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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载2022 年高考试题解析物理分类汇编专题 变电流13 电磁感应和交1（福建）图甲中抱负变压器原、副线圈的匝数之比 n1n2=51,电阻 R=20 ,L1、L2 为规格相同的两只小灯泡,S1 为单刀双掷开关；原线圈接正弦交变电源,输入电压 u 随时间 t 的变化关系如下列图；现将 S1接 1、 S2 闭合,此时 L2 正常发光；以下说法正确选项A. 输入电压 u 的表达式 u=20 2 sin50 V B. 只断开 S1后, L1、L2 均正常发光C.只断开 S2后,原线圈的输入功率增大D.如 S1换接到 2 后, R消耗的电
2、功率为0.8W 角（ 090 , 其中2（福 建） 如图,足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成MN与 PQ平行且间距为 L,导轨平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直, 导轨电阻不计；金属棒 ab由静止开头沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且良好接触,ab棒接入电路的电阻为 R,当流过 ab棒某一横截面的电量为 q 时,金属棒的速度大小为 v ,就金属棒 ab在这一过程中A. ab 运动的平均速度大小为1 2sinB. 平行导轨的位移大小为qR BLC.产生的焦耳热为qBLD.受到的最大安培力大小为2 2B LR答案： B 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 10 页精选
3、学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载解析：此题考查电磁感应、安培力、焦耳定律、平均速度等学问点；由于金属棒 ab 下滑做加速度越来越小的加速运动,ab 运动的平均速度大小肯定大于 1,选项 A错误；2由 q= =BLx,平行导轨的位移大小为 x=qR,选项 B 正确；产生的焦耳热为R R BLQ=I 2Rt=qIR ,由于 I 随时间逐步增大,选项 C错误；当金属棒的速度大小为 v 时,金属2 2棒中感应电流 I=BLv/R 最大,受到的安培力最大,大小为 F=BIL= B L,选项 D错误；R3. （全国）如图,两根相互平行的长直导线分别通有方向相反 d 的电流
4、 I1和 I2,且 I1I2,a、b、c、d 为导线某一横截面所在平面内的四点,且a、b、c 与两导线共面；b 点在两a I1 b I2 c 导线之间, b、d 的连线与导线所在的平面垂直；磁感应强度可能为零的点是Aa 点 Bb 点 Cc 点 Dd 点【答案】 C 【解析】 由安培定就和平行四边形定就知某点磁感应强度为零,就两电流在该处的磁感应强度等大反向, 由安培定就和平行四边形定就知 b,d 两点合磁感应强度肯定不为零 , 排除 B,D, 在 a、c 两点的磁感应强度方向相反,又I1I2排除 A, 应选 C 4. （安徽）如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度为B；电阻为 R、
5、半径为 L、圆心角为 45 的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度 匀速转动（ O轴位于磁场边界） ；就线框内产生的感应450O 电流的有效值为ABL2 B 22 BL C 2BL2 D BL2L 2R2R4R4R答案： D 解析：沟通电流的有效值是依据电流的热效应得出的,线框转动周期为T,而线框转动一周只有 T/4 的时间内有感应电流,就有BLL2RT2 I RT,所以I2 BL；D正确；2R44RL、小灯泡A、开关5（北京）某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁心的线圈S和电池组 E,用导线将它们连接成如下列图的电路；检查电路后,闭合开关 S,小灯泡发光； 再断开开关S,小灯泡仅有不
6、显著的延时熄灭现象；虽经多次重复,仍未见老师演示时显现的小灯泡闪亮现 象,他冥思苦想找不出缘由；你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载缘由是 A电源的内阻较大 B小灯泡电阻偏大 C线圈电阻偏大 D线圈的自感系数较大6. （广东）图7（a）左侧的调压装置可视为抱负变压器,负载电路中R=55 ,A 、V 为理想电流表和电压表；如原线圈接入如图110V,以下表述正确选项A、电流表的示数为 2A B、原、副线圈匝数比为 1:2 C、电压表的示数为电压的有效值7（b）所示的正弦
7、交变电压,电压表的示数为D、原线圈中交变电压的频率为100Hz u/V0.01 0.02 0.03 t/s A 220 2V O R a 220 2b 图 7 答案： AC U 110解析：沟通电压表和沟通电流表的示数都是有效值,电流表的示数 I A 2 A,A、R 55C正确；由图 7（b）可知原线圈电压有效值为 220V,周期 0.02S ,就可得原、副线圈匝数比为 2:1 ,交变电压的频率为 50Hz,B、D错误；7. （广东） 将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,以下表述正确选项 A、感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B
8、、穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大 C、穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载D、感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同答案： C 解析：由法拉第电磁感应定律,EntnS B,选项 A 错误；穿过线圈的磁通量t越大,并不代表穿过线圈的磁通量变化率大,选项B 错误, C正确；由楞次定律感应电流的磁场总是阻碍产生感应电流的磁通量的变化,感应电流的磁场方向与原磁场方向有时相同,有时相反；选项 D错误；8（江苏）如下列图,水平面内有一平行金属导轨,导轨光滑且电
9、阻不计；匀强磁场与导轨平面垂直；阻值为 R 的导体棒垂直于导轨静止放置,且与导轨接触；t=0 时,将开关 S 由 1 掷到 2；q、i 、v 和 a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度；以下图象正确选项【答案】 D 【解析】 此题考查含电容器电路及电磁感应；开关打到 1 时,电容器充电, 打到 2 位置,通过右侧回路放电,随着电容器放电,电容器极板电荷量削减,两极间电压减 小,电路电流减小,安培力减小,加速度减小,最终电流减为零,此时导体棒 做匀速运动,导体棒两端因切割磁感线产生电动势,电容器两极板间电压不为 零,极板上仍有电荷,综上,项正确；9（山东）为保证用户电压稳固
10、在220V,变电所需适时进行调压,图甲为调压变压器示意图；保持输入电压 u1不变,当滑动接头 P 上下移动时可转变输出电压；某次检 测得到用户电压 u2 随时间 t 变化的曲线如图乙所示；以下正确选项（）A、u2=190 2 sin50 t V B、u2=190 2 sin100 t V C、为使用户电压稳固在 220V,应将 P 适当下移 D、为使用户电压稳固在 220V,应将 P 适当上移答案： BD 名师归纳总结 解析：由于用户电压u2随时间 t 变化的曲线周期为0.02s ,所以 u2=1902 sin100 t V,第 4 页,共 10 页选项 B 正确 A 错误； 为使用户电压稳固
11、在220V,应减小变压器原线圈匝数,应将 P适当上移,选项C错误 D正确；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载10（山东）如图甲所示,两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计；两质量、长度均相同的导体棒c 、 d,置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h 处；磁场宽为3h ,方向与导轨平面垂直；先由静止释放c , c 刚进入磁场即匀速运动,此时再由静止释放 d,两导体棒与导轨始终保持良好接触；用 a 表示 c 的加速度,E kd表示 d 的动能,cx 、x 分别表示 c 、 d 相对释放点的位 移；图乙中正确选项答案： BD 解析：由于
12、c 刚进入磁场即匀速运动,此时再由静止释放 d,d 进入磁场时 c 相对释放点的位移为 3h,d 进入磁场后 cd 二者都做匀速运动,二者与导轨组成的回路磁通量不变,感应电流为零,两导体棒 均做加速度为 g 的加速运动,图乙中 A 错误 B 正确； c 出磁场时 d 下落 2h,c 出磁场后导体棒 势和感应电流,受到安培力作用做减速运动,动能减小,d 切割磁感线产生感应电动 d 出磁场后动能随下落高度的增加而增大,所以图乙中正确表示d 的动能Ekd的是 D；11（上海）如图,磁场垂直于纸面,磁感应强度在竖直方向匀称分布,水平方向非均匀分布；一铜制圆环用丝线悬挂于O点,将圆环拉至位置a 后无初速
13、释放,在圆环从 a 摆向 b 的过程中A 感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针 D B感应电流方向始终是逆时针C 安培力方向始终与速度方向相反安培力方向始终沿水平方向【解析】 AD【解析】 圆环从位置 a 后无初速释放, 在到达磁场分界线之前,穿过圆环向里的磁感线条数在增加, 依据楞次定律, 感应电流方向为逆时针,圆环经过磁场分界线之时,穿过圆环向里的磁感线条数在削减,依据楞次定律,感应电流方向为顺时针,圆 环经过磁场分界线之后,穿过圆环向外的磁感线条数在削减,依据楞次定律,感应电流方向为逆时针,A 正确由于磁场在竖直方向分布匀称,圆环受到的竖直名师归纳总结 方向的安培力抵消,所以D正确第 5
14、 页,共 10 页12（上海）如图,匀称带正电的绝缘圆环a 与金属圆环b 同心共面放置,当a 绕 O点在其所在平面内旋转时,b 中产生顺时针方向的感应电流,且具有收缩趋势,由此可知,圆- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载环 a A 顺时针加速旋转 B顺时针减速旋转C 逆时针加速旋转 D逆时针减速旋转【答案】 B. 【解析】圆环 b 具有收缩趋势,说明穿过 b 环的磁通量在增强,依据阻碍变化可知圆环 a减速旋转, 逐步减弱的磁场使得 b 环产生了顺时针方向电流,依据楞次定律可知引起 b 环的感应电流的磁场方向向里,依据安培定就判定出 a
15、 环顺时针方向旋转 . 所以 B 选项正确 . 13（浙江）如下列图,在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800 和 n2=200 的两个线圈,上线圈两端 u=51sin314tV的沟通电源相连, 将下线圈两端接沟通电压表,就沟通电压表的读数可能是A. 2.0V B. 9.0V C. 12.7V D. 144.0V 【答案】 A 【解析】沟通电源电压的有效值U151V,假如看成抱负的来处理有：2U1n 1、1n800、n2200,解得U290. V,故沟通电压表的读数应当小于U2n 29 0. V,所以答案为A；14（新课标）如图,一抱负变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡,灯名师归
16、纳总结 泡的额定电压为220V,额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表；现闭合第 6 页,共 10 页开关,灯泡正常发光；如用U和 I 分别表示此时电压表和电流表的读数,就（）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解析：由U1n 1学习好资料欢迎下载可知, U= U1 =110V ,由 P = U2I2=UI 得 I =0.2A ,A 正确U2n 2答案： A 15（天津） 在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图 1 所示,产生的交变电动势的图象如图 2 所示,就At =0.005s 时线框的磁通量变化率为零Bt =0.0
17、1s 时线框平面与中性面重合C线框产生的交变电动势有效值为 311V D线框产生的交变电动势的频率为 100Hz 【解析】 交变电流学问的考查；由图 2 可知, 该交变电动势瞬时值的表达式为 e 311sin100 t ；当 t =0.005s 时,瞬时值 e=311V,此时磁通量变化率最大,A 错；同理当 t =0.01s 时, e=0V,此时线框处于中性面位置,磁通量最大,磁通量的变化率为零,B 正确；对于正弦交变电流其有效值为 Emax/ 2,题给电动势的有效值为 220V,C错；交变电流的频率为 f =1/ T= /2 =50Hz,D错；【答案】 B 16（四川）如下列图,在匀强磁场中
18、匀速转动的矩形线圈的周期为T, 转轴 O1O2 垂直于磁场方向,线圈电阻为2；从线圈平面与磁场方向平行时开头计时,线圈转过60 时的感应电流为1A；那么A. 线圈消耗的电功率为4W B. 线圈中感应电流的有效值为2A C.任意时刻线圈中的感应电动势为e = 4cos2tTD. 任意时刻穿过线圈的磁通量为=Tsin2 Tt答案： AC 解析：从图示位置开头计时时,电动势瞬时值满意 e NBS COS NBS COS t,由题意知道,转过 60 时的电动势为 2v, 所以电动势最大 值为 4V, C 选项正确；电流最大值为 2A,所以有效值为 2 A,B错误； P=I 2R=4W,A 选项正确；
19、e NBS COS知道 2 BS 2COS 60 0max , 所以任意时刻的磁通量 =2T sin 2 tT T T17（江苏）（15 分）题 13-1 图为一抱负变压器,ab 为原线圈, ce 为副线圈, d 为副线圈引出的一个接头；原线圈输入正弦式交变电压的u-t图象如题13-2 图所示；如只在ce间接一只 Rce=400 的电阻,或只在 耗的功率均为 80W；de 间接一只 Rde=225 的电阻 , 两种情形下电阻消名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载（1）请写出原线圈输入电压瞬时值 u
20、ab的表达式；（2）求只在 ce 间接 400 的电阻时,原线圈中的电流I 1；4（3）求 ce 和 de 间线圈的匝数比n ce；2 A）；（ 3）5n de【答案】（ 1）u ab400sin200tV；（ 2）0.28 A （或3【解析】（ 1）由题 13 2 图知200rad/s电压瞬时值u ab400sin 200t （V）（2）电压有效值U1200 2 V抱负变压器 P 1=P2原线圈中的电流AI1P 1AU1解得I10.28或2 5（3）设 ab 间匝数为 n1U1Uce的边界,其中n 1n ce同理U1Uden 1n de由题意知U2 ceU2 deR ceR de解得n ce
21、R cen deR de代入数据得n ce4n de318. （海南）如图,EOF和 E O F 为空间一匀强磁场EO E O ,FO F O ,且 EOOF； OO 为 EOF的角平分析,名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - OO 间的距离为学习好资料欢迎下载OO 方向匀l ；磁场方向垂直于纸面对里；一边长为l 的正方形导线框沿速通过磁场, t=0 时刻恰好位于图示位置；规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正,就感应电流 i 与实践 t 的关系图线可能正确选项答案： A 解析：设正方形导线框为ABCD,以图示位置为零
22、位置：AB边从零位置开头运动到O的过程中,只有AB 边的一部分切割了磁感线,切割的有效长度从零增加到l ,感应电动势变大,由右手定就可以判定,感应电流方向为逆时针（即与题目规定的正方向相同）,因此排除了 C、D；AB边从 O位置开头连续运动到 A、B 两点与 OE、OF边接触的过程中,只有 AB边切割了磁感线,切割的有效长 度等于 l ,感应电动势不变,感应电流方向仍是逆时针（即与题目规定的正方向相同） ；AB边从上述位置连续运动到 O点的过程中, AB 边和 CD变都部分切割了磁感线,AB边切割的有效长度从 l 减小到 0,而 CD边切割的有效长度从 0 增加到 l ,两条边产生的感应电动势
23、相反, 相互抵消, 电动势先削减到 0 后反向增加, 所以感应电流方向先逆时针减 小到 0,再从 0 开头顺时针增加；由此判定应当挑选答案 A；19. （海南）如图,抱负变压器原线圈与一10V的沟通电源相连,副线圈并联两个小灯泡 a 和 b,小灯泡 a 的额定功率为 0.3W,正常发光时电阻为 30,已知两灯泡均正常发光,流过原线圈的电流为 0.09A ,可运算出原、副线圈的匝数比为 _,流过灯泡 b 的电流为 _A；答案： 10：30.2 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解析：副线圈两端电压学习好资料欢迎下载U2 a得, Ua=3V,就原、U2等于小灯泡a 两端电压 Ua,由P aR a名师归纳总结 副线圈的匝数比n 1U110；流过灯泡a 的电流 I a= Ua/ Ra=0.1A 第 10 页,共 10 页n2U23又n 1I2I2,得 I2=0.3A ；流过灯泡b 的电流 Ib= I2- Ia=0.3A-0.1A=0.2A n2I10 .09- - - - - - -