专题13 交变电流的产生与描述-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

专题 交变电流的产生与描述 1.(2023·四川成都石室中学质检)如图甲所 示，单匝矩形线框在匀强磁场B中，绕与磁 场B垂直的轴O0'匀速转动.已知线框电阻 R,转动周期T,穿过线框的磁通量Φ与时 间t的关系图像如图乙所示.则 D 0 甲 乙 A.一时刻，线框平面位于中性面 2π·Φ B.感应电流的有效值为 RT T C. 到3T过程中，线框中平均感应电动势 41 4 为零 D.线框转动半周，线框中产生的热量 π2·Φ2 为 RT 2.（2022·湖南雅礼中学期末)如图所示，竖 直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉 子，一个由细软导线制成的闭合导线框挂 在两颗钉子上，匀强磁场的磁感应强度为 B,导线框的电阻为r,圆的半径为R.从t=0 时刻开始，将导线上的C点绕圆心0以恒 定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，导 线始终绷紧.此过程导线中 A.张力保持不变 B.感应电流的方向先顺时 ×× 针后逆时针 x.￥××D C.感应电流随时间t的变 化关系为i=BR'sin wt D.产生的电热为mwBR 2r 14黑白题物理|选择性必修第二册·JK ©限时 20分钟 3.(2022·浙江宁波期中)如图所示，面积为S 的矩形线圈共N匝，线圈总电阻为R,在磁 感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁 场中以竖直线O0'为轴，以角速度ω匀速旋 转，图示位置C与纸面共面，位置A与位置 C成45°角.线圈从位置A转过90°到达位置 B的过程中，下列说法正确的是( A.平均电动势为2NSo××为x× A ×X×X×× 2W2 K×× B,平均电动势为NBSo 0 C.通过线圈某一截面的电 2J2 NBS 荷量q= R D.在此转动过程中，电流方向会发生改变 4.(2022·湖南长郡中学一模)如图所示，直 角三角形金属框abc电阻为R,ab边长为 L,bc边长为√3L.金属框绕ab边以角速度o 逆时针转动，空间中存在磁感应强度大小 为B的匀强磁场.则 A.若磁场方向平行ab边向上，u 金属框中没有感应电流，bc ( 间电势差也为0 B.若磁场方向垂直于纸面向 里，图示时刻金属框中的感应电流最大 C.若磁场方向垂直于纸面向里，从图示时 刻开始至金属框转过90°的过程中，流经 金属框的电荷量为3吧 D.若磁场方向垂直于纸面向里，从图示时 刻开始至金属框转过180°的过程中，金 TB2L 属框中产生的焦耳热为 8R 专题 十四 理想变压器的动态分析 1.(2022·江苏海安中学模拟)如图为理想的 可调式自耦变压器与负载连接电路，原线 圈输入交流电的电压u确定，闭合开关S, 电动机M开始工作，此后观察到灯泡L亮 度变暗，则以下说法错误的是 A.S闭合后电流表读数变大 B.S闭合后原线圈输入功率变大 C.S闭合副线圈输出电压没有变化 D.要让L灯达到原来亮度，P滑动头应向 上移动 2.（2023·河北保定三模)如图所示，理想变 压器的匝数之比为=电压表为理想电 表，小灯泡的电阻R=102,定值电阻R1= 12,滑动变阻器R的最大电阻为52.导 体棒ab在光滑导轨上以速度v=10√2sin (100πt)m/s运动，导轨间距L=1m,不计 导体棒与导轨电阻，匀强磁场的磁感应强 度大小为B=1T,方向如图所示.下列说法 正确的是 R A.t=1s时，电压表示数为零 B.线圈n,为原线圈 C.R2的滑片向下移动，小灯泡上的电流 减小 D.当R2=1Q时，R2上消耗的功率最大 ©限时 20分钟 3.（2023·四川泸县一中期末)如图所示，理 想变压器的三个线圈的匝数分别为n1、n2、 n3,a、b端接人电压为U。的正弦式交流电， 另外两个线圈分别接有电阻R和滑动变阻 器R.当滑动变阻器的滑片缓慢向左移动 时，下列说法正确的是 ( ao n A.线圈n1上的电流不变 B.线圈n1上的电流不断减小 C.线圈n,的输出功率不变 D.滑动变阻器R'两端的电压不断增大 4.(2022·湖南三湘名校联考)一种可调压变 压器原理图如图所示，αb为交变电压输入 端，T1为自耦调压器，P为调压滑头；T2为升 压变压器，cd为终端输出电压给负载R供 电.忽略其他电阻与感抗等因素影响，调压 器T,与变压器T,均视为理想变压器.在ab 端输入电压不变的情况下，当滑头P向下 移动，则 A.电流表A示数变小 B.电流表A2示数变大 C.cd端获得的电压变大 D.cd端获得的功率不变 进阶突破·专项练15由此可知，在1=0到1元的过程中，E的变化率一直增大， 感应电流的变化率一直增加：同理可得在1=到：一元的过 程中，E的变化率一直减小，感应电流的变化率一直减小； 故A正确，BCD错误.故选A 2.CD解析：导体棒由E运动到C的过程中，切割磁感线的有 效长度L=vtan0,设CE、MN中单位长度的电阻为R。,回路 中电阻及=(atam0+g)R,回路中的感应电动势E,: E Bv tan Ot BLv=Bv'ttan0c∝t,I1= R vttan 04 vt Cos 0 Ro Bv'tan 0 一.感应电流11与t无关，导体棒匀速运动 (vtan 0+v cos日/R 时，外力F,等于安培力，则F,=BI,L=BI,utan Oto∝t,消耗的 电功率P1=F1v=BL,v2tan此ck.当导体棒在平行导轨间匀速 运动时，回路中切割磁感线的有效长度L',回路中的电阻R' 不变，感应电动势E'=B'为定值，间路中的电流T=,也 为定值，且'=L,,外力F'等于安培力，则F=B'L'也为定 值：消耗的电功率P=Fv,也为定值，AB正确，不符合题意； CD错误，符合题意. 3.C解析：A.当线框运动L时，右边开始切割磁感线，产生的 电动势为E=BL,方向为逆时针，为正方向：当向右再运动L 时，线框两边均切割磁感线，由于磁场反向，故电动势 E'=2BL,方向为顺时针，为负方向；当线圈再向右运动L过 程中，只有左侧切割磁感线，此时，电动势为E=BL,方向为 逆时针，为正方向，故A错误；B.当线框运动L时，右边开始 切割磁感线，电路中电流逆时针1：。，当向右再运动工时， 线框两边均切制磁感线，产生顺时针方向电流尸=2，当 R 线圈再向右运动L过程中，只有左侧切割磁感线，此时电流 为1：阳沿正方向，由于线框匀速运动，拉力F等于安培力 F=BIL,故第一个L时F=0,第二个L时F=BIL,第三个L时 F=B'·2L=4BIL,第四个L时F=BL,方向一直与安培力方 向相反，向右，故B错误：C.根据能量守恒，电路中的电功率 等于克服安培力做功的功率P=Fv,v不变，P与F成正比，P 变化图像与F变化图像相同，故C正确：D.第三个L阶段的 磁通量变化率应是第二个L过程中磁通量变化率的2倍，则 图中直线的斜率应变为2倍，故D错误故选C. 专题十三交变电流的产生与描述 1.B解析：A由图乙可知，了时刻，磁通量为0，则线框平面位 于与中性面垂直的平面，故A错误：B.线圈转动过程中，感应 电动势的最大值为B。==中。·牙，感应电流的最大值 参考答案与解析 Em2T·Φm 为L。-R,有效值为 22mD,故B正确； √2 RT G由法拉第电磁感应定律可得，【到T过程中，线框中平 41 为感啦电对烤为5炉-华放C错误线程转动水间， 欧框中产生的热量为Q=PR·了，故D错误故 选B. 2.D解析：A.对滑轮E分析可知，两边绳子拉力总是相等的， 则两边绳子与竖直方向的夹角总相等，随着C点沿圆弧从A 点移到D点，AC段与CD段绳子之和先增加后减小，则AE 段与ED段绳子之和先减小后增加，AE段绳子与ED段绳子 的夹角先增加后减小，由2 Tcos a=mg,可知绳子的拉力先增 加后减小，选项A错误；B.设C点转过的角度为0=ot,根据 几何知识可得，线框上的三角形的面积为$=2·2R· 1 Rsin0=Rsin0,磁通量为④=BS=BR2sin0,因0角从0°度到 180°，则导线框中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可 知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项B错 误：C根据法拉第电磁感应定律E=中，可知，导线框中感应 电动势随时间t的变化关系为e=@BR2coswt,感应电流随时 间1的变化关系为i=cos,故C错误，D.导线框中感 应电动势的有效值为E=BR故导线框中产生的电热为Q= √2， E2 T TOB2R 21 2r 一，故D正确故选D. △Φ 3.B解析：AB.平均电动势为E=N :,磁通量中的瞬时表 达式为Φ=BScos wt,则线圈从位置A转过90°到达位置B的 过程中磁通量的变化量为△Φ=BScos135°-BScos45°= -√2BS,线圈从位置A转过90到达位置B的过程中所用时 间为41：1元联立解得平均电动势为E=2二N,所 以A错误，B正确；C.通过线圈某一截面的电荷量为q= /:-2NS,所以C错误D,线框每次经过中性面电 方向才发生变化，所以在此转动过程中，电流方向没有发生 改变，则D错误故选B. 4.D解析：A.磁场方向平行ab边向上时，金属框磁通量不变， 不产生感应电流，但bc边切割磁感线，有感应电动势，bc电 势差不为0，A错误：B.若磁场方向垂直纸面向里，金属框转 动产生正弦式交变电流，图示时刻感应电流为0，B错误； C从图示时刻开始至金属框转过90°的过程有E=4中， 4,1s 只1是屏得g 2R,C错误； 黑白题55 D.从图示时刻开始至金属框转过180°的过程中，金属框中 产生的焦耳热由Q=,1=Bs,联立解得Q=3m8Z0,故 √2R 8R D正确.故选D. 专题十四理想变压器的动态分析 1.D解析：AC.由于原线圈电压确定，原、副线圈匝数确定，所 以副线圈两端电压一定：闭合开关S,电动机M开始工作，此 后观察到灯泡L亮度变暗，说明灯泡L两端电压减小，因此 电阻R两端电压增大，由U=R可知，通过电阻R的电流增 大，电流表读数变大，故AC正确，不符合题意：B.由副线圈 输出功率P2=U2l2,可知副线圈的输出功率变大，由理想变 压器P,=P2,所以S闭合后原线圈输入功率变大，故B正确， 不符合题意；D.要让灯L达到原来亮度，就要增大副线圈的 =L可知，要减小原、副线图的匝数比，P滑 输出电压，由， 动头应向下移动，故D错误，符合题意故选D. 2.D解析：A.导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势e= 102sin 100mt V,U,=10 V, 根据理想变压器变比公式得一_马 n U 解得线圈n两端的电压U,=2V, 由于电压表为理想电表，所以电压表示数为2V,故A错误； B.接有交流电源的线圈为原线圈，线圈，为副线圈，故 B错误； C.小灯泡并联在电路中，R,的滑片向下移动，不影响小灯泡 两端的电压，小灯泡上的电流不变，故C错误： D.R,、R,两端电压始终为2V,将R,等效为电源内阻，所以 当R2=12,此时，R2上消耗的功率最大，故D正确故选D. 3.C解析：根据.4_4，可知，两个刚线圈上的电压不 n1 n2 n3 变，电阻R上的电流2不变；当滑动变阻器的滑片缓慢向左 移动时，R'电阻减小，I,变大，则根据I,U。=L,U,+I,U,可知 线圈n1上的电流不断增大；根据P2= 3,可知，线圈几的输 出功率不变.故选C. 4.A解析：因为升压变压器T,的匝数比不变，所以升压变压 器T,的输入电压就等于调压器T,的输出电压，当滑头P向 下移动，调压器T的匝数比变大，调压器T,的输出电压变 小，整个电路的总功率变小（或等效电阻变大），总电流变 小，即电流表A,示数变小，电流表A示数变小，cd端获得的 电压变小，A正确，BC错误；因为调压器T,与变压器T2均视 为理想变压器，αb端输人电压不变，输人电流变小，输入功 率变小，cd端获得的功率变小，D错误.故选A. 专题十五输电电路的动态分析 1.B解析：D.当发电机线圈转速减小时，根据Em=nBSw,可知 升压变压器的输入电压·1减小，而负载不变，因此升压变压 选择性必修第二册·JK 器的输入电流I,减小，故发电机的输出功率减小，故D 错误； A根据上=可知1，减小时，也减小，即通过R的电流减 '12n1 小，故A错误； BC.由于2=1，因此减小，根据=”4可知减小， 14n3 根据U4=I4R,P=R, 可知灯泡L消耗的功率减小，U,减小，根据元元， 可知U,减小，故B正确，C错误故选B. 2.BD解析：A.若再闭合S2,则变压器次级电阻减小，则次级 电流变大，初级电流也变大，R。上的电压变大，则变压器T2 初级电压减小，则次级电压也减小，选项A错误； B因R。上的电压变大，则输电线上消耗的功率变大，即输电 过程中的能量损耗增大，选项B正确； C.因输电线上的电压损失变大，则两灯泡上的电压减小，若 要L,、L2保持正常发光，可适当将P,向下移动，从而增加T 的次级电压，即可增加T,的初级电压，从而使得L,、L2能正 常发光，选项C错误； D若输电线没有电阻，则当两灯泡正常发光时，则P,端输入 电流满足11U1=2P1, 第得4-测 A≈0.316A, 因输电线有电阻，则若要L1、L2保持正常发光，则P,端输入 电流的有效值一定大于0.31A,选项D正确.故选BD. 3.(1)1×106W(2)1:20(3) 2=1,995 '2200'n'422 解析：(1)△t时间内流过水的质量m=pQAt, 河水减少的重力势能△E。=mgh, △E,×50% 发电机输出的功率P= =1×106W. △t Px5%=1×102A, (2)升压变压器输出端电流为L☑=√R P 升压变压器输出端电压为U2= =1×104V. 12 升压变压器的原、副线圈的匝数比凸=”= n2U220 广k可如，P:变为原来的0则么变为 (P12 (3)由P级=(，) 原来的10倍，即U2=1×10V, 则升压变压器原、副线圈的匝数比为元20· ,n_U1 根据P粮×100=R,解得2'=10A,△U=1R=50V) 所以降压变压器的输入电压U3=U-△U=99950V, 变压器原、副线圈的匝数比为--22 黑白题56