2011年高考试题分类汇编专题13 电磁感应和交变电流

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2011年高考试题解析物理分类汇编专题13 电磁感应和交

变电流

1．（福建）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1，电阻R=20 Ω，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的变化关系如图所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是

A.输入电压u的表达式u=202sin(50π)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.若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W

2．（福建） 如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成?角（0＜?＜90°),其中

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由静止开始沿导轨下滑，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，则金属棒ab在这一过程中

A. ab运动的平均速度大小为? B.平行导轨的位移大小为

12qR BLC.产生的焦耳热为qBL?

B2L2?sin? D.受到的最大安培力大小为R答案：B

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解析：此题考查电磁感应、安培力、焦耳定律、平均速度等知识点。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一定大于?，选项A错误；由q=

2

12??R=

BLxqR，平行导轨的位移大小为x=，选项B正确；产生的焦耳热为RBLQ=IRt=qIR，由于I随时间逐渐增大，选项C错误；当金属棒的速度大小为v时，金属

B2L2?棒中感应电流I=BLv/R最大，受到的安培力最大，大小为F=BIL=，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

的电流I1和I2，且I1＞I2，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 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

A．a点 B．b点 C．c点 D．d点 【答案】C

【解析】由安培定则和平行四边形定则知某点磁感应强度为零，则两电流在该处的磁感 应强度等大反向，由安培定则和平行四边形定则知b，d两点合磁感应强度一定不为零, 排除B,D,在a、c两点的磁感应强度方向相反，又I1＞I2．排除A,故选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、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ω匀速转动（O轴位于磁场边界）。则线框内产生的感应 电流的有效值为

O I1

b

I2

c

d

BL2?BL2?2BL2?2BL2?A． B． C． D．

2R4R2R4R答案：D

ω 45 L 0解析：交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动

BL?一周只有T/4的时间内有感应电流，则有(L2BL?T222)R?IRT，所以I?。D正确。 4RR45．（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L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的

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原因是

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理想变压器，负载电路中R=55Ω，○A、○V为理

想电流表和电压表。若原线圈接入如图7（b）所示的正弦交变电压，电压表的示数为 110V，下列表述正确的是 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 D、原线圈中交变电压的频率为100Hz

2202 u/V A R V O 2202 －

0.01 0.02 0.03 t/s (a) (b) 图7

答案：AC

解析：交流电压表和交流电流表的示数都是有效值，电流表的示数I?

U110?A?2A，A、R55C正确。由图7（b）可知原线圈电压有效值为220V，周期0.02S，则可得原、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，下列表述正确的是] A、感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B、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

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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，E?n??S?B?n，选项A错误。穿过线圈的磁通量?t?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）如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计。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。下列图象正确的是

【答案】D

【解析】本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，电容器极板电荷量减少，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，Ｄ项正确。

9．（山东）为保证用户电压稳定在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上下移动时可改变输出电压。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。以下正确的是 （ ） A、u2=1902sin(50πt)V

B、u2=1902sin(100πt)V

C、为使用户电压稳定在220V，应将P 适当下移

D、为使用户电压稳定在220V，应将P 适当上移 答案：BD

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=1902sin(100πt)V，

选项B正确A错误；为使用户电压稳定在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。

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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ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示 c、d相对释放点的位移。图乙中正确的是 答案：BD

解析：由于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d切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到安培力作用做减速运动，动能减小，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均匀分布，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 (B)感应电流方向一直是逆时针 (C)安培力方向始终与速度方向相反 (D)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，根据楞次定律，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减少，根据楞次定律，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减少，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，A正确．因为磁场在竖直方向分布均匀，圆环受到的竖直方向的安培力抵消，所以D正确．

12．（上海）如图，均匀带正电的绝缘圆环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

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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，根据阻碍变化可知圆环a

减速旋转，逐渐减弱的磁场使得b环产生了顺时针方向电流，根据楞次定律可知引起b环的感应电流的磁场方向向里，根据安培定则判断出a环顺时针方向旋转.所以B选项正确.

13．（浙江）如图所示，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的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的 读数可能是

A. 2.0V B. 9.0V C. 12.7V D. 144.0V 【答案】A

【解析】交流电源电压的有效值U1?512V，如果看成理想的来处理有：

U1n1?、n1?800、n2?200，解得U2?9.0V，故交流电压表的读数应该小于U2n29.0V，所以答案为A。

14．（新课标）如图，一理想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

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。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（ ）

[来源:Z*xx*k.Com]

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解析：由答案：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，则 A．t =0.005s时线框的磁通量变化率为零 B．t =0.01s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】交变电流知识的考查。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=ω/2π=50Hz，D错。

【答案】B

16．（四川）如图所示，在匀强磁场中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始计时，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 = 4cosD. 任意时刻穿过线圈的磁通量为?=答案：AC

解析：从图示位置开始计时时，电动势瞬时值满足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

2

最大值为2A，所以有效值为2A，B错误；P=IR=4W，A选项正确；e?NBS?COS?U1n1?可知，U= U1 =110V，由P = U2I2=UI得I=0.2A，A正确 U2n22?t TT?sin

2?t T知道 2?BS2??2T2??COS600??max,所以任意时刻的磁通量?=t sinTT?T17．（江苏）（15分）题13-1图为一理想变压器，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。若只在ce间接一只Rce=400 Ω的电阻，或只在de间接一只Rde=225 Ω的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80W。

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（1）请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式； （2）求只在ce间接400Ω的电阻时，原线圈中的电流I1； （3）求ce和de 间线圈的匝数比

【答案】（1）uab?400sin200?tV；（2）0.28 A（或【解析】（1）由题13 – 2图知 ??200?rad/s 电压瞬时值 uab?400sin200?t（V） （2）电压有效值 U1?2002V 理想变压器 P1=P2 原线圈中的电流I1?nce。 nde42A）；（3）

35[来源:Z&xx&k.Com]

P1 U12A) 5解得I1?0.28A(或 （3）设ab间匝数为n1

U1Uce?n1nce同理U1Ude?n1nde

22UceUde由题意知?RceRde解得

nce?ndeRce Rde代入数据得

nce4? nde318.（海南）如图，EOF和E?O?F?为空间一匀强磁场的边界，其中

EO∥E?O?，FO∥F?O?，且EO⊥OF；OO?为∠EOF的角平分析，

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OO?间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿OO?方向匀

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，则感应电流i与实践t的关系图线可能正确的是

答案：A

解析：设正方形导线框为ABCD，以图示位置为零位置：

AB边从零位置开始运动到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，由右手定则可以判断，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’位置开始继续运动到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，感应电流方向还是逆时针（即与题目规定的正方向相同）；

AB边从上述位置继续运动到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相反，相互抵消，电动势先减少到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开始顺时针增加。由此判断应该选择答案A。

19.（海南）如图，理想变压器原线圈与一10V的交流电源相连，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，可计算出原、副线圈的匝数比为_______，流过 灯泡b的电流为_______A。 答案：10：3 0.2

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2Ua解析：副线圈两端电压U2等于小灯泡a两端电压Ua，由Pa?得，Ua=3V，则原、

Ra副线圈的匝数比

n1U110??；流过灯泡a的电流Ia= Ua/ Ra=0.1A n2U23又

n1I2I??2，得I2=0.3A。流过灯泡b的电流Ib= I2- Ia=0.3A-0.1A=0.2A n2I10.09[来源:学科网ZXXK]欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚 邮箱：zxjkw@163.com

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