周测评(二十四)电磁感应(二)-【衡水真题密卷】2026年高三物理学科素养周测评（鲁冀粤辽鄂湘黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏渝甘黔滇川皖B版）

勇敢面对生活中的桃战和机遇 密真 2025一2026学年度学科素养周测评（二十四） 班级 2434 题 物理·电磁感应（二） 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 21 姓名 2 D 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目 4.如图所示，两条平行的足够长的光滑金属导轨与水平面成a角，导轨间距离L。其上端 要求。 得分 接一电动势为E的电源和一定值电阻R,电源的内阻及导轨的电阻忽路不计。质量为 题号 4 5 m的导体棒ab与导轨垂直且水平放置，接人电路中的电阻为r。整个装置处于竖直向 上的匀强磁场B中。现将导体棒由静止释放，最终导体棒在轨道上以速度v匀速下滑， 答案 电路中电流大小为I。则下列说法正确的是 1,如图所示，矩形区域内有垂直纸而向里的匀强磁场，固定一水平金属棒AD,弹性金属丝 A,释放瞬间棒所受安培力沿斜而向下 绕过绝缘笔端点P与A、D连接，金属丝始终处于拉直状态且在纸面内，AD与金属丝 B.棒最终匀速运动时BLv一E=I(R+r) 的电阻均不可忽略。在绝缘笔端点P沿虚线从B点经C点移动到D点的过程中，下列 C.由于棒切割磁感线产生了电动势，因此稳定时棒两端电压等于它产 说法正确的是 生的电动势大小加上它电阻的分压I A.三角形APD穿过的磁通量先增大后诚小 D,棒开始匀速运动后，其诚小的重力势能只有一部分转化为系统的 B.三角形APD中的感应电流始终为0 生热 C.A点的电势始终高于P点的电势 5.如图，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C,阻 D.P点的电势始终高于D点的电势 值为R的电阻通过三角旋钮开关S与两导轨连接，长度为L、质量为m的金属杆b垂 2.麦克斯韦电磁理论认为：变化的磁场会在空间激发一种电场，这 直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁 种电场与静电场不同，称为感生电场或涡旋电场。如图所示，空间存在竖直向上的匀强 感应强度大小为B。三角旋钮开关S仅1、2之间导电，S左旋时能将电阻R和电容器C 磁场（范围足够大），磁感应强度大小随时间的变化关系为B=k·t(k>0且为常量) 接入同一回路，右旋时能将电阻R和金属杆ab接入同一回路，初始时1,2连接电容器 半径为R的单匝圆形导体环水平放置，处在该匀强磁场中，该变化的磁场会在空间产 和金属杆，现用恒力F向右拉金属杆b,使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F,同 生圆形的祸旋电场，涡旋电场的电场线是与导体环具有相同圆心的同心圆，同一电场线 时旋转S,此时金属杆的速度大小为，不计金属杆和导轨的电阻。下列说法正确的是 上各点场强大小相同，方向沿切线。导体环中的自由电荷？就会在感生电场的作用下 () 做定向运动，产生感应电流，或者说导体中产生了感应电动势，涡旋电场力充当非静电 A.撤去F前，金属杆做变加速直线运动 力，其大小与祸旋电场的场强E'关系满足F=E'q,则下列说法正确的是 ( B.辙去F同时向右旋开关S,金属杆做匀诚速运动 A.导体环中产生的感应电流的方向为逆时针方向 B,祸旋电场力做功与路径无关 C.恒力F对金属杆做的功等于2m品 C.导体环中产生的感应电动势E的大小E=kxR D,若分别左旋右旋S,两种情况下，通过电阻R的电荷量之比为 D,自由电荷g的加速度大小a=g CB2L2:m 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求， 3.如图所示，在x≥0、y≥0的区域中存在垂直于xOy平面的匀 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 强磁场，磁感应强度大小相等，边界OM与x轴正方向的夹角 题号 6 为45°，OM左侧磁场向里，OM右侧磁场向外。正方形导线框 abcd以恒定的速度沿x轴正方向运动并穿过磁场区域，运动过 4 答案 程中b边始终平行于y轴。规定导线框中逆时针方向为电流 6.如图所示，两竖直固定的平行金属导轨ABCDE、A'B'CD'E',AB、A'B'是半径为r的 的正方向。从刚进入磁场开始计时，下列能正确反映导线框中感应电流1随时间：变化 图像的是 圆弧，BCDE,B'C'D'E'水平，BB',CC'均与导轨垂直.BB'左侧无磁场，BB',CC'间 存在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场，DD'、EE间存在竖直向上的磁感应 24.346 34 强度大小为2B的匀强磁场。将导体棒a、b从图示位置由静止同时释放，导体棒a运动 至CC'、b运动至EE‘前已经达到稳定运动状态。已知导体棒a质量为2m,接人电路的 电阻为2R,ABC、A'B'C'间距为2L,导体棒b质量为m,接人电路的电阻为R,DE、D E'间距为L,导轨光滑且电阻不计，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好， 重力加速度为g。则 () 学科素养周测评（二十四）物理第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（二十四）物理第2页（共4页） B 内部和刚从内部出来时产生的，对这一现象相关说法正确的是 A.磁铁从静止下落到穿过螺线管掉落到海绵垫上的过程中，线圈中的磁通量变化率 先增大后减小 B.如果仅将滑动变阻器的滑片从中间向左移动，坐标系中的两个峰值都会减小 C,磁铁在穿过线圈过程中加速度始终小于重力加速度g A.导体棒a运动到BB'处对轨道的压力大小为6mg D.如果仅略减小，两个峰值都会减小 B导体棒a达到稳定时速度大小为2口 (3)在磁铁下降h的过程中，可估算由机械能转化的电能的大小约为 J(保留两 3 位有效数字)。 C导体棒a从静止释放至稳定状态，流过导体棒b的电荷量为m2g严 9.(18分)如图所示，水平绝缘平台上有面积为S、电阻为的单匝线圈，线圈处在方向竖 6BL D导体棒a从静止释放至稳定状态，导体棒b产生的热量为号mgr 直向上的变化的磁场中，磁感应强度的大小B随时间t的变化规律为B=:(T)(k为大 于零的常量)，线圈的两端通过开关与阻值为R的定值电阻两端相连。倾角为日、间距 7.如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R,建立 为d的光滑平行金属导轨上端与阻值为R的定值电阻连接，导轨处在磁感应强度为B。 Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一长为d、电阻也为R的金属棒b与导 (图中未画出)，磁感应强度B随坐标x(以m为单位)的分布规律为B=0.8一0.2x 轨垂直良好接触，闭合开关S,ab恰好处于静止状态：断开开关S,ab从开始运动到速度 (T),金属棒ab在外力作用下从x<0的某处沿导轨向右运动，ab始终与导轨垂直并接 最大的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为Q。不计导轨电阻，导轨足够长，重力加速 触良好，不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从x。=0处，经x1=1m,x1=2m到 度为g。求： x3■3m的过程中，电阻器R的电功率始终保持不变，则 () (1)闭合开关，定值电阻R两端的电压U: (2)断开开关，金属棒ab的速度为最大速度的一半时，其重力的瞬时功率P: (3)断开开关，金属棒ab从开始运动到速度最大的过程中，通过金属棒ab的电荷量g。 A.金属棒在x1与x:处产生的电动势之比为1：1 B.金属棒在x:与x:处受到磁场B的作用力大小之比为3：1 C.金属棒从x1到xg与从x2到x?的过程中通过R的电量之比为5：3 10,(20分)如图所示，电阻不计的两金属导轨平行正对放置，间距为L,竖直部分粗糙，水 D.金属棒从x。到x1与从x2到xa的过程中电阻R产生的焦耳热之比为7：3 平部分光滑，水平及竖直部分均足够长。整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 强度大小为B。导体棒Q借助小立柱静置于竖直导轨上并保持水平，其与竖直导轨间 8.(12分)小明同学利用如图甲所示装置研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相 的动摩擦因数为：。导体棒P垂直于水平导轨放置，处于静止状态。两导体棒的质量 互转化，螺线管的内阻r=120Ω，初始时滑动变阻器的滑片位于正中间60Ω的位置，打 均为m,接人导轨间的电阻均为R。【=0时刻起，对导体棒P施加水平向右的拉力 开传感器，将质量为m的磁铁置于螺线管正上方静止释放，磁铁上表面为N极。穿过 F,使其做加速度为的匀加速直线运动，同时撤去小立柱，导体棒Q开始下滑。已知 螺线管后掉落到海绵垫上并静止（磁铁下落中受到的电磁阻力远小于磁铁重力，不发生 两导体棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩 转动)，释放点到海绵垫的高度差为h。计算机屏幕上显示出如图乙所示的U-t曲线。 擦力。 磁 (1)求拉力F随时间t变化的关系式。 (2)求导体棒Q所达到的最大速度0m及下滑的总时间 0.006 0.005 (3)若在导体棒Q停止下滑的同时撒去拉力F,导体棒P继续运动多远距离时，导体棒 0.004 Q又开始下滑？ 0.003 0.003 0.001 0.1 0.2s (1)磁铁穿过螺线管的过程中，产生第二个峰值时线圈中的感应电动势约为 V (保留两位有效数字)。 (2)图像中UI出现前后两个蜂值，对此实验过程发现，这两个峰值是磁铁刚进人螺线管 学科素养周测评（二十四）物理第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（二十四）物理第4页（共4页）·物理· 参考答案及解析 4mRvo 解得x=BL2+4Rk (1分) 为F:2f= B2L2 2R :2k (1分) 在整个运动过程中，设产生的焦耳热和摩擦热分 故焦耳热和摩擦热之比 别为Q,和Q」，根据能量守恒定律可得 B2L2 QJ:Q= 2R :2k (1分) 1 QJ+Q-2X2mvi (1分) 4Rkmvd 在整个运动过程中安培力和摩擦力大小之比恒 解得Q1=BL2+4Rk° (1分) 2025一2026学年度学科素养周测评（二十四） 物理·电磁感应（二） 一、单项选择题 感应电动势方向相反，则= Bbev-Becv= 1.D【解析】在绝缘笔沿虚线从B点经C点移动到 R D点的过程中，三角形APD的面积先不变后减 Blv-2Bv2t ,当t>2t。时，导线框全部进入磁场， 小，故磁通量先不变后减小，A错误；由“增反减 R 如图乙所示，导线框被边界分为两部分，两部分都 同”可知，三角形中感应电流先为0，后沿顺时针方 向，B错误；根据右手定则可知，A点的电势始终 切割磁感线，且有效长度均为af,则af=l一(t一 低于P点的电势，P点的电势始终高于D点的电 l)tan45°=2l-t,两部分产生的感应电动势大小 势，C错误，D正确。 相等，方向均沿顺时针，则电流i=一2Bafv一 R 2.C【解析】根据楞次定律，当磁场方向向上且大 -4Blv+2Bv2t 小随时间增大时，方向感应电流的方向沿着顺时 P ,D正确。 针方向，A错误；如图所示带电小球在涡旋电场中 M ,'M 沿着不同路径从M移动到N,可得W≠W递，即 b 涡旋电场力做功与路径有关，B错误；根据法拉第 电磁感应定律可得，导体环中产生的感应电动势 ek 450 45° E=AD Oc Od S△B=kπR2,自由电荷的切向加速度 A-S A 甲 乙 4.D【解析】释放瞬间，根据左手定则可知，棒所受 大小a=9E E ,涡旋电场的场强E=2R,解得 安培力水平向右，A错误；棒最终匀速运动时受到 a= 水平向左的安培力，且有BLucos a一E=I(r十 一2m,由于自由电荷还存在向心加速度，C正 R),B错误；由于棒切割磁感线产生了电动势，因 确，D错误。 此稳定时棒两端电压等于它产生的电动势大小减 去它电阻的分压Ir,C错误；棒开始匀速运动后， ·B 其减小的重力势能一部分转化为系统的生热，一 M4·· 部分转化为给电源充电的电能，D正确。 5.D【解析】撤去F前，对金属杆进行受力分析有 ··· N人国孤 F一BIL=ma,对电容器Q=CU,充电电流I= F 3.D【解析】设导线框的速度大小是v,边长为1， A=CBL CBLa,解得aCBZ则 总电阻为R,磁感应强度大小为B,bc边刚进磁场 金属杆做匀加速直线运动，A错误；撤去F同时向 Blo 时产生感应电流I。= 尺，由右手定则可判断感应 右旋开关S,此时仅有电阻R和金属杆ab接入同 一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与 电流的方向为逆时针；在0~2t。时间内，如图甲所 示，bc边被边界分为be和ec两部分，其中ec= 左手定则，可判定安培力向左，且BL=B口 R uttan45°=vt,be=l-ec=l一vt,两部分产生的 ma,可知，金属杆将向右做加速度减小的减速运 ·37· B 真题密卷 学科素养周测评 1 B+B2 动，B错误；根据动能定理有Wr十W安= 2mu6, B12 2 (0.8-0.2x1)+(0.8-0.2x2) 解得W:-弓m居-W。,其中安培力做负功，则恒 B23 B2+B3(0.8-0.2x2)+(0.8-0.2x3) 2 1 8-(x1十x2）5 力F对金属杆做的功大于2m品，C错误；撒去F 数9=3，C正确；同理901 8-(x2+xg)3,故22=5 923 时，电容器极板带电量Q=CBL0。,对金属杆分 B18-(x0十x1)7 析，由动量定理有-BIL·△t=0一mwo,由于金属 B8一(x十)一3，由于电流始终不变，故 杆减速切割磁感线而通过电阻的电量q=I·△t, to1-9o1-7 t23923 =3,金属棒从x到x1与从x2到x 当左旋S,通过电阻的电量q1=Q,当右旋S,通过 的过程中电阻R产生的焦耳热之比为 Q1 电阻的电量q=g,解得g4-CBL2 mD正确。 Q23 Ptol tol 7 二、多项选择题 Pt22g=3D正确 6.AD【解析】对导体棒a,根据动能定理有2mgr= 三、非选择题 2·2mu6,运动到BB处，根据牛顿第二定律有 1 8.(1)1.8(4分)(2)BD(4分)(3)6.3×104(5.5× 10-47.0×10-4均可)(4分) FN-2mg=2m,联立可得FN=6mg,根据牛颜 【解析】(1)由U1-t曲线可知，产生第一峰值时滑 动变阻器功率P滑=0.006W,线圈输出功率表达 第三定律可得，导体棒a运动到BB'处对轨道的压 式为P出=P潘=IR外，根据闭合电路欧姆定律得 力大小为6mg,A正确；当回路中感应电流为零时， E=I(r+R外)，其中r=1202、R外=602，解得 二者达到稳定状态，此时有B·2Lv。=2B·L0,对 E=1.8V。 导体棒a、b分别应用动量定理可得一BI·2Lt= (2)由U-t曲线可知，产生的感应电动势先增大 2m,-2m02B=解得，=u-号， 后减小，再增大再减小，因此线圈中的磁通量的变 化率先增大后减小，再增大再减小，A错误；根据 2 √2g7,B错误；根据以上分析以及q=I,可得 闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时， 电源的输出功率最大，本题中滑动变阻器的最大 g-mV2②g, 3BL,C错误；对a、b组成的系统，根据能 阻值与内阻相等，因此滑片从中间向左滑动时，两 个峰值都会减小，B正确；当磁铁全部在线圈中 1 2·2mo+1 量守恒定律可得2·2m= o 时，磁通量的变化率为零，此时的感应电流为零， 只受重力，加速度等于g,C错误；如果仅略减小 R Q,导体棒b产生的热量Q一2R十RQ,联立可得 h,磁铁进入线圈的速度减小，导致线圈中磁通量 的变化率减小，因此两个峰值都会减小，D正确。 Q,-号mgr,D正确， (3)根据UI-t图像的物理意义可知，图像与横轴 围成面积大小等于下落过程中电源输出的电能， 7.ACD【解析】由于电阻器R的电功率始终保持 图像与横轴围成的面积可由图像与横轴围成的虚 不变，故通过电阻器R的电流始终不变，即金属棒 线小方框的个数乘以每个小方框的面积求得，则 产生的感应电动势始终不变，A正确；金属棒在 由图像可得在磁铁下降h的过程中电源输出的电 x2与，处受到磁场B的作用力大小之比F 能E电=42×0.01×0.0005J=2.1×10-4J,则由 B2Il(0.8-0.2x2) =2,B错误；金属棒从x1 机械能转化的总电能E=ER+) R B3Il(0.8-0.2x3) E12 △Φ12 2.1×104×180J=6.3×104J。 到x2过程中有q12=I2t12= 60 Rtua-tuaRtna- 9.(1) (2)S2 S2 k2 +2Q △0：，同理金属棒从x2到x过程中有g:一 2 4R (3)4B.Rdgsin 0 Sk R 【解析】(1)线圈中产生的感应电动势 △0，故9=△0- B12l(x2-x1)B12 R ，而 q23 △④28B2gl(x3-x2） B23 E=NAB、 (2分) B ·38· ·物理· 参考答案及解析 内 (1分) 对导体棒，由牛顿第二定律有 闭合回路的总电流I= R RR F-FA=ma (1分) 2R+R 可得 R 定值电阻R两端的电压U=E-I· (1分) F=B-L'at (1分) 2R ma 解得U=S (1分) (2)导体棒Q受到的安培力水平向右，水平方向 2 受力平衡，设弹力为FN,有 (2)开关闭合时，金属棒处于静止状态，则 FA=FN (1分) mgsin 0=BoI d (1分) 竖直方向，设t时刻加速度为a2,根据牛顿第二 1 金属棒中的电流I1= (1分) 定律有 mg-uF=ma2 (1分) 解得m= BoSkd 2gRsin 0 (1分) 可得a2=g uB2L2 at (1分) 2mR 当断开开关时，金属棒速度最大时，金属棒受力平 设t1时刻a2减小到0，此时导体棒Q的速度达 衡，棒中的电流仍为I1,设棒的最大速度为，则 到最大有 根据闭合电路欧姆定律有B。do=I1(R十R) (1分) 女2mgR uB2L'a (1分) 则当速度为最大速度一半时，重力的瞬时功率 如图所示，a2-t图线与时间轴所围的面积等于Q P=mgsin02 (1分) 下滑过程速度的变化量。 解得P-S2b2 a2↑ (1分) 4R (3)由题意，设金属棒运动x时，速度最大，根据能 量的转化与守恒，有 1 mgsin0·x=2mw2+Qa+Qw (2分) 根据图像有 由于金属棒ab的电阻与定值电阻阻值相等，则有 1 (1分) QR=Qdb=Q (1分) 0n-2g1 在此过程中，流过金属棒的平均电流 可知Vm= mg2R Bo xd uB2L2a (1分) I-(R+R)t (1分) 导体棒Q的速度达到最大后，做加速度逐渐增大 流过金属棒的电荷量q=It (1分) 的减速运动。设t2时刻导体棒Q停止下滑。由 S2k22Q a2t图根据对称性可知 解得q=4 3.Rdgsin9 Sk (2分) 4mgR B2Latma ta=2t1-uB-L a (1分) mg2R 4mgR 10.(1)F= 2R (2) uB2L2 a uB2L2 a (3)导体棒Q停止下滑时，导体棒P的速度 (3)4mgR2 v2=at2 (1分) uB L4 设导体棒P的速度减到3时，导体棒Q又开始 【解析】(1)导体棒P做匀加速直线运动，t时刻 下滑，此时棒Q所受安培力 速度 FA3=BIaL (1分) v=at (1分) 滑动摩擦力等于重力，该过程导体棒P继续运动 感应电动势 的距离为d。有 E=BLo (1分) mg=uF N=uF A3 (1分) 由于导体棒Q在竖直轨道上滑动时不切割磁感 2mgR 线，不产生电动势，回路电流 可得us-B2L (1分) 1最 撤去外力后的一小段时间△t(△t→0)，导体棒P (1分) 发生位移△x,速度变化量为△v,由动量定理有 两导体棒所受安培力大小均为 B2L2v (1分) 1=-Bg2△=mA0 (1分) F=BIL 2R 2R ·39· B 真题密卷 学科素养周测评 则棒P速度从v2减到v3的过程中 可得d=4mgR2 B2L2d uB'L4 (1分) 2R =mv3-m02 (1分) 2025一2026学年度学科素养周测评（二十五） 物理·交变电流 一、单项选择题 1.C【解析】从图中开始计时，线圈的磁通量Φ与 S时R,两端的电压不变，由P二尺可知，闭合S 时间t的变化规律为Φ=BL1L2sin(wt),A错误； 前后，R1消耗的功率P不变，由理想变压器输入 线圈由图中位置绕转轴旋转90°的过程中平均电 功率等于输出功率可知，当S1、S2均闭合时的输 动势E=_BL,L:_2BL1L: 出功率P2=P2=4P1=4P1,则此时R2消耗的功 ，B错误；线圈 △t 率P=P?一P=3P1,设自耦变压器原线圈的匝数 2ω 和c与抽头e之间的匝数比为1：n,自耦变压器 的最大电动势Em=BL1L2w,电动势有效值E= 原线圈的匝数和c与抽头d之间的匝数比为1： EnBLiL2 一，线圈的热功率P= E2 LE。=1,E0=1 √2 r n,根据变压器支压比关系有元'U7, (BL1L2 @)2 则开关均闭合时，R2和R1两端的电压分别为 ,C正确；线圈在图中位置时，根据右 2r 手定则可知，bc边电流方向由c→b,ad边电流方 有受-以受并 U=nE,UR=n'Eo,故有R: 向由a→d,则线圈中的电流方向为a→d→c→ b→a,D错误。 代入数据可得受-2，B正境。 4.A【解析】电容器电容为20uF,根据电容的定义 2C【解析】原线圈电压的有效值U1= Um √2 式有C根据电流的定义式有1，=，根据 2202V=220V,照明灯正常工作，副线圈的电 √2 交流电有效值特征有U,U“,根据电压匠教关 √2 压U2=22V,原、副线圈的匝数比n1:n2=U1: U2=10:1,A错误；通过照明灯的电流的有效值 Tn2≈50，A正确； 系有0=，结合题中数据解得心≈1 PL 11 1一一2A=0.5A,通过电动机的电流的有 电感L越大，对变化电流的阻碍作用越大，则脉冲 电流峰值越小，B错误；电容C越小，根据C =PM_209A 效值1M=0,=2A=9.5A,电流表的示数I= Q可知，电容器所带电荷量越小，则放电持续时 U2m IL十IM=I0A,B错误；电动机的输出功率等于输 间越短，C错误；脉冲电流作用于不同人体时，由 入功率减去发热功率，则有U2IM一Ir=mg0,解 于不同人体的电阻不相同，则电流大小不相同，D 得m=23.75kg,C正确；若电动机被卡住不转动， 错误。 电动机线圈中的电流I攻号-平A=2A,刮线 5.D【解析】发电机线圈电动势的峰值Um=NBSw= 1 圈中的总电流I2=22.5A,根据电流比可知n11= 2NBL2w,则发电机线圈电动势的有效值U √2 n2I2,解得原线圈中电流的有效值I1=2.25A,D √2NBL2w,由原线圈电路关系U,=U一URo,根据 错误。 3.B【解析】a,b两端输入的电压恒定时，每匝线圈 U_0,联立解 理想变压器原、副线圈电压关系，有可一 产生的电动势E。恒定，已知S、S2均闭合时，电 流表示数为仅闭合S1时的4倍，表明S1、S2都闭 得Uo=V2NBL2u一IR1,通过电阻R。的电 n1 合时电源变压器的输入功率P2为仅闭合S,时的 输入功率P1的4倍，因S1、S2均闭合时与仅闭合 Ug_巨nNBL2w一I1,根据理想变 流I。= R。 nRo B ·40·