第46期 变压器 电能的传输-【数理报】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册同步学案（教科版2019）

书 答案详解 　　　２０２４～２０２５学年　高中物理教科（选择性必修第二册）　第４３～４６期（２０２５年５月）　　　 第４３期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ｄ　３．Ｂ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｄ　７．Ｂ 提示： １．设原磁感应强度为Ｂ，线框面积为Ｓ，第一次在１ｓ内将 磁感应强度增大为原来的２倍，即变为２Ｂ，感应电动势为Ｅ１＝ ΔＢＳ Δｔ ＝（２Ｂ－Ｂ）Ｓｔ ＝ ＢＳ ｔ；第二次在１ｓ内将线框面积均匀地减 小到原来的一半，即变为 １ ２Ｓ，感应电动势大小为Ｅ２＝ ２ＢΔＳ Δｔ ＝ ２Ｂ（Ｓ－１２Ｓ） ｔ ＝ ＢＳ ｔ，所以有 Ｅ１ Ｅ２ ＝１，选项Ｂ正确． ２．导体棒ａｂ切割磁感线的总长度为４ｌ，切割磁感线的平 均速度ｖ＝１２ω·４ｌ＝２ｌω，由公式Ｅ＝Ｂｌｖ知，Ｅ＝Ｂ·４ｌ·２ｌω ＝８Ｂｌ２ω，则Ｕａｂ ＝Ｅ＝８Ｂｌ ２ω，选项Ｄ正确． ３．当小灯泡稳定发光后，导体棒做匀速运动，根据平衡条 件，有ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝Ｂ ２ｌ２ｖ Ｒ＋ｒ，解得ｖ＝５ｍ／ｓ，Ｉ＝ Ｂｌｖ Ｒ＋ｒ＝ １Ａ，Ｐ＝Ｉ２Ｒ＝１Ｗ．Ｂ选项正确． ４．０～１ｓ，感应电流的方向由楞次定律可知为逆时针方 向，即沿负方向，根据电磁感应定律Ｅ＝ＳΔＢ Δｔ ，由于Ｂ－ｔ图像 斜率大小一定，又因Ｓ不变，所以Ｅ大小为定值，则电流大小一 定． 同理１～３ｓ，感应电流方向为顺时针，沿正方向，电流大小 为定值，与０～１ｓ相等；３～４ｓ感应电流方向为逆时针，沿负 方向，电流大小为定值，与０～１ｓ相等． ５．当闭合Ｓ瞬间，线圈Ｌ内产生的磁场Ｂ及磁通量的变化 率 ΔΦ ΔＴ 随电压及线圈匝数增加而增大，如果套环是金属材料又 闭合，由楞次定律可知，环内会产生感应电流Ｉ及磁场Ｂ′，环会 受到向上的安培力Ｆ，当Ｆ＞ｍｇ时，环跳起，ΔΦ ΔＴ 越大，环电阻 越小，Ｆ越大，所以选项 Ｂ、Ｃ错误；如果套环换用电阻大、密度 大的材料，Ｉ减小、Ｆ减小，ｍｇ增大，套环可能无法跳起，选项 Ｄ 正确；如果使用交变电流，Ｓ闭合后，套环受到的安培力大小及 方向（上下）周期性变化，Ｓ闭合瞬间，Ｆ大小、方向都不确定， 直流电效果会更好，选项Ａ错误． ６．在０～ Ｔ４内，向外的磁通量增加，则感应电流磁场向 里，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针 方向，为负值．ｏａ中产生的感应电动势均为Ｅ＝ １２ＢＬ ２ω，感应 电流大小为Ｉ＝ＥＲ； Ｔ ４ ～ Ｔ ２内，向外的磁通量减少，则感应电 流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向 为逆时针方向，为正值．ｏｂ中产生的感应电动势均为 Ｅ＝ １ ２ＢＬ ２ω感应电流大小为Ｉ＝ＥＲ； Ｔ ２ ～ ３Ｔ ４向里的磁通量增加， 则感应电流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应电 流的方向为逆时针方向，为正值．ｏａ中产生的感应电动势均为 Ｅ＝１２ＢＬ ２ω，感应电流大小为Ｉ＝ＥＲ； ３Ｔ ４ ～Ｔ内，向里的磁通 量减少，则感应电流磁场向里，根据右手定则判断可知，线框中 感应电流的方向为顺时针方向，为负值．ｏｂ中产生的感应电动 势均为Ｅ＝ １２ＢＬ ２ω，感应电流大小为Ｉ＝ＥＲ．故Ｄ正确． ７．根据法拉第电磁感应定律可知，３圈线圈产生的电动势 大小分别为Ｅ１ ＝ ΔＢ Δｔ ａ２ ＝ｋｓ２，Ｅ２ ＝ ΔＢ Δｔ ｂ２ ＝ｋｂ２，Ｅ３ ＝ ΔＢ Δｔ ｃ２ ＝ ｋｃ２，由图可知３圈线圈产生的电动势方向相同，则整个线圈产 生的感应电动势为Ｅ＝Ｅ１＋Ｅ２＋Ｅ３＝（ａ ２＋ｂ２＋ｃ２）ｋ，故Ｂ正 确． ８．０．５　０．５ 解析：由题中乙图可知，在０～１ｓ内磁场均匀变化，１ｓ之 后磁场不变，而整个过程中，灯泡的亮度不变，说明回路中的电 流不变，从而可以确定１ｓ时金属棒刚好到达虚线位置． 加速过程（感生电动势）：Ｅ＝ΔΦ Δｔ ＝ΔＢ Δｔ ×ｌ×ＣＭ ＝ ２×０．５×１Ｖ＝１Ｖ，电流为０．５Ａ 匀速过程（动生电动势）：Ｅ＝Ｂｌｖ＝２×０．５×ｖ＝１Ｖ，解 得ｖ＝                                                         １ｍ／ｓ —１— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４３～４６期 从而加速过程的加速度为１ｍ／ｓ２ 且匀速满足Ｆ＝Ｆ安， 即Ｆ＝ＢＩｌ＝２×０．５×０．５＝０．５Ｎ 质量ｍ＝０．５ｋｇ． ９．解析：（１）根据法拉第电磁感应定律，ａｂ棒中的感应电 动势为Ｅ＝Ｂｌｖ＝０．４０×０．５０×４．０Ｖ＝０．８０Ｖ． （２）感应电流的大小为 Ｉ＝ＥＲ ＝ ０．８０ ０．２０Ａ＝４．０Ａ． （３）ａｂ相当于电源，根据右手定则知，ａ端电势高． （４）ａｂ棒受安培力 Ｆ安 ＝ＢＩｌ＝０．４０×４．０×０．５０Ｎ＝０．８Ｎ 由于ａｂ以ｖ＝４．０ｍ／ｓ的速度水平向右匀速滑动，故外力 的大小也为０．８Ｎ． １０．解析：（１）由题图乙得ａ＝Δｖ Δｔ ＝０．５０．１ｍ／ｓ ２ ＝５ｍ／ｓ２， ０．１ｓ前，由牛顿第二定律有ｍｇｓｉｎθ－Ｆｆ＝ｍａ，代入数据得Ｆｆ ＝０．１Ｎ，０．１ｓ后匀速运动，有 ｍｇｓｉｎθ－Ｆｆ－ＦＡ ＝０，而 ＦＡ ＝ＢＩｌ＝Ｂ Ｂｌｖ Ｒ＋ｒｌ＝ Ｂ２ｌ２ｖ Ｒ＋ｒ， 由 以 上 两 式 得 Ｂ ＝ （ｍｇｓｉｎθ－Ｆｆ）（Ｒ＋ｒ） ｌ２槡 ｖ ＝ （０．６－０．１）×（３＋１） １２×０．槡 ５ Ｔ ＝ ２Ｔ． （２）Ｉ＝ ＢｌｖＲ＋ｒ＝ ２×１×０．５ ３＋１ Ａ＝０．２５Ａ， ＱＲ ＝Ｉ ２Ｒｔ＝０．２５２×３×０．１Ｊ＝１．８７５×１０－２Ｊ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＣＤ　３．ＢＣＤ 提示： ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! " # $ % １．在半圆形闭合回路进入磁场的过程 中磁通量不断增加，始终存在感应电流，由 楞次定律、安培定则可知电流方向为逆时针 方向，且不变，选项Ａ正确；由左手定则可知 ＣＤ边始终受到安培力作用，故选项Ｂ错误；有效切割长度如图 所示，所以闭合回路进入磁场过程中ｌ先逐渐增大到ａ，然后再 逐渐减小为０，由Ｅ＝Ｂｌｖ可知，最大值Ｅｍａｘ＝Ｂａｖ，最小值为０， Ｃ错误；平均感应电动势为Ｅ＝ΔΦ Δｔ ＝ １ ２Ｂ·πａ ２ ２ａ ｖ ＝１４πＢａｖ，故 选项Ｄ正确． ２．根据题图甲和题图乙，我们只研究最初的一个周期，即 ２ｓ内的情况，由图甲、乙所表示的圆线圈中感应电流的方向、 大小，运用楞次定律，判断出感应电流的磁场方向、大小；再根 据楞次定律，判断引起电磁感应现象发生的磁场应该如何变 化．从而找出正确选项为Ｃ、Ｄ． ３．ＭＮ产生感应电动势为Ｅ＝Ｂｌｖ，ＭＮ中电流 Ｉ＝ ＥＲ总 ＝ Ｂｌｖ ｌｒ＋（ｌ＋２ｘ）（５ｌ－２ｘ）６ｌ ｒ ＝ ６Ｂｌ ２ｖ －４（ｘ－ｌ）２ｒ＋１５ｌ２ｒ ，当 ｘ＝０时， ＭＮ中电流最大，ＭＮ中电流的最大值为Ｉｍａｘ＝ ６Ｂｖ １１ｒ，当ｘ＝ｌ时， ＭＮ中电流最小，ＭＮ中电流的最小值为Ｉｍｉｎ ＝ ２Ｂｖ ５ｒ，故ＢＣＤ正 确，Ａ错误． ４．１２ＢＬｖ， Ｂ２Ｌ２ｖ２ Ｒ＋４ｒ，ｍｇＬ－ １ ２ｍｖ ２． ５．解析：（１）整个过程中磁通量的变化ΔΦ＝ＢＳ＝Ｂπｒ２， 所用时间为Δｔ＝２ｒｖ，代入Ｅ＝ ΔΦ Δｔ ，可得Ｅ＝Ｂπｒ ２ｖ ２ｒ ＝ πＢｒｖ ２ ，根 据闭合电路欧姆定律得通过电阻Ｒ的电流平均值为Ｉ＝ ＥＲ ＝ πＢｒｖ ２Ｒ． （２）当导线ＭＮ通过圆形导轨中心时，瞬时感应电动势为 Ｅ＝Ｂｌｖ＝２Ｂｒｖ，根据闭合电路欧姆定律，此时电路中的感应电 流为Ｉ＝ＥＲ＝ ２Ｂｒｖ Ｒ，则导线ＭＮ此时所受到的安培力为Ｆ＝ＢＩｌ ＝４Ｂ ２ｒ２ｖ Ｒ ． （３）根据闭合电路欧姆定律，电路中的感应电流为 Ｉ′＝ Ｅ Ｒ＋Ｒ０ ＝ ２ＢｒｖＲ＋Ｒ０ ，则电阻Ｒ两端的电压为Ｕ＝Ｉ′Ｒ＝２ＢｒｖＲＲ＋Ｒ０ ． 第４４期３版参考答案 Ａ组 １．Ｃ　２．Ｂ　３．Ｃ　４．Ｄ　５．Ｂ　６．Ｄ　７．Ｂ 提示： １．Ｓ闭合后由电源对Ａ供电，通过Ａ的电流方向由ａ到ｂ； Ｓ断开瞬间，由线圈Ｌ对Ａ供电，线圈Ｌ中自感电动势方向由左 向右，对Ａ供电时电流方向由ｂ到ａ，故Ｃ选项正确． ２．Ｓ１断开瞬间，Ｌ中产生很大的自感电动势，若此时 Ｓ２闭 合，则可能将电压表烧坏，故应先断开Ｓ２． ３．本题考查验证断电自感现象的实验，提高学生分析实验 现象的能力，提高学生的科学探究能力．断开开关时，灯泡能否 发生闪亮，取决于通过灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻 无关，故Ａ错误；若小灯泡电阻偏大，稳定时通过灯泡的电流小 于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，通过灯泡的电流从 线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，故Ｂ错误；线 圈电阻偏大，稳定时通过灯泡的电流大于线圈的电流，                                                                      断开开 —２— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４３～４６期 关时，根据楞次定律，通过灯泡的电流逐渐减小，灯泡不发生闪 亮现象，故Ｃ正确；线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较 大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，故Ｄ错误． ４．Ｄ图中，闭合Ｓ时，二极管处于反向截止状态，不影响电 路正常工作．断开Ｓ时，由于自感现象，线圈跟二极管Ｄ组成闭 合回路，此时二极管处于正向导通，可以避免电弧的产生，故Ｄ 选项正确． ５．闭合开关Ｓ后，调整Ｒ，使两个灯泡Ｌ１、Ｌ２发光的亮度一 样，电流为Ｉ，说明ＲＬ ＝Ｒ．若ｔ′时刻再闭合Ｓ，流过电感线圈Ｌ 和灯泡Ｌ１的电流迅速增大，使电感线圈Ｌ产生自感电动势，阻 碍了流过Ｌ１的电流ｉ１增大，直至达到电流Ｉ，故选项Ａ错误，Ｂ 正确；而对于ｔ′时刻再闭合Ｓ，流过灯泡Ｌ２的电流ｉ２立即达到 最大，然后逐渐减小至电流Ｉ，故选项Ｃ、Ｄ错误． ６．在电路甲中，闭合Ｋ时，由于Ｌ的阻碍作用，Ａ慢慢变亮． 故Ａ错误；在电路甲中，断开Ｋ后，由于Ｌ的阻碍作用，Ａ慢慢变 暗，不会出现闪亮现象．故Ｂ错误；在电路乙中，闭合Ｋ时，灯泡 Ａ与电阻Ｒ串联接入电路，则其立即变亮．故Ｃ错误；在电路乙 中，由于电阻Ｒ和自感线圈Ｌ的电阻值都很小，所以通过灯泡 的电流比线圈的电流小．断开Ｋ后，由于Ｌ的作用，导致灯泡Ａ 变得更亮，然后逐渐变暗．故Ｄ正确． ７．闭合开关的瞬间，电感的电阻很大，灯泡中有一定的电 流通过，过一段时间，电感的电阻减小，电感与灯泡并联的两端 电压减小，故灯泡中的电流变小，故 ＡＤ均错误；当时间再延 长，灯泡的电流稳定在某一值上；当断开开关时，电感产生自感 电动势，电感中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成 的电路中，感应电流沿逆时针方向，而灯泡中原来的电流沿顺 时针方向，故灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自 感电动势的减小而慢慢减小到０，故Ｂ正确，Ｃ错误． ８．镇流器的自感现象　断开瞬间　只有在电路断开时才 能产生很高的自感电动势，使人产生触电的感觉 ９．大于　等于　立即 解析：闭合开关的瞬间，通过Ｌ的电流增大，产生自感电动 势，阻碍原电流的变化，从而使通过Ａ灯的电流比Ｂ灯的电流 大，所以灯Ａ的亮度大于灯Ｂ的亮度；当通电一段时间后，电路 的电流稳定，通过两灯的电流相同，所以两灯亮度相同；断电瞬 间，通过Ｌ的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化， 从而使通过Ａ灯的电流比Ｂ灯的电流消失得慢，进而判断灯Ａ 逐渐熄灭，灯Ｂ立即熄灭． １０．（１）铝环向右偏　（２）１．７Ｊ 解析：（１）由楞次定律可知，当小磁铁向右运动时，铝环向 右偏斜（阻碍相对运动）． （２）由磁铁穿过铝环飞行的水平距离可求出磁铁穿过后 的速度ｖ＝ ｘ ２ｈ 槡ｇ ＝９ｍ／ｓ，由能量守恒可得 Ｅ电 ＝ １ ２ｍ０ｖ ２ ０－ １ ２ｍ０ｖ ２－１２ｍｖ′ ２ ＝１．７Ｊ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＡＢ　３．ＢＤ 提示： １．金属探测器是利用涡流进行工作的．本题主要考查涡流 产生原理及应用，培养学生理论联系实际的应用能力，提高学 生的科学思维． ２．对于铜片，无论是拉出还是推入过程中，铜片内均产生 涡流，其安培力都要阻碍铜片的运动，外力都要克服安培力做 功，所以选项Ａ、Ｂ正确． ３．这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物 品携带者，选项Ａ错误，Ｂ正确；若“门框”的线圈中通上恒定电 流，只能产生恒定磁场，它不能使块状金属产生电流，因而不能 检查出金属物品携带者，Ｃ错误；安检门工作时，既利用了电磁 感应现象，又利用了电流的磁效应，Ｄ正确． ４．（１）Ｃ　（２）Ｃ　（３）Ａ　１００． 解析：（１）当开关Ｓ１和Ｓ２都闭合稳定时，电流表Ａ１、Ａ２的 示数分别为０．６Ａ和０．４Ａ；电源电动势为１．５Ｖ，人两手间电 阻设为２００ｋΩ，可知流过人体的电流值几乎可以忽略不计，可 知流过灯泡的电流为０．２Ａ，结合欧姆定律可知，灯泡的电阻值 较小．当电路稳定后再突然断开 Ｓ１时，线圈产生自感电动势， 此时人与灯泡并联，由于灯泡的电阻值小，所以流过灯泡的电 流比较大，则线圈的电流变化率比较小．根据自感电动势的公 式可知，线圈产生的自感电动势就比较小，人不能产生触电的 感觉，故Ａ错误；先将Ｓ１和Ｓ２闭合，稳定后再突然断开Ｓ２时，对 线圈的回路没有影响，线圈不产生比较大的自感电动势，故 Ｂ 错误；保持Ｓ２断开，当开关闭合后，电感线圈与人并联，由于电 源为１．５Ｖ的新干电池，所以流过人的电流很小．当断开Ｓ１时， 线圈与人串联，由于电感线圈电流逐渐变小到几乎等于０，根 据自感电动势的公式可知能够产生很高的瞬间电压，使人有触 电的感觉，故Ｃ正确，Ｄ错误；故选Ｃ． （２）由电路图可知，任意操作两开关，会导致线圈中产生 很高的感应电动势，则小灯泡最有可能烧坏，故Ｃ正确，Ａ、Ｂ、Ｄ 错误；故选Ｃ． （３）保持Ｓ２断开，先闭合Ｓ１待稳定后突然断开Ｓ１，因电流 的减小，导致线圈产生感应电动势，从而阻碍电流的减小，则线 圈相当于瞬间电源的作用，此时 Ａ、Ｂ                                                                      两点中电势较高的点是 —３— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４３～４６期 Ａ．当突然断开 Ｓ１，经过人的电流为 ０．５Ａ，而人的电阻为 ２００ｋΩ，由欧姆定律，可知，Ｕ＝ＩＲ＝０．５×２００ｋＶ＝１００ｋＶ． ５．解析：由题乙图中可知，磁感应强度随时间均匀变化，那 么在甲图的线圈中会产生恒定的感应电动势． 由乙图可知，磁感应强度的变化率 ΔＢ Δｔ ＝２Ｔ／ｓ，由法拉第 电磁感应定律可得螺线管中的感应电动势Ｅ＝ｎΔΦ Δｔ ＝ｎＳΔＢ Δｔ ＝１５００×２０×１０－４ ×２Ｖ＝６Ｖ，电路中的感应电流 Ｉ＝ Ｅ ｒ＋Ｒ１＋Ｒ２ ＝ ６１．５＋３．５＋２５Ａ＝０．２Ａ，Ｒ２消耗的电功率Ｐ＝ Ｉ２Ｒ２ ＝１Ｗ． 第４５期３版参考答案 Ａ组 １．Ａ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ｄ　５．Ｃ　６．Ｂ　７．Ｂ 提示： １．由题图可知Ｔ＝０．２ｓ，Ｉｍ ＝１０Ａ，故频率 ｆ＝ １ Ｔ ＝５ Ｈｚ，Ｉ＝ Ｉｍ 槡２ ＝ 槡５２Ａ≈７．０７Ａ，Ａ正确，Ｂ、Ｃ、Ｄ错误． ２．由ｕ－ｔ图像可知，交流电压的最大值为３１１Ｖ，交流电 压的有效值（即电压表的读数）为 ３１１ 槡２ Ｖ＝２２０Ｖ，电流表的读 数为 ２２０ １００Ａ＝２．２０Ａ，Ａ正确． ３．在一个周期 Ｔ内，正弦交流电在电阻中消耗的电能为 Ｗ甲 ＝（ Ｉ 槡２ ）２Ｒｔ，方波交流电在电阻中消耗的电能为 Ｗ乙 ＝ Ｉ２Ｒｔ，所以Ｗ甲 ∶Ｗ乙 ＝１∶２，故Ａ正确． ４．对于正弦式交变电流可直接应用最大值为有效值的槡２ 倍这一规律，将此交变电流分为前后两部分正弦式交流，可直 接得到这两部分正弦式交变电流的有效值，分别为 Ｉ１ ＝ ２．槡５２Ａ和Ｉ２ ＝７．槡５２Ａ，分别取一个周期Ｔ中的前０．０１ｓ和 后０．０１ｓ计算产生的电热Ｑ＝Ｉ２１Ｒ×０．０１Ｊ＋Ｉ ２ ２Ｒ×０．０１Ｊ，再 利用有效值的定义得Ｑ＝Ｉ２Ｒ×０．０２Ｊ，解得Ｉ＝２． 槡５ １０Ａ． ５．电压表读数为电压有效值，即Ｕ１＝２２０Ｖ，Ｃ对，Ａ错；而 用电器的耐压值必须不小于交流电的最大值，故 Ｕ２≥ 槡２２０２Ｖ，Ｂ错；保险丝的熔断电流为有效值 Ｉ≥ ２２０ １２１０Ａ＋ ２２０ ４８４Ａ＝ ７ １１Ａ，Ｄ错． ６．摩擦轮和车轮半径比例保持不变，当车速变为原来的２ 倍时，摩擦轮转动的角速度也变为原来的２倍，产生感应电动 势的最大值Ｅｍ ＝ＮＢＳω及有效值Ｅ均变为原来的２倍，通过灯 泡的电流及灯泡两端的电压也变为原来的２倍，由功率 Ｐ＝ Ｕ２ Ｒ，可知功率变为原来的４倍，故 ＡＣ错误，Ｂ正确；角速度加 倍，由周期Ｔ＝２π ω ，可知周期变为原来的 １ ２，故Ｄ错误． ７．线圈转动一周只有一半的时间有电流流过电阻，感应电 动势的峰值为 Ｅｍ ＝ＮＢＳ·２πｎ，感应电流的峰值 Ｉｍ ＝ ＮＢＳ·２πｎ Ｒ＋ｒ ，由于交流电流表测量的是有效值，而且电路中存在 二极管，二极管的单向导电性导致一个周期内只有半周期有电 流通过电路， (由电流的有效值的定义则有 Ｉｍ 槡 )２ ２ Ｒ· Ｔ２ ＝ Ｉ２ＲＴ，解得Ｉ＝πＮＢＳｎＲ＋ｒ，故Ｂ正确． ８．ＢＳω 槡２ 　ＢＳＲ ９．解析：（１）图甲为正弦交变电流，其有效值 Ｉ１ ＝ Ｉｍ 槡２ ＝ ３．５４Ａ，周期Ｔ１＝０．４ｓ，频率ｆ１＝２．５Ｈｚ；图乙为方波交流电， 电流的大小不变，方向做周期性变化，由于热效应与电流方向 无关，因而它的有效值 Ｉ２ ＝５Ａ，周期 Ｔ２ ＝０．３ｓ，频率 ｆ２ ＝ １０ ３Ｈｚ． （２）由公式Ｐ＝Ｉ２Ｒ得Ｐ甲 ∶Ｐ乙 ＝１∶２． １０．解析：由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得： Ｅ＝ΔΦ Δｔ ＝ΔＢ Δｔ Ｓ，Ｉ＝ＥＲ ＝ ΔＢ Δｔ ×ＳＲ，由题图可知０～３ｓ内 Ｉ１ ＝ Ｅ１ Ｒ ＝ ６×１０－３ ３ × ０．３６×１０－２ ０．３６ Ａ＝２×１０ －５Ａ，在３～５ｓ内 Ｉ２ ＝ Ｅ２ Ｒ ＝ ６×１０－３ ２ × ０．３６×１０－２ ０．３６ Ａ＝３×１０ －５Ａ，根据有效值 的定义得Ｉ２Ｒｔ＝Ｉ２１Ｒｔ１＋Ｉ ２ ２Ｒｔ２，代入数据得Ｉ＝槡６×１０ －５Ａ． Ｂ组 １．ＢＣ　２．ＢＣ　３．ＢＣ 提示： １．两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小 不变，选项Ａ错误；导线框的转动周期为Ｔ，则感应电流的周期 也为Ｔ，选项Ｂ正确；在ｔ＝Ｔ８时，两导线框切割磁感线的有效 长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项Ｃ正确；Ｍ 导线框中一直有感应电流，Ｎ导线框中只有一半时间内有感应 电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等， 选项Ｄ错误． ２．ｔ１时刻通过线圈的Φ最大，磁通量变化率 ΔΦ Δｔ 最小，                                                                      此时 —４— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４３～４６期 感应电动势为零，Ａ错；在ｔ２、ｔ４时刻感应电动势为Ｅｍ，此时ａｂ、 ｃｄ的运动方向垂直于磁场方向，Ｂ正确；ｔ１、ｔ３、ｔ５时刻，Φ最大， ΔΦ Δｔ ＝０，此时线圈平面垂直于磁场方向，与中性面重合，Ｃ正 确；ｔ５时刻感应电流为零，Ｄ错． ３．ｔ＝０时刻电压为零，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的 变化率为零，Ａ项错误；由图可知先后两次周期之比为２∶３，由 转速ｎ＝１Ｔ得ｎａ∶ｎｂ＝ １ Ｔａ ∶１Ｔｂ ＝３∶２，故Ｂ项正确；由图可 知交流电ａ的电动势最大值为１０Ｖ，ω＝５πｒａｄ／ｓ，由交流电的 电动势瞬时值表达式 ｅ＝Ｅｍｓｉｎωｔ（Ｖ）（从中性面开始计时） 得，ｅ＝１０ｓｉｎ５πｔ（Ｖ），故Ｃ项正确．交流电的电动势最大值Ｅｍ ＝ｎＢＳω，角速度ω＝１０π３ ｒａｄ／ｓ，由两次转速的比值可得，交流 电ｂ的电动势最大值为 ２３×１０Ｖ＝ ２０ ３Ｖ，故Ｄ项错误． ４．ｅ＝ｎＢＳωｃｏｓωｔ　ｕ＝槡２ｎＢＳωＲ２（Ｒ＋ｒ） ５．解析：（１）根据ａｂ、ｃｄ切割磁感线，由右手定则可得线圈 中感应电流方向ａ→ｄ→ｃ→ｂ→ａ． （２）线圈的角速度 ω＝２πｎ＝２×π×３０００６０ ｒａｄ／ｓ＝ １００πｒａｄ／ｓ．设ａｂ边在ｔ＝０时刻速度为ｖａｂ，图示位置的感应电 动势最大，其大小为Ｅｍ ＝２ＮＢａｂ·ｖａｂ＝ＮＢａｂ·ａｄ·ω＝５０× ０．４×０．２０×０．２５×１００πＶ＝３１４Ｖ，电动势的瞬时表达式为 ｅ＝ＮＢωＳｃｏｓωｔ＝３１４ｃｏｓ１００πｔ（Ｖ）． （３）从ｔ＝０起转过９０°的过程中，Δｔ时间内流过Ｒ的电荷 量ｑ＝ＩΔｔ＝ ＮΔΦΔｔ（Ｒ＋ｒ）Δ ｔ＝ＮＢＳＲ＋ｒ＝ ５０×０．４×０．２０×０．２５ ９＋１ Ｃ ＝０．１Ｃ． 第４６期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ｂ　５．Ｂ　６．Ｂ　７．Ｂ 提示： １．由于家庭电路上理想变压器为降压变压器，故ｎ１ ＞ｎ２， 当原、副线圈减少相同的匝数时，其变压比 ｎ′１ ｎ′２ 变大，根据 Ｕ１ Ｕ２ ＝ ｎ′１ ｎ′２ ，因Ｕ１一定，Ｕ２变小，故小灯泡变暗，选项Ａ错误，选项Ｂ正 确；由 Ｕ１ Ｕ２ ＝ ｎ′１ ｎ′２ 知，原、副线圈电压的比值变大，选项Ｃ错误；根 据 Ｉ１ Ｉ２ ＝ ｎ′２ ｎ′１ ，则通过原、副线圈电流的比值变小，选项Ｄ错误． ２．由电压与匝数的关系 Ｕ０∶Ｕ３ ＝ｎ０∶ｎ３，解得 Ｕ３ ＝ １１０Ｖ，Ａ正确；当挡位由３变换到２时，输出电压减小，电动机 的功率减小，Ｂ错误；在额定功率的情况下，电动机的额定电流 为Ｉ＝ＰＵ ＝０．５Ａ，热功率Ｐｒ＝Ｉ ２ｒ＝１Ｗ，输出功率为Ｐ－Ｐｒ ＝（１１０－１）Ｗ ＝１０９Ｗ，Ｄ错误；当没有达到额定功率时，热 功率小于１Ｗ，Ｃ错误． ３．由题意知线圈Ｂ两端的电压为Ｕ，设线圈Ｃ两端的电压 为ＵＣ，则 ＵＣ Ｕ ＝ ｎ３ ｎ２ ，所以ＵＣ ＝ ｎ３ ｎ２ Ｕ；通过Ｌ２的电流为Ｉ，则可以 求出Ｌ２的电阻，Ｌ２与Ｌ１的电阻相同，所以可求出通过Ｌ１的电 流；根据以上数据可以求出 Ｌ１、Ｌ２的功率，可得变压器总的输 出功率，它也等于变压器的输入功率；根据题意无法求出线圈 Ａ的匝数，故选项Ａ正确． ４．设输送电功率为Ｐ，输电电压为 Ｕ，线路电阻为 Ｒ，则损 耗功率Ｐ损 ＝Ｉ ２Ｒ＝（ＰＵ） ２Ｒ，由此可见，Ｐ损 与Ｕ ２成反比，代入 数据可知Ｂ项正确． ５．由题知，变压器的输入电压Ｕ１ ＝ 槡 ２２０２ 槡２ Ｖ＝２２０Ｖ，所 以Ｕ２ ＝ ｎ２ ｎ１ Ｕ１ ＝１１０Ｖ；副线圈电流Ｉ２ ＝ Ｕ２ Ｒ ＝２Ａ，原线圈电 流Ｉ１＝ ｎ２ ｎ１ Ｉ２＝１Ａ．本题中电压表、电流表的读数为有效值，故 Ｂ项正确，Ｃ项错误；原线圈输入功率Ｐ１ ＝Ｕ１Ｉ１ ＝２２０Ｗ，故Ａ 项错误；交流电的周期Ｔ＝２π ω ＝ ２π１００π ｓ＝０．０２ｓ，故Ｄ项错误． ６．由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大 值为 槡２２０２Ｖ，故有效值Ｕ１＝２２０Ｖ；由 Ｕ１ Ｕ２ ＝ ｎ１ ｎ２ ＝２１知，副线 圈电压的有效值Ｕ２＝１１０Ｖ，故输出功率Ｐ２＝ Ｕ２２ Ｒ ＝２２０Ｗ；再 由输入功率等于输出功率知Ｐ１＝Ｐ２＝２２０Ｗ，Ａ项错误．根据 欧姆定律知Ｉ２ ＝ Ｕ２ Ｒ ＝２Ａ，由 Ｉ１ Ｉ２ ＝ ｎ２ ｎ１ 得Ｉ１ ＝１Ａ，故电流表 读数为１Ａ，Ｂ项正确．电压表的读数为有效值，即Ｕ２＝１１０Ｖ， Ｃ项错误．由交流电压的表达式可知，ω＝１００πｒａｄ／ｓ，又 Ｔ＝ ２π ω ，解得Ｔ＝０．０２ｓ，Ｄ项错误． ７．设输电线的电阻为 Ｒ，当输电线上的电流为 Ｉ０时，损失 的电功率Ｐ０ ＝Ｉ ２ ０Ｒ．当输电电压提高为２Ｕ０时，由Ｉ＝ Ｐ Ｕ可知 输电线上的电流变为 Ｉ０ ２，输电线上损失的电功率 Ｐ损 ＝ （ Ｉ０ ２） ２Ｒ＝ Ｐ０ ４，故选项Ｂ正确，选项Ａ、Ｃ、Ｄ错误． ８．ＭＮ，ＰＱ，                                                                      ＞． —５— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４３～４６期 ９．解析：（１）由变压器原理 Ｕ２ Ｕ１ ＝ ｎ２ ｎ１ 及 Ｕ３ Ｕ１ ＝ ｎ３ ｎ１ ，可得Ｕ２＝ ｎ２ ｎ１ Ｕ１ ＝４４Ｖ，Ｕ３＝ ｎ３ ｎ１ Ｕ１＝１１０Ｖ，据欧姆定律Ｉ＝ Ｕ Ｒ，得Ｉ２＝ Ｕ２ Ｒ ＝０．８Ａ，Ｉ３ ＝ Ｕ３ Ｒ ＝２Ａ，故Ｉ２∶Ｉ３ ＝２∶５． （２）由电流关系式ｎ１Ｉ１ ＝ｎ２Ｉ２＋ｎ３Ｉ３可得 Ｉ１ ＝ ｎ２Ｉ２＋ｎ３Ｉ３ ｎ１ ＝１．１６Ａ． １０．解析：（１）设空载时次级线圈的端电压为 Ｕ２，则 Ｕ２ Ｕ１ ＝ ｎ２ ｎ１ ，解得Ｕ２ ＝ ｎ２ ｎ１ Ｕ１ ＝２２０Ｖ，因为空载，次级线圈的负载电阻 Ｒ２→∞，电流Ｉ２ ＝０，则Ｐ＝Ｉ２Ｕ２ ＝０． （２）接通电路后，１００盏电灯并联的总电阻为Ｒ外 ＝ Ｒ １００＝ Ｕ２额 Ｐ额 １００≈ ８．０７Ω，次级线圈中的电流 Ｉ′２ ＝ Ｕ２ Ｒ外 ＋Ｒ内 ＝ ２２０ ８．０７＋０．２Ａ≈２６．６Ａ，次级线圈的端电压 Ｕ′２ ＝Ｉ′２Ｒ外 ＝ ２１４．６６Ｖ． （３）每盏灯的实际功率 Ｐ′＝ Ｉ′２ １００Ｕ′２ ＝ ２６．６ １００×２１４．６６Ｗ≈５７．１Ｗ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＢＣ　３．ＡＣ 提示： １．设灯泡的额定电压为Ｕ０，两灯均能正常发光，所以原线 圈输出端电压为Ｕ１ ＝９Ｕ０，副线圈两端电压为Ｕ２ ＝Ｕ０，故 Ｕ１ Ｕ２ ＝ ９１， ｎ１ ｎ２ ＝ Ｕ１ Ｕ２ ＝９１，Ａ正确，Ｂ错误；根据公式 Ｉ１ Ｉ２ ＝ ｎ２ ｎ１ 可得 Ｉ１ Ｉ２ ＝ １９，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式 Ｐ＝ＵＩ 可得两者的电功率之比为１∶９，Ｃ错误，Ｄ正确． ２．欲使副线圈两端得到一个高压，必须使变压器铁芯中的 磁通量发生变化，即原线圈中的电流必须发生变化，只有在开 关闭合、断开瞬间原线圈中电流才有变化，故选ＢＣ． ３．直流输电系统由整流站、直流线路和逆变站三部分组 成，在整流站通过整流器将交流电变换为直流电，在逆变站利 用逆变器将直流电变换为交流电．因此选项Ａ、Ｃ正确． ４．解析：（１）因为理想变压器的输入功率等于输出功率， 采用的是降压变压器，根据 Ｐ＝ＵＩ可知，副线圈中的电流大， 为了减小输电线上功率的损失，副线圈电线电阻要小，由公式 Ｒ＝ρｌＳ知，引线要粗，故ａ、ｄ接６Ｖ． （２）根据变压器工作原理知： Ｕａ Ｕｂ ＝ Ｎａ Ｎｂ ，若理想变压器接 ６Ｖ的线圈匝数是３００匝，则接２２０Ｖ的线圈匝数是１１０００匝． （３）根据变压器工作原理知： Ｕａ Ｕｂ ＝ Ｎａ Ｎｂ ，本题采用的是降压 变压器，所以接电源的应该是匝数多的线圈，所以接电源的是 Ｎｂ． ５．解析：（１）升压变压器原线圈中的电流 Ｉ１ ＝ Ｐ１ Ｕ１ ＝ １０００Ａ （２）根据Ｐ线 ＝Ｉ ２ 线Ｒ线得：Ｉ线 ＝ Ｐ线 Ｒ槡线 ＝ Ｐ１×４％ Ｒ槡 线 ＝５０Ａ （３）升压变压器的匝数比 ｎ１ ｎ２ ＝ Ｉ线 Ｉ１ ＝ １２０ 根据能量守恒定律，可得Ｐ３ ＝Ｐ２－Ｐ线 又Ｐ２ ＝Ｐ１ 故Ｕ３ ＝ Ｐ３ Ｉ线 ＝ Ｐ２－Ｐ线 Ｉ线 ＝１．９２×１０４Ｖ 降压变压器的匝数比 ｎ３ ｎ４ ＝ Ｕ３ Ｕ４ ＝１．９２×１０ ４ ２４０ ＝ ８０ １                                                    ． —６— 高中物理教科（选择性必修第二册）　第４３～４６期 书 （上接第３版） 二、填空题（共９分） ４．某研究性学习小组的 同学想用２２０Ｖ交流电源作为 某小型电器的电源．他先制作 了一个交流变为直流的整流 器，但是这个整流器需要用６Ｖ的交流电源，于是 他又添置了一台２２０Ｖ／６Ｖ的变压器，如图３所示． 他看到这个变压器上有ａ、ｂ、ｃ、ｄ四个引出线头，且 ａ、ｄ引线比ｂ、ｃ引线粗． （１）他不知道如何接法，也没有相应的说明 书．你能帮他判断正确的接法是ａ、ｄ端接 （选填“２２０Ｖ”或“６Ｖ”）． （２）这台２２０Ｖ／６Ｖ的理想变压器接６Ｖ的线 圈匝数是 ３００匝，则接 ２２０Ｖ的线圈匝数是 匝． （３）为了进一步探究变压器线圈两端的电压 与匝数的关系，他又取匝数Ｎａ＝８０匝和Ｎｂ＝１６０ 匝的一个变压器重新接在电源上，测量结果记录 如下，则接电源的是 （选填“Ｎａ”或 “Ｎｂ”）． Ｕａ／Ｖ １．８０ ２．８０ ３．８０ Ｕｂ／Ｖ ４．００ ６．０１ ８．０２ 三、计算题（共１５分） ５．一小型水电站，其交流发电机与升压变压 器原线圈连接，如图４为输电示意图．原线圈的输 入功率为 Ｐ１ ＝１０００ｋＷ，输入电压为 Ｕ１ ＝ １０００Ｖ，在输电过程中，要求能量损耗等于原线圈 输入功率的４％，已知输电线电阻为１６Ω，用户降 压变压器的输出电压为２４０Ｖ，求： （１）升压变压器原线圈中的电流Ｉ１； （２）输电线中的电流Ｉ线； （３）升压变压器与降压变压器的匝数比各为 多少？ 书 例．输送一定的功率，第一次输电电压为 Ｕ１，第二次输电电压为 Ｕ２，则在同一输电线上 两次损失的功率之比为 ． 错误解答：设输电线的电阻为ｒ，则第一次 输电电压为Ｕ１时，电路中的电流为 Ｉ１，损失的 功率为Ｐ′１＝Ｕ１Ｉ１＝ Ｕ２１ ｒ，同理，当第二次输电电 压为Ｕ２时，损失的功率为Ｐ′２ ＝Ｕ２Ｉ２ ＝ Ｕ２２ ｒ，故 两次损失的功率之比为： Ｐ′１∶Ｐ′２＝Ｕ ２ １∶Ｕ ２ ２． 错解分析：没有搞清楚公式Ｐ＝ＵＩ中不同 的Ｕ、Ｉ对应不同的Ｐ所表示的物理意义，或者 说，根本没有搞清楚损失功率的计算方法，乱 套公式． 正确解答：设输送的一定功率为Ｐ，输电线 的电阻为ｒ，当第一次输电电压为 Ｕ１时，流过 输电线的电流为Ｉ１＝ Ｐ Ｕ１ ，输电线上的电压降为 Ｕ′１＝Ｉ１ｒ＝ Ｐ Ｕ１ ｒ，输电线上损失的功率为Ｐ′１＝Ｕ′ １Ｉ１ ＝ Ｐ Ｕ１ ｒ·ＰＵ１ ＝Ｐ ２ Ｕ２１ ｒ，同理，当输电电压为 Ｕ２ 时，损失的功率为Ｐ′２＝ Ｐ２ Ｕ２２ ｒ，故两次损失的功率 之比Ｐ′１∶Ｐ′２＝Ｕ ２ ２∶Ｕ ２ １． 对此题，损失的功率也可用 Ｐ′＝Ｉ２ｒ＝ （ Ｐ Ｕ） ２ｒ求解． 点评：欧姆定律Ｉ＝ＵＲ的适用条件是纯电 阻电路，Ｒ表示这段电路的电阻，Ｕ表示这段电 路两端的电压，Ｉ就表示流过该电路的电流． 求解远距离输电的关键是：熟悉“交流发 电机→升压变压器→ 输电线 → 降压变压器 →用户”这一过程，并画出这一过程的示意 图，将已知量和未知量标在图中相应位置；以 升压变压器和降压变压器原、副线圈为参考， 将输电线路划分为几个独立回路；根据串并联 电路特点、欧姆定律、电功率公式等确定各部 分回路电学量之间的关系；根据升压、降压变 压器原、副线圈的电压、电流关系和功率关系 列式求解．有时利用逆运算解决电能的输送问 题往往比较方便，方法是先从负载的功率算 起，一直推到升压变压器输入端． 书 ４５期２版参考答案 素养专练１． １．Ａ　２．Ａ　３．ＢＤ　４．ＣＤ　５．ＡＣ 素养专练２． １．Ａ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．ＡＤ　５．Ｃ　６．Ｂ 第４５期３版参考答案 Ａ组 １．Ａ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ｄ　５．Ｃ　６．Ｂ　７．Ｂ ８．ＢＳω 槡２ 　ＢＳＲ ９．解析：（１）图甲为正弦交变电流，其有 效值Ｉ１ ＝ Ｉｍ 槡２ ＝３．５４Ａ，周期Ｔ１ ＝０．４ｓ，频率 ｆ１ ＝２．５Ｈｚ；图乙为方波交流电，电流的大小 不变，方向做周期性变化，由于热效应与电流 方向无关，因而它的有效值Ｉ２＝５Ａ，周期Ｔ２＝ ０．３ｓ，频率ｆ２ ＝ １０ ３Ｈｚ． （２）由公式Ｐ＝Ｉ２Ｒ得Ｐ甲 ∶Ｐ乙 ＝１∶２． １０．解析：由法拉第电磁感应定律和欧姆 定律得： Ｅ＝ΔΦ Δｔ ＝ΔＢ Δｔ Ｓ，Ｉ＝ＥＲ ＝ ΔＢ Δｔ ×ＳＲ，由题 图可知 ０～３ｓ内 Ｉ１ ＝ Ｅ１ Ｒ ＝ ６×１０－３ ３ × ０．３６×１０－２ ０．３６ Ａ＝２×１０ －５Ａ，在３～５ｓ内Ｉ２＝ Ｅ２ Ｒ ＝ ６×１０－３ ２ × ０．３６×１０－２ ０．３６ Ａ＝３×１０ －５Ａ， 根据有效值的定义得Ｉ２Ｒｔ＝Ｉ２１Ｒｔ１＋Ｉ ２ ２Ｒｔ２，代入 数据得Ｉ＝槡６×１０ －５Ａ． Ｂ组 １．ＢＣ　２．ＢＣ　３．ＢＣ ４．ｅ＝ｎＢＳωｃｏｓωｔ　ｕ＝槡２ｎＢＳωＲ２（Ｒ＋ｒ） ５．解析：（１）根据ａｂ、ｃｄ切割磁感线，由右 手定则可得线圈中感应电流方向ａ→ｄ→ｃ→ ｂ→ａ． （２）线圈的角速度 ω＝２πｎ＝２×π× ３０００ ６０ ｒａｄ／ｓ＝１００πｒａｄ／ｓ．设ａｂ边在ｔ＝０时 刻速度为 ｖａｂ，图示位置的感应电动势最大，其 大小为Ｅｍ ＝２ＮＢａｂ·ｖａｂ＝ＮＢａｂ·ａｄ·ω＝５０ ×０．４×０．２０×０．２５×１００πＶ＝３１４Ｖ，电动 势的瞬时表达式为 ｅ＝ ＮＢωＳｃｏｓωｔ＝ ３１４ｃｏｓ１００πｔ（Ｖ）． （３）从ｔ＝０起转过９０°的过程中，Δｔ时间 内流过Ｒ的电荷量ｑ＝ＩΔｔ＝ ＮΔΦΔｔ（Ｒ＋ｒ）Δ ｔ＝ ＮＢＳ Ｒ＋ｒ＝ ５０×０．４×０．２０×０．２５ ９＋１ Ｃ＝０．１Ｃ． 书 描述变压器的物理量有 原、副线圈上的Ｕ、Ｉ、Ｐ、Ｒ和ｎ 等十多个．由于物理量多、关 系复杂，同学们对各物理量 间如何制约的关系问题容易 混淆不清．现将各物理量间的制约关系阐述如 下（参见图１），供同学们参考． （１）电压制约：副线圈的输出电压由原线圈 的输入电压Ｕ１和原、副线圈的匝数决定．当变压 器只有一个副线圈（如ｎ２）时，则Ｕ２ ＝ ｎ２ ｎ１ Ｕ１；当 变压器有多个副线圈时，则 Ｕ２ ＝ ｎ２ ｎ１ Ｕ１、Ｕ３ ＝ ｎ３ ｎ１ Ｕ１、… （２）电流制约：输入电流Ｉ１由输出电流和原、 副线圈的匝数决定．当变压器只有一个副线圈（如 ｎ２）时，则Ｉ１ ＝ ｎ２ ｎ１ Ｉ２；当变压器有多个副线圈时，则 Ｉ１ ＝ ｎ２ ｎ１ Ｉ２＋ ｎ３ ｎ１ Ｉ３＋… （３）功率制约：变压器原线圈的输入功率 Ｐ入 由副线圈的输出功率Ｐ出 决定，而Ｐ出 又等于 负载消耗的总功率Ｐ负载 与副线圈一侧线路上消 耗的功率Ｐ线 之和，即Ｐ入 ＝Ｐ出 ＝Ｐ负载 ＋Ｐ线． 综上所述，变压器各物理量的制约关系可 表示为（以变压器只有一个副线圈为例）： 变压器通常由两个电路组成：交流电源和 原线圈组成的电路（称为原线圈电路）、负载与 副线圈组成的电路（称为副线圈电路）．所谓动 态分析，主要是负载电阻发生变化而引发的一 系列变化． 例１．一台理想变压器，原线圈两端接在电 压Ｕ不变的交流电源上，理想电流表接在原线 圈电路中．理想电压表接在副线圈两端，有三盏 灯Ｌ１、Ｌ２、Ｌ３接在副线圈电路中，如图２所示．开 始时开关Ｓ闭合，三灯都亮．现在把Ｓ断开，已知 三灯都没有烧毁，则 （　　） Ａ．电流表示数不变 Ｂ．电压表示数不变 Ｃ．灯Ｌ１变暗、灯Ｌ２变亮 Ｄ．灯Ｌ２变暗、灯Ｌ１变亮． 解析：原线圈电路中电源电压加在线圈 ｎ１ 上，所以Ｕ１ ＝Ｕ不变，根据Ｕ１∶Ｕ２ ＝ｎ１∶ｎ２可 知Ｕ２不变，即电压表示数不变，选项Ｂ对； 在副线圈电路中： ｎ２在副线圈电路中为电源，Ｓ断开 → 总电 阻增大→副线圈中电流Ｉ２减小→灯Ｌ１变暗、灯 Ｌ１两端电压ＵＬ１减小→灯Ｌ２两端电压ＵＬ２（＝ Ｕ２－ＵＬ１）增大→灯Ｌ２变亮→选项Ｃ对、Ｄ错； 又Ｉ２减小，根据Ｉ１∶Ｉ２＝ｎ２∶ｎ１可得Ｉ１也减 小，所以电流表示数减小，则Ａ错． 故此题正确答案为ＢＣ． 变形：若把例题中的电流表再串联一盏灯 Ｌ４，如图３所示，又应该怎样选择？ 解析：当副线圈中负载发生变化，从而导致 副线圈电路中的电流变化，再使原线圈中电流 变化，原线圈两端电压也将发生变化，使试题难 度加大． 原线圈电路：Ｕ１ ＝Ｕ－ＵＬ４ 副线圈电路：Ｕ２ ＝Ｉ２Ｒ（Ｒ为副线圈电路总 电阻） 原副线圈关系：Ｕ１∶Ｕ２ ＝ｎ１∶ｎ２， Ｉ１∶Ｉ２ ＝ｎ２∶ｎ１ 又根据欧姆定律有： ＵＬ４ ＝Ｉ１ＲＬ４ 以上五式联立解得： Ｉ１ ＝ Ｕ ｎ２１ ｎ２２ Ｒ＋ＲＬ４ 、Ｕ１ ＝ Ｕ １＋ ｎ２２ ｎ２１ ＲＬ４ Ｒ 分析讨论： Ｓ断开，Ｒ变大→Ｉ１↓→ＵＬ４、Ｉ２↓（Ａ错）→ Ｕ１↑→Ｕ２↑→电压表示数变大（Ｂ错）； 又Ｉ２↓→灯Ｌ１变暗，故ＵＬ１↓； 再Ｕ２↑，ＵＬ２＝Ｕ２－ＵＬ１所以ＵＬ１↓→ＵＬ２↑ →灯Ｌ２变亮，所以Ｃ对； 故变形后答案为Ｃ． 点评：变压器动态分析要搞清两个电路和 线圈匝数比不变进行分析．同时注意原线圈电 路中有没有电阻，直接影响着输出电压的变化． 例２．如图４所示，一个理想变压器的输入 电压Ｕ１保持不变，灯泡Ｌ２、Ｌ３、Ｌ４为副线圈的负 载，当滑动变阻器Ｒ０的滑片向下移动时，则下列 判断正确的是 （　　） Ａ．灯Ｌ１变暗　　　Ｂ．灯Ｌ２变亮 Ｃ．灯Ｌ３变亮 Ｄ．灯Ｌ４变暗 解析：当滑动变阻器的滑片向下移动时，滑 动变阻器的电阻增大，负载的总电阻 Ｒ也增大， 则副线圈的电流减小，原线圈的电流也减小，灯 泡Ｌ１两端的电压减小，变压器的输入电压增大， 输出电压增大，灯泡Ｌ２两端的电压减小，所以灯 泡Ｌ４两端电压增大，流过灯泡 Ｌ４的电流增大， 流过灯泡Ｌ３的电流减小，因此灯泡Ｌ１、Ｌ２、Ｌ３变 暗，灯Ｌ４变亮．正确答案为：Ａ． 例３．一理想变压器的原线圈连接一只电流 表，副线圈接入电路的匝数可以通过触头 Ｑ调 节，如图５所示，在副线圈输出端连接了定值电 阻Ｒ０和滑动变阻器Ｒ，在原线圈上加一电压为Ｕ 的交流电，则 （　　） Ａ．保持Ｑ位置不动，将Ｐ向上滑动时，变压 器的输出电压变大 Ｂ．保持Ｑ位置不动，将Ｐ向上滑动时，电流 表的读数变大 Ｃ．保持Ｐ位置不动，将Ｑ向上滑动时，电流 表的读数变大 Ｄ．保持Ｐ位置不动，将Ｑ向上滑动时，变压 器的输出功率不变 解析：保持 Ｑ位置不动，因输入电压、原副 线圈的匝数不变，故输出电压不变，选项 Ａ错 误；滑动变阻器的滑片Ｐ向上滑动时，其阻值增 大，输出端回路的总电阻增大，故输出电流减 小，输入电流减小，电流表读数减小，选项 Ｂ错 误；保持Ｐ位置不动，将Ｑ向上滑动时，副线圈的 匝数增加，输入电压不变，输出电压增大，输出 电流增大，输出功率随之增大，选项 Ｄ错误；输 入功率随输出功率增大，而输入电压不变，故输 入电流增大，电流表读数变大，选项Ｃ正确． 点评：理想变压器的动态分析问题，大致有 两种情况：一类是负载电阻不变，原副线圈的电 压、电流、输入和输出功率随匝数比变化而变化 的情况；另一类是匝数比不变，上述各量随负载 电阻变化而变化的情况．上面两种情况都要注 意：根据题意弄清变量与不变量；弄清变压器动 态变化中各个物理量之间的制约决定关系． 总结：当原线圈电路中没有电阻时，负载变 化而输出电压不变；当原线圈电路中有电阻时， 输出电压随负载的增大而增大． 预测：变压器是和实际生活相联系问题的 很好载体，而联系生活实际、科技是高考的一个 导向；动态电路分析考查了学生灵活应用知识 处理问题的能力和应用数学解决物理问题的能 力，这是高考对能力的要求，同时更是学科内的 综合，所以这是高考命题的一个生长点，应引起 足够重视． !"#$ % & !"#$%&'( )& !!"#* $%&' + ', &(-./*0 & * !" ! !"#$% 123456789: ;<56=>?@AB7 !"#$%#&'$&() ;<CD=>?@AB7 *"#$+#&'$&,) &'()*+,- &'(*./012345,6 789:;<=> :?@ABC DEFGHI=>JK@!"#$%&'()(*L+M NOPKQ,-.,/( L§¨©ª« %/ WM !"#$%&' !! 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()*+, -./012 !" 34 书 ３．变压器的结构与原理 １．一个正常工作的理想变压器的原、副线圈 中，下列物理量不一定相等的是 （　　） Ａ．交流的频率　　　Ｂ．电流的有效值 Ｃ．电功率 Ｄ．磁通量的变化率 ２．如图１所示，理想变压器原、副线圈的匝数 比ｎ１∶ｎ２＝４∶１，当导体棒在匀强磁场中向左做匀 速直线运动切割磁感线时，电流表 Ａ１的示数为 １２ｍＡ，则电流表Ａ２的示数为 （　　） Ａ．３ｍＡ Ｂ．０ Ｃ．４８ｍＡ Ｄ．与负载Ｒ的值有关 ３．关于变压器，下列说法正确的是 （　　） Ａ．变压器是根据电磁感应的原理制成的 Ｂ．变压器的原线圈匝数一定比副线圈的多 Ｃ．变压器只能改变直流电的电压 Ｄ．变压器只有一个原线圈和一个副线圈 ４．如图２所示，理想变压器原、副线圈匝数比ｎ１∶ ｎ２ ＝２∶１，○Ｖ和○Ａ均为理想电表，灯泡电阻ＲＬ ＝６ Ω，ＡＢ端电压ｕ１＝ 槡１２２ｓｉｎ１００πｔ（Ｖ）．下列说法正确 的是 （　　） Ａ．电流频率为１００Ｈｚ Ｂ．○Ｖ的读数为２４Ｖ Ｃ．○Ａ的读数为０．５Ａ Ｄ．变压器输入功率为６Ｗ ５．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副 线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压 变压器的电路如图３所示，其副线圈匝数可调．已 知变压器线圈总匝数为 １９００匝，原线圈为 １１００匝，接在有效值为２２０Ｖ的交流电源上．当变 压器输出电压调至最大时，负载 Ｒ上的功率为 ２．０ｋＷ．设此时原线圈中电流的有效值为 Ｉ１，负载 两端电压的有效值为Ｕ２，且变压器是理想的，则Ｕ２ 和Ｉ１分别约为 （　　） Ａ．３８０Ｖ和５．３Ａ Ｂ．３８０Ｖ和９．１Ａ Ｃ．２４０Ｖ和５．３Ａ Ｄ．２４０Ｖ和９．１Ａ ６．如图４所示，电路中有四个完全相同的灯 泡，额定电压均为Ｕ，变压器为理想变压器，现在四 个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比ｎ１∶ｎ２和电 源电压Ｕ１分别为 （　　） Ａ．１∶２　　２Ｕ Ｂ．１∶２　　４Ｕ Ｃ．２∶１　　４Ｕ Ｄ．２∶１　　２Ｕ ! ! " # ! " $ ! ! ! ! ! ! # ! # " ! ! % # ! ! $ ! " ! " % # & ! ! ! ! " ! & ' ! $ ! ' " % ( ) $ * + ! " " , - $ " $ ! $ ' ( ! ' " . / ( ! ! 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