都配备有电磁阻尼装置，如图所示为某款阻尼缓冲装置的原理示意图：带有光滑轨道的机械主体，能产生垂直缓冲轨道平面的匀强磁场，边缘绕有闭合矩形线圈abcd的高强度缓冲滑块撞到竖直墙时，被瞬间强制制动，机械主体以及磁场由于惯性继续缓冲减速，对缓冲过程，下列说法正确的是（ ）
A．线圈bc段受到向右的安培力
B．同一匝线圈中b端的电势高于c端的电势
C．线圈ab段中电流方向为由b到a
D．若磁场反向，则装置起不到缓冲作用
三．实验题
16．（1）在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择 。
A．量程为0～3V的电压表
B．量程为0～3A的电流表
C．量程为0～0.6A的电流表
D．零刻度在中间的灵敏电流计
（2）某同学按下列步骤进行实验：
①将已知绕向的螺线管与电表连接；
②设计表格：记录将磁铁N、S极插入或抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量的变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向；
③分析实验结果，得出结论。
上述实验中，漏掉的实验步骤是要查明 的关系。
（3）在上述实验中，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针偏角 （选填“不变”“变大”或“变小”）。
17．某同学要进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验。实物图如图所示。
（1）关于实验，下列说法正确的是 。
A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B.为了确保人身安全，只能使用低于12V的电源
C.通电情况下不可以用手接触裸露的导线、接线柱
（2）为了探究n1＝400匝、n2＝200匝的变压器原、副线圈电压与匝数的关系，请用笔画线代替连线，将图中的实物连接补充完整。
（3）在实验中，两个电压表的读数记录如表。
电压次数 1 2 3 4 5
U1/V 2.5 4.5 7.0 9.0 10.5
U2/V 1.2 2.2 3.4 4.4 5.2
该同学多次实验后发现原、副线圈的电压之比总是 （选填“稍大于”、“等于”或者“稍小于”）原、副线圈的匝数之比，试分析其原因： 。
四．解答题
18．如图，电容器的电容为C，初始带电量为Q，开关S断开，导轨光滑，处于磁感应强度为B的磁场中。甲、乙两棒的有效切割长度均为L、电阻为R、质量为m的导体棒。
（1）闭合开关S，求达到稳定时两棒的速度v1；
（2）闭合开关S，求达到稳定过程中甲棒产生的焦耳热（已知电容器储存的能量为）；
（3）若先去掉乙，再闭合S释放甲，当甲稳定运动后再在最初释放甲处释放乙，二者最终稳定速度为v2。
①通过计算比较v1和v2的大小关系；
②若按此方式，依次释放与甲、乙相同的丙、丁……当释放包含甲、乙在内的2024根棒后，求稳定速度v2024（直接写出结果）。
19．有一条河流，河水流量为4m3/s，落差为5m，现利用它来发电，水电站的总效率为50%，发电机的输出电压为400V，水电站到用户之间要进行远距离输电，两地间输电线的总电阻为8Ω，允许输电线上损耗的功率为发电机输出功率的5%，用户所需要的电压为220V，认为所用的变压器都是理想变压器，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）发电机的输出功率P及输电线上损耗的功率P损；
（2）升压、降压变压器原、副线圈的匝数比。
20．某校项目学习小组制造了电磁弹射器，其等效电路如图所示（俯视图）。通过图中的理想自耦变压器可将（V）的交流电电压升高，再通过直流转换模块（将交流电转换为直流电，且电压有效值不变）。图中的两个电容器的电容C＝0.2F。两根固定于同一水平面内足够长的光滑平行金属导轨间距L＝0.5m，电阻不计，磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场垂直于导轨平面向内。金属棒MN（含其上固定一铁钉）总质量m＝100g、电阻R＝0.25Ω（不计其他电阻）垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。开关S先接1，使两电容器完全充电，然后将S接至2，MN开始向右加速运动达到最大速度后离开导轨。已知理想自耦变压器的原副线圈匝数比为1：4，电容器储存电场能的表达式为：。求：
（1）直流转换模块输出端的电压UMN；
（2）开关S接1使电容器完全充电后，每块极板上所带的电荷量Q的绝对值；
（3）MN由静止开始运动时的加速度大小a；
（4）电容器储存电场能转化为MN棒动能的转化效率η
