高考物理【一轮复习】讲义练习阶段复习(五)　电磁感应和交变电流

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1.风速测速仪的简易装置如图甲所示，某段时间内线圈中产生的感应电流的波形如图乙所示，下列说法正确的是( )
A.若风速变大，图乙中感应电流的周期变大
B.若风速变大，图乙中感应电流的峰值变大
C.图乙中感应电流最大时，风速最大
D.图乙中感应电流随时间变化的原因是风速在变化
答案 B
解析 若风速变大，则转速变大，角速度变大，根据T＝2πω可知，周期变小，故A错误;根据Em＝NωBS可知，风速变大，感应电动势峰值变大，再根据Im＝EmR＋r可知，感应电流的峰值变大，故B正确;题图乙中感应电流最大时，是穿过线圈的磁通量的变化率最大，并不是风速最大，故C错误;题图乙中感应电流随时间变化的原因是穿过线圈的磁通量变化率随时间在变化，故D错误。
2.(2025·江西九江模拟)n匝半径为r的圆形闭合线圈，置于如图所示的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直。若磁感应强度与时间的关系为B＝B0－kt(B0、k为常数)，线圈中产生的感应电动势为E;若磁感应强度B＝B0，使线圈绕直径匀速转动时，线圈中产生的感应电动势的有效值也为E，下列线圈转动的角速度ω表达式正确的是( )
A.ω＝kB0πr2B.ω＝k2B0
C.ω＝k2B0πr2D.ω＝2kB0
答案 D
解析 若磁感应强度与时间的关系为B＝B0－kt(B0、k为常数)时，线圈中产生的感应电动势为E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt＝nkS;若磁感应强度B＝B0，使线圈绕直径匀速转动时，线圈中产生的感应电动势有效值E＝nB0Sω2，联立解得ω＝2kB0，故D正确。
3.如图所示，在铁芯P上绕着上下两个线圈a和b，匝数分别为n1＝800和n2＝200，上线圈a两端与u＝1002sin(314t)V的交流电源相连，将下线圈b两端接交流电压表，考虑到漏磁，则( )
A.若上线圈输入正弦式交变电流，下线圈可输出恒定电流
B.若上线圈输入恒定电流，穿过下线圈的磁通量为零
C.电压表读数不可能为25 V
D.电压表读数可能为252 V
答案 C
解析 根据电磁感应原理，若上线圈输入正弦式交变电流，下线圈可输出正弦式交变电流，A错误;若上线圈输入恒定电流，穿过下线圈的磁通量不变，但不为零，B错误;输入交流电的有效值为U1＝100 V，若不考虑漏磁，则下线圈电压有效值U2＝n2n1U1＝200800×100 V＝25 V，考虑到漏磁影响，则下线圈电压小于25 V，即电压表读数小于25 V，C正确，D错误。
4.如图，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示;和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是( )
A.I1和I2表示电流的瞬时值
B.U1和U2表示电压的最大值
C.滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
D.滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小
答案 C
解析 交流电压表和交流电流表显示的示数都为有效值，A、B错误;由于输入端电压U1和理想变压器匝数比不变，所以U2不变，滑片P向下滑动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电流I2变大，输出功率变大，则输入功率变大，电流I1变大，C正确，D错误。
5.为保证游乐园中过山车的进站安全，过山车安装了磁力刹车装置。磁性很强的钕磁铁安装在轨道上，正方形金属线框安装在过山车的底部，过山车返回站台前的运动简化模型如图所示。正方形线框abcd沿斜面加速下滑后，bc边以速度v1进入匀强磁场区域，此时线框开始减速，bc边出磁场区域时，线框恰好以速度v2做匀速直线运动。已知线框边长为L，匝数为n，总电阻为R，斜面与水平面的夹角为θ，过山车的总质量为m，所受阻力的大小恒定，磁场区域上、下边界间的距离为L，磁感应强度大小为B，方向垂直斜面向上，重力加速度为g，线框bc边始终与磁场边界平行。下列说法正确的是( )
A.线框刚进入磁场区域时，感应电流的方向是a→b→c→d→a
B.线框刚进入磁场区域时，bc边两端的电压为nBLv1
C.线框刚出磁场区域时，通过线框的电流大小为BLv2R
D.线框所受的摩擦力为mgsin θ－n2B2L2v2R
答案 D
解析 根据楞次定律可知，线框刚进入磁场区域时，感应电流的方向为a→d→c→b→a，A错误;线框刚进入磁场区域时，感应电动势为E＝nBLv1，bc边两端的电压为路端电压U＝34E＝34nBLv1，B错误;bc边出磁场区域时，线框恰好以速度v2做匀速直线运动，感应电动势E'＝nBLv2，由闭合电路欧姆定律得，通过线框的电流大小为I＝E'R＝nBLv2R，C错误;bc边出磁场区域时，线框恰好以速度v2做匀速直线运动，由平衡条件得mgsin θ＝Ff＋nILB，解得Ff＝mgsin θ－n2B2L2v2R，D正确。
6.(多选)如图甲是一小型交流发电机供电原理图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，理想变压器原、副线圈分别与发电机和灯泡连接，灯泡上标有“6 V 3 W”字样且正常发光(除灯泡外不计其余电阻)从某时刻开始计时，发电机输出端的电流随时间变化图像如图乙，下列说法正确的是( )
A.当t＝0.04 s时发电机内线圈平面与磁场方向平行
B.发电机输出电流的瞬时值i＝2sin (50πt) A
C.变压器原、副线圈匝数之比为2∶4
D.发电机1分钟内产生的电能为180 J
答案 BD
解析 由题图乙可知，当t＝0.04 s时，发电机电流为零，线圈恰好处于中性面位置，线圈平面与磁场方向垂直，故A错误;交流电的周期T＝0.04 s，角频率ω＝2πT＝50π rad/s，因此发电机输出电流的瞬时值i＝2sin(50πt) A，故B正确;流过副线圈的电流的有效值I2＝PU＝0.5 A，原线圈电流的有效值I1＝Im2＝1 A，因此变压器原、副线圈匝数之比n1n2＝I2I1＝12，故C错误;整个电路只有灯泡消耗能量，因此发电机1分钟内产生的电能E＝Pt＝3×60 J＝180 J，故D正确。
7.(多选)(2025·浙江杭州质检)如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为1∶2，在副线圈的回路中分别接有电阻R和电容器C，R＝360 Ω。原线圈P、Q两端接在峰值电压为36 V的正弦交流电源上，图中交流电压表、交流电流表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A.电压表的示数为362 VB.电容器C的耐压值小于72 V
C.R消耗的功率为7.2 WD.电流表的示数为0.28 A
答案 AC
解析 根据理想变压器的变压规律U1U2＝n1n2可知，变压器副线圈两端电压的最大值为72 V，但电压表的示数为有效值，故电压表的示数应为362 V，A正确;电容器的耐压值应大于峰值电压72 V，B错误;根据P＝U2R可知，R消耗的功率PR＝(362)2360 W＝7.2 W，C正确;由于副线圈上电容器的存在，所以副线圈上的电流无法求出，则原线圈上的电流也无法求出，即电流表的示数无法确定，D错误。
8.如图甲所示，MN、PQ是间距l＝0.5 m且足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角θ为37°，NQ间连接有一个R＝4 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度的大小B0＝1 T。将一根质量m＝0.05 kg、阻值为r的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q＝0.2 C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)，求:
(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ;
(2)cd与NQ间的距离s;
(3)金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量。
答案 (1)0.5 (2)2 m (3)0.08 J
解析 (1)由题图乙知，当v＝0时，a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma
解得μ＝0.5。
(2)由题图乙可知，当vmax＝2 m/s时，a＝0，金属棒速度稳定，滑到cd处，当金属棒达到稳定速度时，有mgsin θ＝F＋μmgcs θ
其中安培力F＝IlB0，E＝B0lvmax，I＝ER＋r
解得r＝1 Ω
又因为q＝IΔt＝ΔΦΔt(R＋r)Δt＝ΔΦR＋r＝B0lsR＋r＝0.2 C
解得s＝2 m。
(3)根据动能定理有mgssin θ－μmgscs θ－WF＝12mvmax2－0
解得WF＝0.1 J
Q总＝WF＝0.1 J
则电阻R上产生的热量QR＝45Q总＝0.08 J。
9.如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回路。导轨间距为L，两导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，求:
(1)当cd棒速度减为0.6v0时，ab棒的速度v及加速度a的大小;
(2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离s。
答案 (1)0.4v0 B2L2v010mR (2)mv02BL d＋mv0RB2L2
解析 (1)两棒组成的系统所受合外力为零，动量守恒，有mv0＝0.6mv0＋mv
解得v＝0.4v0
回路中感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0
此时回路电流I＝E2R
由牛顿第二定律有ILB＝ma
联立解得a＝B2L2v010mR。
(2)ab、cd棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv共
对ab棒，根据动量定理有BILΔt＝mv共
而q＝IΔt，解得q＝mv02BL
在这段时间内，平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝BL(s-d)Δt
回路平均电流I＝E2R
因此流过某截面的电荷量q＝IΔt＝BL(s-d)2R
解得最大距离s＝d＋mv0RB2L2。