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沪科技版（2020）选修第二册本章复习与测试课后作业题
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这是一份沪科技版（2020）选修第二册本章复习与测试课后作业题，文件包含第七章电磁感应定律的应用综合复习与测试-原卷版docx、第七章电磁感应定律的应用综合复习与测试解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
单选题：
1．将图中A是三个一样的强磁体，B、C和D均是一样的紫铜管，在紫铜管C和D上锯去一部分（白色区域），如图中的乙和丙图所示。现将强磁体释放，强磁体在B、C和D中下落的时间分别是t1、t2和t3，关于下落时间说法正确的是（ ）
A．t1=t2=t3B．t1>t2>t3
C．t1>t3>t2D．t1【答案】B
【解析】 由图可知三根紫铜管中能够形成闭合回路的区域长度关系为
紫铜管中能够形成闭合回路的区域长度越长，强磁体下落过程中，在紫铜管中形成的感应电流的磁场对强磁体的阻碍时间越长，则强磁体下落时间越长，因此t1>t2>t3 。
故选B。
2.如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，正方形闭合金属线框从空中落入磁场，在下落过程中，线框的bc边始终与磁场的边界平行，完全进入磁场后再从磁场中离开，下列说法正确的是（ ）
A．线框进入磁场过程中，ab边中感应电流方向
B．线框进入磁场过程中，bc边受到的安培力方向向上
C．线框离开磁场过程中，cd边中感应电流方向
D．线框离开磁场过程中，da边受到的安培力方向向下
【答案】B
【解析】A．线框进入磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，知线框中感应电流方向，A错误；
B．线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增大，线框有收缩的趋势，bc边受到的安培力方向向上，B正确；
C．线框离开磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，感应电流方向，C错误；
D．线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通量减少，线框有扩张的趋势，da边受到的安培力方向向上，D错误。
故选B。
3.如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。则( )
A．电路接通稳定后，三个灯亮度相同
B．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭
C．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭
D．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭
【答案】C
【解析】电路接通稳定后，A灯被线圈短路而熄灭，B、C灯并联，电压相同，亮度相同，故A错误；电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，但是由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，自感电流通过C灯，所以C灯逐渐熄灭，故B错误；电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联，S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻可忽略不计，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，两端的电压逐渐降低，B灯两端的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，故C正确，D错误。
故选C。
4.课本中有以下图片，下列说法错误的是（ ）
A．真空冶炼炉利用金属中涡流产生的热量使金属融化
B．使用电磁炉加热食物时可以使用陶瓷锅
C．用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的热损失
D．用来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用电磁感应工作的
【答案】B
【解析】A．真空冶炼炉利用金属中涡流产生的热量使金属融化，故A正确，不符合题意；
B．使用电磁炉加热食物时，陶瓷锅内没有自由电荷，不能产生涡流，不会发热，故B错误，符合题意；
C．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯可以减小涡流，减小热损失，故C正确，不符合题意；
D．用来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用电磁感应工作的，故D正确，不符合题意。
故选B。
5.下面关于自感的说法正确的是（ ）
A．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的增加
B．同一电感线圈中的电流越大，自感电动势越大
C．同一电感线圈中的电流变化越大，自感电动势越大
D．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化
【答案】D
【解析】AD．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化，当电流增大时，自感电动势方向与原来电流方向相反，阻碍原电流的增大；当电流减小时，自感电动势方向与原来电流方向相同，阻碍原电流的减小，A错误，D正确；
BC．由法拉第电磁感应定律可知自感电动势的大小与线圈中电流的变化率成正比，与电流的大小和电流变化的大小没有直接关系，BC错误。
故选D。
6.关于下列器材的原理和用途，正确的是（ ）
A．变压器可以改变交变电压和频率
B．电子感应加速器是利用磁场直接对电子进行加速
C．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化
D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
【答案】D
【解析】 A．变压器可以改变交变电压和电流，不改变频率，故A错误；
B．电子感应加速器是利用环形感应电场对电子进行加速，故B错误；
C．真空冶炼炉的工作原理是炉内的金属导体内产生涡流使其熔化，故C错误；
D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用，故D正确。
故选D。
多选题：
7.随着电动汽车的普及，汽车无线充电受到越来越多的关注，无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提高了用户体验。受电线圈安装在汽车的底盘上，如图所示，当电动汽车行驶到安装在地面的供电线圈装置上，受电线圈即可“接受”到，供a、b两端接上220V的正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流。该装置实际上可等效为一个理想变压器：送电线圈的匝数为，受电线圈匝数为，且。两个线圈中所接的电阻、的阻值相同，当该装置给汽车充电时，测得两端的电压为cd两端电压的，则下列说法正确的是（ ）
A．若送电线圈通以直流电也可以为其充电
B．受电线圈cd两端的输出电压为40V
C．流过送电线圈和受电线圈的电流之比为5：1
D．电阻和所消耗的功率之比为1：25
【答案】BD
【解析】A．因为该装置类似于理想变压器，直流电不能为其充电，A错误；
B．设cd两端电压为，则两端电压为，可得
解得
B正确；
C．由匝数与电流的关系
可知，流过送电线圈和受电线圈的电流之比为1∶5，C错误；
D．由公式
可知，电阻和所消耗的功率之比为1∶25，D正确。
故选：BD。
8.如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻不计，外接灯泡的电阻为，理想电压表与灯泡并联。则下列判断正确的是（ ）
A．时，线圈位置与中性面垂直
B．时,电压表读数为
C．灯泡的电功率为
D．e随变化的规律为
【答案】BC
【解析】A．由图乙知，时，线圈中产生的电动势的瞬时值为零，此时磁通量变化率为0，磁通量最大，线圈位置与中性面重合，故A错误；
B．由图乙知，感应电动势的最大值，电压表读数为有效值，由于发电机线圈内阻不计，则电压表读数为电动势的有效值，即
故B正确；
C．灯泡的电功率为
故C正确；
D．由图乙知，周期T=002s，解得
则e随t变化的规律为
故D错误。
故选：BC。
9.“西电东送”就是把煤炭、水能、风能资源丰富的西部省区的能源转化成电力资源，输送到电力紧缺的东部沿海地区。如图是远距离输电的电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为，降压变压器原、副线圈匝数比为，发电厂输出电压为，输出功率为，升压变压器和降压变压器之间输电线总电阻为，下列说法正确的是（ ）
A．若用户获得的电压也为，则
B．用户获得的电压可能大于
C．当用户用电器总电阻增大时，输电线上损失的功率增大
D．输电线上损失的功率为
【答案】BD
【解析】A．升压变压器副线圈两端的电压为
若用户获得的电压也U1，则降压变压器的输入电压为
由于输电线上有电压损失，故
即
故A错误；
B．只要降压变压器原副线圈匝数比合适，用户获得的电压可能大于U1，故B正确；
C．当用户用电器总电阻增大时，降压变压器副线圈中电流减小，输电线中电流减小，输电线上损失的功率减小，故C错误；
D．由题意可知，副线圈中的电流为
损失的功率为
联立解得
故D正确。
故选：BD。
10．下列关于交变电流与直流电的说法中，正确的是（ ）
A．若电流大小做周期性变化，则不一定是交变电流
B．直流电的大小可以变化，但方向一定不变
C．交变电流一定是按正弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性变化
【答案】ABD
【解析】A．若电流大小做周期性变化，则不一定是交变电流，还要方向做周期性变化，A正确；
B．直流电的大小可以变化，但方向一定不变，B正确；
C．交变电流不一定是按正弦规律变化的，C错误；
D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性变化，D正确。
故选：ABD。
11．如图所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆环的总电阻为2R，金属杆OM电阻为 eq \f(R,2) ，长为r，OM绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω逆时针转动，M端与环接触良好，圆心O和边缘K通过电刷与一个电阻R连接。电阻的阻值为R，忽略电流表和导线的电阻，则( )
A．通过电阻R的电流的大小和方向做周期性变化
B．通过电阻R的电流方向不变，且从a到b
C．通过电阻R的电流的最大值为 eq \f(Br2ω,3R)
D．通过电阻R的电流的最小值为 eq \f(Br2ω,6R)
【答案】BC
【解析】金属杆OM切割磁感线，根据右手定则可知金属杆中电流由O到M，且方向不变，故电阻中电流方向由a到b，故A错误，B正确；M端的线速度为v＝ωr，金属杆OM切割磁感线的平均速度为 eq \x\t(v) ＝ eq \f(v,2) ，金属杆OM转动切割磁感线产生的电动势为E＝Br eq \x\t(v) ＝ eq \f(1,2) Br2ω，由于各个物理量不变，则E不变，当M位于最上端时圆环被接入的电阻为0，整个电路的总电阻最小，此时R中有最大电流，为Imax＝ eq \f(E,R＋\f(R,2)) ＝ eq \f(\f(1,2)Br2ω,\f(3,2)R) ＝ eq \f(Br2ω,3R) ，故C正确；当M端位于最下端时，圆环左右两部分电阻相等，并联的总电阻最大，此时R中有最小电流，为Imin＝ eq \f(E,R＋\f(R,2)＋\f(R,2)) ＝ eq \f(\f(1,2)Br2ω,2R) ＝ eq \f(Br2ω,4R) ，故D错误。
故选：BC。
12．如图甲所示，粗糙水平面上固定一长直导线，其左侧放置一个正方形的金属线框（俯视图），现导线中通以如图乙所示的电流，线框始终保持静止状态，规定导线中电流方向向下为正，在0～2t0时间内，则（ ）
A．线框中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向
B．线框受到的安培力先向右，后向左
C．线框中感应电流一直沿顺时针方向
D．线框受到的安培力方向始终向左
【答案】BC
【解析】AC．在0～t0时间内，电流向下，根据安培定则，线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，线框中感应电流的方向为顺时针，同理，在t0～2t0时间内，感应电流的方向还是时顺时针方向，A错误，C正确；
BD．根据左手定则，线框受到的安培力先向右，后向左，B正确，D错误。
故选：BC。
计算题：
13.如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属圆环，以速度v＝10 m/s向一有界磁场滑去。匀强磁场方向垂直于纸面向里，B＝0.5 T，从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32 J的热量，求：
(1)此时圆环中电流的瞬时功率；
(2)此时圆环运动的加速度。
【答案】(1)0.36 W (2)6×10－2 m/s2 方向向左
【解析】(1)设刚好有一半进入磁场时，圆环的速度为v′，由能量守恒得 eq \f(1,2) mv2＝Q＋ eq \f(1,2) mv′2，此时圆环切割磁感线的有效长度为2r，圆环的感应电动势E＝B·2r·v′，而圆环此时的瞬时功率P＝ eq \f(E2,R) ＝ eq \f(（B·2r·v′）2,R)
三式联立代入数据可得v′＝6 m/s，P＝0.36 W。
(2)此时圆环在水平方向受向左的安培力F＝ILB，
圆环的加速度为a＝ eq \f(ILB,m) ＝ eq \f(B2（2r）2v′,mR) ＝6×10－2 m/s2，方向向左。
14．电磁炉（如甲图所示）是一次重大的炊具革命——发热主体就是锅自己，下面来探究其中原理。电磁炉可以看做是一个变压器：下面的炉盘相当于原线圈，上面的锅底既是副线圈又是负载，通过电磁感应产生的涡流来加热食物。电磁炉的工作原理可简化为图乙，由于没有铁芯，炉盘的能量传输会有一定的损耗，但是在设备不变的情况下，锅底感应的电动势与原线圈电压的比值可近似认为不变，称作耦合系数，设为n。电源电压的有效值为U，炉盘中配有相匹配的电阻，大小为，锅体回路中的总电阻相当于负载。
（1）如果通过匹配电阻的电流为I，求锅体中感应电动势的有效值；
（2）如果锅体的总电阻大小为R，求流过匹配电阻的电流；
（3）更换不同锅体，相当于调节负载电阻，假设耦合系数n保持不变且不计能量传输过程中的损失。求锅体等效电阻R为多大时加热食物的功率会最大（用n和去表示）
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）流过点阻的电流为I，则原线圈两端电压
根据
解得锅体中感应的电动势有效值
（2）原线圈中电压
副线圈中满足
又因为
；
联立解得
（3）流过锅体的电流
锅体产热的功率
根据均值不等式，当
加热食物的功率最大。
15.为响应国家“精准扶贫，产业扶贫”的战略，进一步优化能源消费结构，光伏发电成为精准扶贫的新途径，贫困户家庭多了一份固定收益的绿色环保存折，光伏发电将照亮“脱贫路”。如图是所建光伏发电项目。若光伏发电机总输出功率为36 kW，输出电压为500 V，先后经过升压变压器和降压变压器传输到用户。设输电线的总电阻为10 Ω，要求输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，用户需要的电压为220 V，不计变压器的能量损耗。试求：
(1)升压变压器的输出电压；
(2)升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比。
【答案】(1)3 000 V (2)eq \f(1,6) eq \f(144,11)
【解析】(1)输电线中因发热而损失的功率ΔP＝4%P＝1 440 W
设输电线上的电流为I2，根据ΔP＝Ieq \\al(2,2)r，
可得I2＝12 A
升压变压器的输出电压为U2＝eq \f(P,I2)＝3 000 V。
(2)升压变压器原、副线圈的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(1,6)
输电线上损失的电压为ΔU＝I2r＝120 V
降压变压器原线圈两端的电压为
U3＝U2－ΔU＝2 880 V
降压变压器原、副线圈的匝数比为eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(144,11)。
单选题：
1．将图中A是三个一样的强磁体，B、C和D均是一样的紫铜管，在紫铜管C和D上锯去一部分（白色区域），如图中的乙和丙图所示。现将强磁体释放，强磁体在B、C和D中下落的时间分别是t1、t2和t3，关于下落时间说法正确的是（ ）
A．t1=t2=t3B．t1>t2>t3
C．t1>t3>t2D．t1
【解析】 由图可知三根紫铜管中能够形成闭合回路的区域长度关系为
紫铜管中能够形成闭合回路的区域长度越长，强磁体下落过程中，在紫铜管中形成的感应电流的磁场对强磁体的阻碍时间越长，则强磁体下落时间越长，因此t1>t2>t3 。
故选B。
2.如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，正方形闭合金属线框从空中落入磁场，在下落过程中，线框的bc边始终与磁场的边界平行，完全进入磁场后再从磁场中离开，下列说法正确的是（ ）
A．线框进入磁场过程中，ab边中感应电流方向
B．线框进入磁场过程中，bc边受到的安培力方向向上
C．线框离开磁场过程中，cd边中感应电流方向
D．线框离开磁场过程中，da边受到的安培力方向向下
【答案】B
【解析】A．线框进入磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，知线框中感应电流方向，A错误；
B．线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增大，线框有收缩的趋势，bc边受到的安培力方向向上，B正确；
C．线框离开磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，感应电流方向，C错误；
D．线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通量减少，线框有扩张的趋势，da边受到的安培力方向向上，D错误。
故选B。
3.如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。则( )
A．电路接通稳定后，三个灯亮度相同
B．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭
C．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭
D．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭
【答案】C
【解析】电路接通稳定后，A灯被线圈短路而熄灭，B、C灯并联，电压相同，亮度相同，故A错误；电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，但是由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，自感电流通过C灯，所以C灯逐渐熄灭，故B错误；电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联，S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻可忽略不计，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，两端的电压逐渐降低，B灯两端的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，故C正确，D错误。
故选C。
4.课本中有以下图片，下列说法错误的是（ ）
A．真空冶炼炉利用金属中涡流产生的热量使金属融化
B．使用电磁炉加热食物时可以使用陶瓷锅
C．用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的热损失
D．用来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用电磁感应工作的
【答案】B
【解析】A．真空冶炼炉利用金属中涡流产生的热量使金属融化，故A正确，不符合题意；
B．使用电磁炉加热食物时，陶瓷锅内没有自由电荷，不能产生涡流，不会发热，故B错误，符合题意；
C．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯可以减小涡流，减小热损失，故C正确，不符合题意；
D．用来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用电磁感应工作的，故D正确，不符合题意。
故选B。
5.下面关于自感的说法正确的是（ ）
A．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的增加
B．同一电感线圈中的电流越大，自感电动势越大
C．同一电感线圈中的电流变化越大，自感电动势越大
D．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化
【答案】D
【解析】AD．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化，当电流增大时，自感电动势方向与原来电流方向相反，阻碍原电流的增大；当电流减小时，自感电动势方向与原来电流方向相同，阻碍原电流的减小，A错误，D正确；
BC．由法拉第电磁感应定律可知自感电动势的大小与线圈中电流的变化率成正比，与电流的大小和电流变化的大小没有直接关系，BC错误。
故选D。
6.关于下列器材的原理和用途，正确的是（ ）
A．变压器可以改变交变电压和频率
B．电子感应加速器是利用磁场直接对电子进行加速
C．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化
D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
【答案】D
【解析】 A．变压器可以改变交变电压和电流，不改变频率，故A错误；
B．电子感应加速器是利用环形感应电场对电子进行加速，故B错误；
C．真空冶炼炉的工作原理是炉内的金属导体内产生涡流使其熔化，故C错误；
D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用，故D正确。
故选D。
多选题：
7.随着电动汽车的普及，汽车无线充电受到越来越多的关注，无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提高了用户体验。受电线圈安装在汽车的底盘上，如图所示，当电动汽车行驶到安装在地面的供电线圈装置上，受电线圈即可“接受”到，供a、b两端接上220V的正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流。该装置实际上可等效为一个理想变压器：送电线圈的匝数为，受电线圈匝数为，且。两个线圈中所接的电阻、的阻值相同，当该装置给汽车充电时，测得两端的电压为cd两端电压的，则下列说法正确的是（ ）
A．若送电线圈通以直流电也可以为其充电
B．受电线圈cd两端的输出电压为40V
C．流过送电线圈和受电线圈的电流之比为5：1
D．电阻和所消耗的功率之比为1：25
【答案】BD
【解析】A．因为该装置类似于理想变压器，直流电不能为其充电，A错误；
B．设cd两端电压为，则两端电压为，可得
解得
B正确；
C．由匝数与电流的关系
可知，流过送电线圈和受电线圈的电流之比为1∶5，C错误；
D．由公式
可知，电阻和所消耗的功率之比为1∶25，D正确。
故选：BD。
8.如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻不计，外接灯泡的电阻为，理想电压表与灯泡并联。则下列判断正确的是（ ）
A．时，线圈位置与中性面垂直
B．时,电压表读数为
C．灯泡的电功率为
D．e随变化的规律为
【答案】BC
【解析】A．由图乙知，时，线圈中产生的电动势的瞬时值为零，此时磁通量变化率为0，磁通量最大，线圈位置与中性面重合，故A错误；
B．由图乙知，感应电动势的最大值，电压表读数为有效值，由于发电机线圈内阻不计，则电压表读数为电动势的有效值，即
故B正确；
C．灯泡的电功率为
故C正确；
D．由图乙知，周期T=002s，解得
则e随t变化的规律为
故D错误。
故选：BC。
9.“西电东送”就是把煤炭、水能、风能资源丰富的西部省区的能源转化成电力资源，输送到电力紧缺的东部沿海地区。如图是远距离输电的电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为，降压变压器原、副线圈匝数比为，发电厂输出电压为，输出功率为，升压变压器和降压变压器之间输电线总电阻为，下列说法正确的是（ ）
A．若用户获得的电压也为，则
B．用户获得的电压可能大于
C．当用户用电器总电阻增大时，输电线上损失的功率增大
D．输电线上损失的功率为
【答案】BD
【解析】A．升压变压器副线圈两端的电压为
若用户获得的电压也U1，则降压变压器的输入电压为
由于输电线上有电压损失，故
即
故A错误；
B．只要降压变压器原副线圈匝数比合适，用户获得的电压可能大于U1，故B正确；
C．当用户用电器总电阻增大时，降压变压器副线圈中电流减小，输电线中电流减小，输电线上损失的功率减小，故C错误；
D．由题意可知，副线圈中的电流为
损失的功率为
联立解得
故D正确。
故选：BD。
10．下列关于交变电流与直流电的说法中，正确的是（ ）
A．若电流大小做周期性变化，则不一定是交变电流
B．直流电的大小可以变化，但方向一定不变
C．交变电流一定是按正弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性变化
【答案】ABD
【解析】A．若电流大小做周期性变化，则不一定是交变电流，还要方向做周期性变化，A正确；
B．直流电的大小可以变化，但方向一定不变，B正确；
C．交变电流不一定是按正弦规律变化的，C错误；
D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性变化，D正确。
故选：ABD。
11．如图所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆环的总电阻为2R，金属杆OM电阻为 eq \f(R,2) ，长为r，OM绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω逆时针转动，M端与环接触良好，圆心O和边缘K通过电刷与一个电阻R连接。电阻的阻值为R，忽略电流表和导线的电阻，则( )
A．通过电阻R的电流的大小和方向做周期性变化
B．通过电阻R的电流方向不变，且从a到b
C．通过电阻R的电流的最大值为 eq \f(Br2ω,3R)
D．通过电阻R的电流的最小值为 eq \f(Br2ω,6R)
【答案】BC
【解析】金属杆OM切割磁感线，根据右手定则可知金属杆中电流由O到M，且方向不变，故电阻中电流方向由a到b，故A错误，B正确；M端的线速度为v＝ωr，金属杆OM切割磁感线的平均速度为 eq \x\t(v) ＝ eq \f(v,2) ，金属杆OM转动切割磁感线产生的电动势为E＝Br eq \x\t(v) ＝ eq \f(1,2) Br2ω，由于各个物理量不变，则E不变，当M位于最上端时圆环被接入的电阻为0，整个电路的总电阻最小，此时R中有最大电流，为Imax＝ eq \f(E,R＋\f(R,2)) ＝ eq \f(\f(1,2)Br2ω,\f(3,2)R) ＝ eq \f(Br2ω,3R) ，故C正确；当M端位于最下端时，圆环左右两部分电阻相等，并联的总电阻最大，此时R中有最小电流，为Imin＝ eq \f(E,R＋\f(R,2)＋\f(R,2)) ＝ eq \f(\f(1,2)Br2ω,2R) ＝ eq \f(Br2ω,4R) ，故D错误。
故选：BC。
12．如图甲所示，粗糙水平面上固定一长直导线，其左侧放置一个正方形的金属线框（俯视图），现导线中通以如图乙所示的电流，线框始终保持静止状态，规定导线中电流方向向下为正，在0～2t0时间内，则（ ）
A．线框中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向
B．线框受到的安培力先向右，后向左
C．线框中感应电流一直沿顺时针方向
D．线框受到的安培力方向始终向左
【答案】BC
【解析】AC．在0～t0时间内，电流向下，根据安培定则，线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，线框中感应电流的方向为顺时针，同理，在t0～2t0时间内，感应电流的方向还是时顺时针方向，A错误，C正确；
BD．根据左手定则，线框受到的安培力先向右，后向左，B正确，D错误。
故选：BC。
计算题：
13.如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属圆环，以速度v＝10 m/s向一有界磁场滑去。匀强磁场方向垂直于纸面向里，B＝0.5 T，从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32 J的热量，求：
(1)此时圆环中电流的瞬时功率；
(2)此时圆环运动的加速度。
【答案】(1)0.36 W (2)6×10－2 m/s2 方向向左
【解析】(1)设刚好有一半进入磁场时，圆环的速度为v′，由能量守恒得 eq \f(1,2) mv2＝Q＋ eq \f(1,2) mv′2，此时圆环切割磁感线的有效长度为2r，圆环的感应电动势E＝B·2r·v′，而圆环此时的瞬时功率P＝ eq \f(E2,R) ＝ eq \f(（B·2r·v′）2,R)
三式联立代入数据可得v′＝6 m/s，P＝0.36 W。
(2)此时圆环在水平方向受向左的安培力F＝ILB，
圆环的加速度为a＝ eq \f(ILB,m) ＝ eq \f(B2（2r）2v′,mR) ＝6×10－2 m/s2，方向向左。
14．电磁炉（如甲图所示）是一次重大的炊具革命——发热主体就是锅自己，下面来探究其中原理。电磁炉可以看做是一个变压器：下面的炉盘相当于原线圈，上面的锅底既是副线圈又是负载，通过电磁感应产生的涡流来加热食物。电磁炉的工作原理可简化为图乙，由于没有铁芯，炉盘的能量传输会有一定的损耗，但是在设备不变的情况下，锅底感应的电动势与原线圈电压的比值可近似认为不变，称作耦合系数，设为n。电源电压的有效值为U，炉盘中配有相匹配的电阻，大小为，锅体回路中的总电阻相当于负载。
（1）如果通过匹配电阻的电流为I，求锅体中感应电动势的有效值；
（2）如果锅体的总电阻大小为R，求流过匹配电阻的电流；
（3）更换不同锅体，相当于调节负载电阻，假设耦合系数n保持不变且不计能量传输过程中的损失。求锅体等效电阻R为多大时加热食物的功率会最大（用n和去表示）
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）流过点阻的电流为I，则原线圈两端电压
根据
解得锅体中感应的电动势有效值
（2）原线圈中电压
副线圈中满足
又因为
；
联立解得
（3）流过锅体的电流
锅体产热的功率
根据均值不等式，当
加热食物的功率最大。
15.为响应国家“精准扶贫，产业扶贫”的战略，进一步优化能源消费结构，光伏发电成为精准扶贫的新途径，贫困户家庭多了一份固定收益的绿色环保存折，光伏发电将照亮“脱贫路”。如图是所建光伏发电项目。若光伏发电机总输出功率为36 kW，输出电压为500 V，先后经过升压变压器和降压变压器传输到用户。设输电线的总电阻为10 Ω，要求输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，用户需要的电压为220 V，不计变压器的能量损耗。试求：
(1)升压变压器的输出电压；
(2)升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比。
【答案】(1)3 000 V (2)eq \f(1,6) eq \f(144,11)
【解析】(1)输电线中因发热而损失的功率ΔP＝4%P＝1 440 W
设输电线上的电流为I2，根据ΔP＝Ieq \\al(2,2)r，
可得I2＝12 A
升压变压器的输出电压为U2＝eq \f(P,I2)＝3 000 V。
(2)升压变压器原、副线圈的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(1,6)
输电线上损失的电压为ΔU＝I2r＝120 V
降压变压器原线圈两端的电压为
U3＝U2－ΔU＝2 880 V
降压变压器原、副线圈的匝数比为eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(144,11)。
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