第43期 交变电流 交变电流的描述-【数理报】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步学案（人教版）

高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 数理括 答案详解 2025~2026学年高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期(2026年5月) 第41期3版参考答案 大小保持不变，由楞次定律的“来拒去留”可知，线框出磁场 A组 时，安培力方向仍向上，且等于重力，则线框匀速出磁场，故C 1.B2.B3.A4.A5.D6.D7.B 错误；当bc边进人磁场时，根据楞次定律可知，线圈中电流方 提示： 向为逆时针，故A错误；根据题意可知，当下落高度为0~L时， 1.根据功能关系可知，金属杆ab克服安培力所做的功等 bc边切割磁感线，则感应电动势为E=BL,根据闭合回路欧姆 于电阻R上产生的焦耳热，故A正确；金属杆机械能的增加量 定律可得儿=子B,当下落高度为L~2L时，ad边切制磁感 等于除重力外的其他力所做的功，即金属杆机械能的增加量等 线，则感应电动势为E=BL,根据闭合回路欧姆定律可得U 于外力F与克服安培力做功之差，即△E=W-W安，故B错 误；ab杆在竖直方向外力F作用下匀速上升h,由动能定理可 4B,故B错误；根据能量守恒定律有，线框中产生的焦耳 得W。-mgh-W安=0，故金属杆克服安培力做的功W安=W, 热为Q=mgh,可知，Q-h图像为过原点的直线，故D正确. -mgh,拉力F与安培力的合力所做的功为W。-W安=mgh,故 6,在0~子内，向外的磁通量增加，则感应电流磁场向 CD正确；故选B. 2.当小灯泡稳定发光后，导体棒做匀速运动，根据平衡条 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 件有mgsin0-4mgos0=E,解得E=5/s,1= Blv= 方向，为负值om中产生的感应电动势均为E=BL@,感应 R t r' Rt r 1A,P=R=1W.B选项正确. 电流大小为1=是：子一子内，向外的毯通量减少.则感应电 3.设正方形线框的质量为m,因为ab边进入磁场瞬间、dc 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 边进入磁场瞬间线框的速度相同，由能量守恒定律Q1=mgl, 为逆时针方向，为正值.ob中产生的感应电动势均为E= 又因为ab边进入磁场瞬间、dc边离开磁场瞬间线框的速度相 同，由能量守恒定律Q+Q2=mg(d+),联立解得Q2=mgd, 6,感应电流大小为1=景：子~平内，向里的随通量增 所以是=台故A正确 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 4.由能量守恒定律可知，f棒具有的动能将全部转化为内 能，无摩擦时，将全部转化为电热（即克服安培力做的功）；有 为E=,悠应电流大小为1=景头~T内.向里的脑 摩擦时，将一部分转化为电热，另一部分用于克服摩擦力做功， 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 故A正确。电流通过整个回路所做的功等于克服安培力做的 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 功，也等于产生的电热，故B、D错误.由动量定理可知，合力的 动势均为R=8,感应电流大小为1=是故D正确 冲量等于物体动量的变化量，由于两次动量变化相同，则合力 7.根据法拉第电磁感应定律可知，3圈线圈产生的电动势 的冲量相等，无摩擦时安培力的冲量较大，故C错误 5.根据题意可知，线框匀速进入磁场，设速度为，则有线 大小分别为E=品=d,6品=6，么 △t △t 框受到的安培力与重力等大反向，因线框匀速运动，则安培力 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 1 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 生的感应电动势为E=E1+E2+E3=(a2+b2+c2)k,故B正运动，故B错误，C正确 确。 2.按下按钮过程中，穿过线圈的磁通量向左增大，根据楞 8.Blv Blusin0水平向左安培力其他形式的电 次定律可知，感应电流的磁场方向向右，Q端相当于电源正极， 解析：(2)导线的运动方向与导线本身垂直，与磁感线方 则螺线管Q端电势高，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可 向夹角为0时，速度v在垂直于导体棒上的分速度为vsin0,则！ 知，电动势的大小与穿过线圈的磁通量的变化率成正比，若更 电动势E=Blusin0. 快按下按钮，穿过线圈的磁通量的变化率大，线圈产生的感应 (3)根据右手定则判断感应电流方向垂直于纸面向里，由 电动势大，则P、Q两端的电势差更大，故B正确；按住按钮不 左手定则判断知导体棒受到安培力向左，是导体棒运动的阻 动，线圈内磁通量不变，无感应电动势，故C错误；松开按钮的 力，导体棒克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能。 过程中根据“来拒去留”可知，螺线管与磁铁相互吸引，故D正 9.解析：(1)根据楞次定律，线圈产生的感应电流要阻碍 确。 磁场的变化，所以感应电流方向是逆时针方向，而圆形线圈相 3.由题意可知，圆内磁场减弱，磁通量变小，由楞次定律可 当于电源，电源内部电流从a流向b,所以b相当于电源正极，a 知，产生顺时针方向的感应电流，电流由b经灯泡流向a,故A 相当于电源负极，故p6>P 正确；据法拉第电磁感应定律可得E=NAs=MS,故B错 △t B-Bo,根 (2)产生的感应电动势E=nAD=nSAB=n △t △t to 讽：流过灯泡的电流大小为1=系-紧故心正确：6间电 rtR=nS B-B 据闭合电路欧姆定律得1=E。 to(r+R) 压的大小为U=伋=学，故D错误 10.解析：(1)ac棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的 4.0.50.5 大小为E=B1=0.40×0.50×4.0V=0.80V. 解析：由题中乙图可知，在0~1s内磁场均匀变化，1s之 (2)回路中感应电流的大小为1= 是=40A由右手定 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 则知，ac棒中的感应电流由c流向a. 流不变，从而可以确定1s时金属棒刚好到达虚线位置。 (3)ac棒受到的安培力大小为Fx=Bll=0.40×4.0× 加速过程（感生电动势）：E=9-兰x1x丽-2x05 0.50N=0.80N,由左手定则知，安培力方向向左.由于导体 ×1V=1V,电流为0.5A 棒匀速运动，水平方向受力平衡，则F外=F岁=0.80N,方向 匀速过程（动生电动势）：E=Bl=2×0.5×v=1V,解 水平向右. 得v=1m/s B组 从而加速过程的加速度为1m/s2 1.CD 2.BD 3.AC 且匀速满足F=F安， 提示： 即F=B=2×0.5×0.5=0.5N 1.若S闭合时，金属杆所受的安培力大于重力，即F=BL 质量m=0.5kg >mg,此时加速度方向向上，金属杆做减速运动，安培 R 5解析：1)5s内的位移x=ad=25m,5s内的平均 力逐渐减小，则加速度逐渐减小，金属杆做加速度逐渐减小的 速度=x =5m/s,所以平均感应电动势E=BLu=0.4V. 减速运动，当重力与安培力相等时，金属杆做匀速直线运动，故 A错误，D正确；若S闭合时，金属杆所受的安培力小于重力，即 (2)5s末，v=at=10m/s,此时感应电动势E=BL= F=BL=B<mg,此时加速度方向向下，金属杆做加速运 E R 0.8V,由欧姆定律得I=尺=0.8A 动，安培力逐渐增大，则加速度逐渐减小，金属杆做加速度逐渐 (3)杆做匀加速运动，由牛顿第二定律得F-F岁=ma,即 减小的加速运动，当重力与安培力相等时，金属杆做匀速直线 F=ma +F ma BIL 0.164 N. 一2 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 第42期3版参考答案 正方向，根据动量守恒定律可得m=(M+m)v共，则共= A组 3/s,因铝管最终未与磁铁共速，所以铝管获得的速度小于 1.D2.B3.A4.D5.D6.D7.B 3m/s,故D选项正确. 提示： 5.当开关S由断开变为闭合时，电路接通，由于电感的自 1.图甲、乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变 感作用阻碍电流的流过，则相当于A、B串联，两灯均立即变亮， 的，不会产生感应电流，则不会有磁场力阻碍轮子的运动，故 接着电感的自感效应减弱，电感中电流逐渐变大，B灯电流逐 AB错误；图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产 渐减小，最后电感将B灯短路熄灭，由于A灯分压变大，所以A 生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会有磁场力阻； 灯变亮，故AB错误；当开关S由闭合变为断开时，电路断开，A 碍轮子转动，故C错误；图丁中在轮上固定一些闭合金属线框， 灯立即熄灭，电感由于自感效应，相当于电源与B灯构成回路， 线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势， 则B灯突然变亮，并逐渐变暗直至熄灭，故C错误；D正确， 形成感应电流，则会有磁场力阻碍轮子转动，使轮子较快停下 6.在电路甲中，闭合K时，由于L的阻碍作用，A慢慢变亮 来，故D正确， 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 2.铝盘乙区域中的磁通量向里减小，由楞次定律“阻碍磁 暗，不会出现闪亮现象故B错误；在电路乙中，闭合K时，灯泡 通量的变化”可知，乙区域磁场方向垂直纸面向里，故A错误； 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 由“来拒去留”可知，磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘 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 减速旋转的阻力，会使铝盘减速，故B正确，C错误；改成空洞 的电流比线圈的电流小.断开K后，由于L的阻碍作用，导致灯 铝盘，电阻变大，电流变小，阻碍效果更差，故D错误 泡A变的更亮，然后逐渐变暗.故D正确 3.突然断开K,线圈将产生自感现象，且与灯泡构成一闭 7.闭合开关的瞬间，电感的电阻很大，灯泡中有一定的电 合回路，此时通过灯泡的电流向上，与断开K前的电流方向相 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 反：若线圈电阻可以忽略，断开K前通过线圈的电流大于通过 电压减小，故灯泡中的电流变小，故AD均错误；当时间再延 灯泡的电流，则稳定后突然断开K,灯泡会突然比原来亮一下 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 再熄灭，故A正确，B错误；若线圈直流电阻为，与灯泡的电阻 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 一样大，可知断开K前通过线圈的电流等于通过灯泡的电流， 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 则稳定后突然断开K,灯泡会逐渐熄灭，且灯泡中电流方向与 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 K断开前方向相反，故CD错误。 感电动势的减小而慢慢减小到0，故B正确，C错误。 4.图示时刻穿过铝管的磁通量向左增大，根据楞次定律， 8.感应电流相同楞次感生电场对自由电荷的作用 铝管中感应电流产生的磁场方向向右，再根据安培定则，从左 解析：感应电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，感 往右看铝管中的感应电流为顺时针方向.故A错误；根据磁铁 生电场的方向与正电荷受力的方向相同，因此，感生电场的方 向右穿过了铝管，因此磁铁的速度一直大于铝管的速度：根据 向与感应电流的方向相同，感生电场的方向可以用楞次定律来 楞次定律，铝管和磁铁间的安培力将阻碍磁铁和铝管之间的相 判定 对运动，铝管对磁铁的安培力一直水平向左，磁铁对铝管的安 9.(1)C(2)C(3)A100 培力一直水平向右，且安培力的大小随相对速度的减小而减 解析：(1)当开关S,和S2都闭合稳定时，电流表A1、A2的 小，故磁铁做加速度减小的减速运动，铝管做加速度减小的加 示数分别为0.6A和0.4A;电源电动势为1.5V,人两手间电 速运动.故B错误；磁铁穿过铝管的过程中，铝管中将产生感应 阻设为200kΩ，可知流过人体的电流值几乎可以忽略不计，流 电流，铝管中有热量产生，根据能量守恒定律，磁铁减少的动能 过灯泡的电流为0.2A,结合欧姆定律可知，灯泡的电阻值较 等于铝管增加的动能和产生的热量之和.故C错误；假设铝管 小.当电路稳定后再突然断开S时，线圈产生自感电动势，此 足够长，最后铝管和磁铁的速度相等，选择水平向右的方向为： 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 一3 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 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：反向，线圈段受到的安培力方向仍然向左，仍起到缓冲作 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 用，CD正确. 觉，故A错误；先将S,和S2闭合，稳定后再突然断开S2时，对线 3.磁铁向下运动过程中，根据电阻定律可知，金属板与磁 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 铁正对部分的电阻为R=P品，故A正确：当小磁铁速常为” 误；保持S2断开，当开关闭合后，电感线圈与人们并联，由于电 时，两金属板受安培力均为Fx=Bcl,对小磁铁，根据受力平衡 源为1.5V的新干电池，所以流过人的电流很小.当断开S,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 条件有2=mg,解得1=器，故B错误：根据法拉第电磁感 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 应定律，可知金属板的感应电动势为E=Bcv,根据欧姆定律有 电的感觉，故C正确，D错误；故选C. 解得。=8弘则仅更换电阻*更小的金风板，可以 1E (2)由电路图可知，任意操作两开关，会导致线圈中产生 减小磁铁向下匀速运动的速率，故C错误，D正确. 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 4.(1)D(2)73.9(3)磁铁 错误；故选C。 解析：(1)对吊篮Mg-T=Ma (3)保持S2断开，先闭合S,待稳定后突然断开S,因电流 对金属配重块有T-mg=ma 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 得a=1一后8，消刷员下落过程中，其加速度a与从 A.当突然断开S,经过人的电流为0.5A,而人的电阻为 的关系更接近D. 200k2,由欧姆定律，可知，U=IR=0.5×200kV=100kV. (2)由机械能守恒可得(M-m)g1=弓(M+m)得m 10(1)向右(2)mgh-(分M+7m) -弓1，当M取最大值95k:时，m至少为3,9k起 解析：(1)磁铁B向右运动时，螺线管中产生感应电流，感 (3)实际使用中，为使吊篮落地时更加平稳，减少冲击.可 应电流产生电磁驱动作用，使得螺线管A向右运动， 在图中A区域安放磁铁，利用了电磁阻尼原理 (2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A、B的动能和 5.(1)0.5kg/s:(2)0.375J. 螺线管中所消耗的电能，所以有meh=子M+m+Ea, 解析：(1)磁铁从管上端由静止释放，释放后很快进入稳 得E毛=mgh-(分+m). 1 定状态，即磁铁匀速下落，匀速时的速度为”=4=0！m =0.I m/s B组 =1m/s 1.AD 2.BCD 3.AD 此时，磁铁受力平衡，则有忆=mg 提示： 得k=mg=0.05×10kg/s=0.5kgs 1 1.根据题目给出的信息可以判断，磁流变液是利用了电流 (2)磁铁下落高度为0.8m,由能量守恒，全过程产生热量 的磁效应，故A正确，B错误；电流越强，磁流变液的粘度越高， 减震器的阻尼越大，相当于弹簧的劲度系数越大，即悬挂越硬， 为Q=msh-2r2=(0.05x10×0.8-7×0.05×11 故给人造成的颠簸感越强，故C错误，D正确。 =0.375J. 2.缓冲过程中，线圈bc段切割磁感线，根据右手定则，感 第43期3版参考答案 应电流方向为c到b,故同一匝线圈中b端的电势高于c端的电 A组 势，由左手定则可知，线圈bc段受到向左的安培力作用，A错 1.B2.C3.C4.C5.C6.B7.B 误，B正确；感应电流方向为c到b,b端的电势高于c端的电势， 提示： 线圈ab段中电流方向为由b到a;磁场反向时，感应电流方向 1.图示位置为垂直于中性面的位置，此时穿过线圈磁通量 4 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 为0，穿过线圈磁通量的变化率最大，电流方向应该在中性面 通过电路，由电流的有效值的定义则有 T=PRT, 的位置发生改变，在此时不发生改变，故AD错误，B正确；若从 图示位置开始计时，此时电流的瞬时值为最大值，线圈中的电 解得1：二故B正确 流瞬时值表达式为i=Icos wt,故C错误 8.(1)e=5√2sin10mt(V); 2.根据右手定则可知，甲图中电流方向始终不变，为直流 (2)4V. 电；图乙电流经过中性面方向改变，是交流电.故C正确， 解析：(1)线圈转速n=300r/min=5/s,线圈转动的角 3.t=0时刻线框所在平面与磁场垂直，此时穿过线框磁 速度w=2πn=10mrad/s,线圈中感应电动势的峰值Em= 通量最大，但穿过线框磁通量的变化率为零，感应电动势为零， 回路电流为零，则bc边所受安培力为零，a、d两点间电压为0， NB50=10×巨x0.05×10元V=5万V,线圈所在的图示位 故AB错误，C正确；感应电动势的最大值为Em=BSw= 置为中性面，故线圈中感应电动势的瞬时值表达式e= 2Bo,电动势的有效值为E= E=巨Bro,线框转一圈过程 E sin wt 52sin 10mt(V). 中外力对线框做功为W=Q=R+R。 2&.2红=2πB0,故D错 (2)感应电动势的有效值E=号=号V=5V,感应电 误 E 流的有效值1=元十，8十2A=0.5A电表所示的示数均为 5 4.由于线圈从垂直于中性面开始转动，故t=0为感应电 有效值，则交流电压表示数U=R=0.5×8V=4V. 流峰值，故可以排除选项BD;换向器的作用是使产生的电流方 9.解析：(1)发电机产生的电动势的最大值为E。=NBSo 向始终保持不变，则A错误，C正确， =NBLdo=4V,电动势的瞬时值表达式为 5.t=0时线圈中磁通量最大，磁通量变化率为零，故A错 e =Esin ot =4sin 20mt(V). 误；根据右手定则，t=t1时线圈中电流方向由Q指向P,故B错 (2)发电机产生的电动势的有效值为E= E=2V= 误：0~4过程，线圈中的平均感应电动势大小为E=n △t 2.828V,小灯泡恰好正常发光，则线圈的电压为U线=E-U BS、-2nB心_2E,故C正确；线圈中的电动势瞬时值 n1.2匹 4 =2.828V-2.5V=0.328V,线圈的电流为1线=1，=元 表达式为e=Esin(2织)(V)故，D错误. T 06A-0.24A,发电机线圈的电阻为R4-生-0器0 2.5 1线-0.24 6.摩擦轮和车轮半径比例保持不变，当车速变为原来的2 1.372 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 10.解析：(1)线圈由图示位置开始转动，根据右手定则可 势的最大值Em=NBSw及有效值E均变为原来的2倍，通过灯 知，产生的感应电流为顺时针方向，二极管处于正向导通状态， 泡的电流及灯泡两端的电压也变为原来的2倍，由功率P= 转过180°过程中，根据法拉第电磁感应定律有E=,叉 (,可知功率变为原来的4倍，故AC错误，B正确：角速度加 4w:2,根据闭合电路饫每定律有7一示，根据电流定义 倍，由周期T=否可知周期变为原来的分，故D错民 2NBS 式有q=i△，解得g=R+ 7.线圈转动一周只有一半的时间有电流流过电阻，感应电 (2)线圈转动一周只有一半的时间有电流流过电阻，感应 动势的峰值为E。=WBS·2πn,感应电流的峰值I。= 电动势的峰值E。=2 nNBSn,.感应电流的峰值L。=2NBSm NBS·2m”,由于交流电流表测量的是有效值，而电路中存在二 R+r' R+r 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 由于交流电流表测量的是有效值，得(1.)PR,子=fR,解 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 得I=TNBSn 故D正确。 R+r B组 42nae号m 2(R+r)1 1.BC 2.BC 3.CD 解析：线圈在匀强磁场中以恒定角速度转动，产生感应电 提示： 动势的最大值为Em=NBLw,电压表的示数为有效值，由闭合 1.根据题图可知交变电动势的周期为0.2s,则线圈转动 E四二 电路欧姆定律可得电压表示数为U=(R+刀‘ R 的角速度为0=2严=10mrad/s,故A错误；根据题图可知交变 T R 2(R+T) NBL@. 电动势的最大值为1V,若线圈的转速增加为原来的两倍，则 21 角速度变为原来的两倍，根据Em=nBSw可知电动势的最大值 在△t时间段内，通过电阻R的电荷量为q=I△t,由闭合回 E=反V,故B正确； E 变为2V,则交变电动势的有效值为E= 路欧姆定律可知，回路中的电流为1=R十，由法拉第电磁感 根据Em=nBSw可得线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通 应定律可知感应电动势为E=N把，在△时间段内，随通量的 1. 量中。==70Tx20Wb三00元Wb,故C正确：1=0.18 变化量为△=BLn60°=5BL,由以上各式联立解得g= 2 时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量 √5NBL2 最大，故D错误 2(R+r)1 2.t=0时，穿过线圈的磁通量为0，则线圈平面平行于磁 5.解析：(1)）角速度为0=2mm=2m×50rad/s= 感线，故A错误；t=1s时，穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变 100rad/s,产生的感应电动势最大值为E=NBSo=100×1× 化率最大，则线圈中的感应电动势最大，故B正确；t=1.5s 时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为0，线圈中的感 0.2×0.2×100V=400V,交流电有效值为U= E二 应电动势为0，感应电流为0，线圈处于中性面，线圈中的电流 200万V.则交流电压表的示数为，=R=150万. 改变方向，故C正确：角速度为“=2织 T =πrad/s,感应电动势 最大值为Em=nBSw=100×0.04×TV=4πV,一个周期内， (2)周期为7=石=号，平均电动势为E=n △t (4)2 vBs-0=100×1×0.2×0.2V=800v. 线圈产生的热量为Q=今×2=8J,故D错误 4 2 ×品 T 3.t=0时刻，两个正弦式交变电流的感应电动势的瞬时 E (3)通过线框税面电量为g=店=R千=N中， R+r 值均为零，此时线圈都在中性面位置，即线圈与磁场垂直，故A 100×1×02×0.2c=0.25C 12+4 错误：由图可得两个正弦式交变电流的周期为T,=0.4s,T 第44期3版参考答案 =0.6s,则 =号，根据T:子=】线因先后两改转速之 f A组 比为” n =子放B错误交流“是正弦式交变电流，电压 1.C2.C3.C4.D5.C6.D7.C =T。 提示： 的最大值为Um=40V,则交流a的电压有效值为U。= 2 1.副线圈中总电流为【，=3I,根据原副线圈电流比公式 20万V,放C正确：根据。=B0=NBS2牙，则 E二 二 12 =,可得原线圈中的电流为1=1，和副线圈中其中任意 几1 Em T 灯泡的电流相同，故可得灯L两端的电压为U,故C正确。 上=多，又因为0m=40V,所以0与 3 80 3 2.设副线圈的总匝数为n2,电流表测的是电流有效值，根 6 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 据题意得原线圈电压有效值为号，根据变压器电压与匝数关2×1025，所以频率为f=子=50k,故4错误；电压表的示 系，有”= 4,解得= 故A8特误：当8接a -=5y=5Ev,故 2n1 数为交变电流的有效值，则示数为4=万万 2 B错误；若实现燃气灶点火，则U2m>5000V,根据变压器电压 S,接c时，设输出电压为，则有”=联立以上解得， √2n1n2 关系可装-会周：-学-合5V>50,桥得 n n =21R,故C正确；当S,接b、S2接c时，电流表示数为11，则有 n 1 ,<1000,故C正确，D错误 U ,联立以上各式解得4=4。，故D错误 n2 6.交流电压表的示数等于正弦交变电压的有效值，为U= 3.若仅将滑片P2向右移动，副线圈电压U2不变，由于滑 :2万V,故A错误；根据理想变压器原刷线圈电压与线圈 2 动变阻器接入电路阻值变大，根据欧姆定律可知，副线圈的电 流I2减小，电压表测量定值电阻R两端的电压，由U,=R, 匝数的关系，副线圈与原线圈匝数比需满足=≥2800 n 4 可知，电压表的示数减小，故A错误：若仅将P,由M滑动到N, =70,故B错误：交变电压的频率为f=2=500,变压 线圈重数变大：原线圈电压山不变，根据会=是，可知 器不改变交变电压的频率，则电击网上的高频电压的频率为 5000Hz.故C错误；根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝 刷线圈电压变大，结合欧姆定律上=R十R,可知刷线圈 的电流！，变大，电流表的示数增大，故B错误；根据变压器的原 数的关系？二上，可知通过原线圈的电流大于通过刷线圈的 n2 理可知，原刷线圈的电流关系兰=，解得1=二，当仅改 电流，原线圈应该用较粗的导线绕制，故D正确。 n n 7.由于输送的总功率P。保持不变，当输送电压由原来的U 变P,的位置，若电流表示数增大，结合上述分析可知，副线圈 提高到原来的5倍时，即U'=5U,根据功率的公式P。=U1,1 匝数2变大，故原线圈中电流的有效值1增大，根据正弦交流 Po 电的峰值I。=√21，故原线圈上电流的峰值增大，故C正确；滑 ,可知输电线上的电流P三二山，输电线的电阻不 动变阻器消耗的功率P,=R=(BB)R,= 变，根据欧姆定律可知△r=了AU=0.24U,则损失的功率 R+R,因滑动变阻器瓜与定值电阻R,的数值关系不确 AP'=TA'=号1x0.2AU=0.041AU=004aP,放C正确 R 8.0.005~0.015s10055110 定，因此若仅将向左滑动，滑动变阻器消耗的功率变化不能确 解析：在0到0.005s产生的磁场与规定正方向相同.由楞 定，故D错误 次定律可知受电线圈产生的感应磁场方向与规定的正方向相 4.由图乙可知，交流电源的频率为50Hz,手机内部线圈中 同的时间段为0.005~0.015s.受电线圈电流的频率与供电线 的电流每秒变化100次，故A错误；由于漏磁造成手机内部线 圈电流的频率相同，电流方向一秒钟变化100次.由图丙可知 图中磁通量为无线充电器线圈磁通量的80%，则有×80% x= n 供电线圈电压的最大值U。=20万V,有效值为4=万 -,即，=×80%=4.8V,故手机内部线圈两端电压 n n 的=产=4，可得受电线周的输出电压为6=5V 20V,元，=m 的有效值为4.8V,最大值为4.8√2V,故D正确，C错误；由上 不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，供电线圈的输入功 式易得增加手机内部线圈与无线充电器线圈的匝数比，手机内 率等于受电线圈的输出功率P1=P2=I2=55×2W= 部线圈两端获得的电压将增大，故B错误， 110W 5.由图乙可知，转换器输出的交流电压的的周期为T= 9.解析：(1)根据变压器原理可知，电压之比等于线圈匝 7 高中物理人教（选择性必修第二册）第41~44期 数之比，则有 灯泡两端的电压是U灯2=U4= 娑瓷故D非疏 6=克U=06x20V=4V n 3.结合图乙可知Φ=2sin100πt(Wb),由法拉第电磁感 4=2U=00×20v=10v 500 =200mcos100mt(V),当t n 应定律可知，感应电动势为E=4 △t (2)由欧姆定#可知4-若A=号A山=粥A=2A =0.01s时，圆形线圈中电动势最大，电流最大，t=0.005s 时，圆形线圈中电动势为零，电流为零，故A正确，B错误.理想 故电流之比12：13=2：5. 变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=20:1,则E:U2=20:1, 10.解析：(1)根据平均功率的关系式有P= E t 可得副线圈两端的电压为U2=10πcos100mt(V),其中U2= 其中t=365×24h=8760h n2 BSwcos100mt,w=100mrad/s,联立可得n2BS=0.1Wb,则 解得P=2000kW. 0~0.005s内，流过R1的电荷量为g=9=0.1Wb= R R (2)令输送电流为I,由于输送功率为第(1)问中算出的 0.005C,故C错误；在一个周期内电阻R1消耗的电能为Q1= 平均功率，则有P=U1,得1=10A 输电线上损耗的功率△P=子r=5%P T=0.51,电阻R消耗的电能为Q:= R 题.又=0.5J R22 解得r=1.0×103. 故原线圈的输人功率为P=十=50W,故D正确 B组 T 1.BC 2.BD 3.AD 4.k>1006.7×10-3 提示： 解析：理想变压器，原、副线图的电压关系为是=。k U n 1.用户使用的用电器是并联接人电路，当用户使用的用电 由于原线圈最大电压为50V,副线圈最大电压要大于5000V, 器减少时，用户总电阻R增大，故A错误：变压器视为理想变压 所以k>100,若原副线圈匝数比k=200,最大值为10000V, 器、输人电压恒定，电表视为理想电表，变压器的匝数不变，由 根据三角函数关系可知，其在角度30°~150°间均在放电，所 4=,可知电压表V,示数不变，故B正确；用户总电阻R增 U,n2 以每次放电时间为4=15030°×0.01s≈6.7×103s 180° 大，则副线图中电流么=元4减小，尾两端的电压，=飞风 5.解析：(1)设通过电动机的电流为1，电动机内阻损耗的 减小.用电器R两端电压U。=U-U。,可知用电器R两端电压 功率为P损，由题意得P损=Pr,P制=(1-7)P=(1-7)UM, 升高，故C正确；由U,I=U22,可知电流表A1示数减小，故D 代入数据解得I=5A,P=UM=1100W,电动机的机械功率 错误。 P机=80%P=880W. 2.题图乙的实验须采用交流电，因为变压器是利用互感的 (2)设降压变压器原线圈两端的电压为U,通过输电线路 原理工作的，故A错误：题图甲中导线卷A与B中的电流I= 得电泼为1，由题意得-票，解得1=2.2A,输电线路损耗 号，能量总损耗P=fR=(片)R,灯泡获得的功率P 的功率△P=R=2.22×25W=121W,则升压变压器得输 P-P=P-(号)R,故B正确；题图乙中升压变压器输人端 入功率P=△P+P=1221W,由题中交变电动势的表达式可 知，发电机的输出电压峰值为E。=222√2V,则升压变压器的 P 11P 的电流1，=元，输出端的电流人=有=，导线卷A损耗的 输人电压为U。-222巨=2V,电流表的读数为升压变压器 2 功半月=片：号=瓷，故C错误：思图乙中升压变压器输 得输人电流，可得么-元器4=55 222 出端的电压U2=k,U,降压变压器输入端的电压U3=U2- L2R,降压变压器输出端的电压U4= :二U,整理可得题图乙中 —8素养拓展 数理极 1.交变电流的产生 如图1所示，ad=L1,ab=L2 交变电流的知识拓展 的矩形线圈在匀强磁场中以角速 度w旋转，ad与bc两边同时切割 磁感线而产生感应电动势，当线 ◆山东宋连义 圈转动0角时，线圈中的感应电 变电流的最大值随ω的增大而增大，同时交变 电流的变化也加快（即频率增大）： 动势为e=2 BLvcos0,又因为0=ot,v= 一n,一A ②交变电流的电动势、电流与磁通量的关系 图3 o(2),所以e=BSocos t,于是在线圈中产 从e=nBSwsin wt可 3.中性面及线圈平面处于中性面时的特点 生了大小和方向都随时间做余弦规律变化的电 知，当穿过线圈中的磁通量 我们把线圈磁通量最大时线圈所处的位置 流.如果线圈有n匝，则e=nBSwcos @t..在图 最大时，磁通量的变化率最 图2 称为中性面。线圈每转动一周，经过中性面两 中，我们如果以线圈平面与磁感线垂直时作为 小为零，所以此时电动势（电流）最小等于零；次，每经过中性面一次，电流的方向就改变 =0时刻，则可写成e=nBSwsin @.t如果线圈电 当穿过线圈中的磁通量最小（为零）时，磁通量次 的变化率最大，所以此时电动势e(电流i)最大， 阻为R,则i=nBs0 sin ol: 当线圈平面与磁感线垂直时，线圈的两边 不难发现，穿过线圈的磁通量Φ与时间t的变化 R 没有切割磁感线，此时穿过线圈的磁通量最大 规律为Φ=BScos wt,与e=nBSosin wt是互余 般地令Em=nBSw表示最大电动势，Im 而磁通量的变化率等于零，线圈内的感应电动 的关系，它们的关系图像如图2所示.从这一点 =Bs心表示最大电流，U。表示最大输出电压进一步说明了感应电动势的大小取决于磁通量 势为零.当线圈平面旋转到与磁感线平行时，线 R 圈中的磁通量为零，而磁通量的变化率最大，线 或某用电器两端的最大电压，则交变电流的瞬 的变化率，而非磁通量 圈产生的感应电动势最大 2.恒定电流、脉动电流、交变电流的区别 时值可做如下表示： 如图3所示，甲图表示大小和方向都不变的 当线圈从中性面开始转动时，产生的交变 re =Emsin wt 电动势的瞬时值 电流，即恒定电流.乙图表示大小变化而方向不 电流是按正弦规律变化的.当线圈从与中性面 i=I sin ot 电流的瞬时值 变的电流，称之为脉动电流.丙图和丁图表示大 垂直的地方开始转动时，产生的交变电流是按 w-U.sin wt电压的瞬时值 小和方向都做周期性变化的电流，就是我们所余弦规律变化的.不论是按正弦规律还是按余 说明：①关于角速度ω对交变电流的影响. 学习的交变电流（一般我们接触得最多的是丁弦规律变化，它们并无本质上的区别，只是起始 由于e=nBSwsin ot,当角速度增大时，交图所示的正弦式交变电流). 位置（或计时起点）不同而已， (上接第3版) D.一个周期内，线圈产生的热量为16π2J 3.如图3所示，图线 00在匀强酰场中匀速转动.转速为9，已知 B组能力篇 a是线圈在匀强磁场中 ab=ad=20cm,匝数N=100,磁感应强度B 匀速转动时所产生的正 =1T,图示位置线圈平面与磁感线平行.闭合 一、多选题（本题共3小题，每小题6分，共弦交流电的图像，当调 回路中线圈的电阻r=42,外电阻R=122. 18分) 整线圈转速后，所产生 图3 求： 1.一20匝的矩形金 的正弦交流电的图像如图线b所示，以下关于这 (1)交流电压表的示数； 属线圈绕垂直磁场方向 两个正弦交流电的说法中正确的是 (2)从图示位置转过90°过程中的平均电 的转轴在匀强磁场中匀 A.在图中(=0时刻线圈平面平行于匀强动势； 速转动，线圈中产生的 磁场 (3)从图示位置转过90°过程中的通过线 交变电动势e随时间t变 B.线圈先后两次转速之比为2：3 圈截面的电荷量g 化的情况如图1所示.则 C.交流a的电压有效值为202V A.线圈转动的角速度为20πrad/s B.若线圈的转速增加为原来的两倍，则交 D.交流6的电压最大值为智V 变电动势的有效值为2V 二、填空题（共9分） C.线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通 4.如图4所示，边长 1 为L、绕线N匝、总电阻 量为200元W 为r的正方形线圈abcd D.t=0.1时，穿过矩形金属线圈的磁通量为零 处于磁感应强度为B、水 2.在匀强磁场中， 平向右的匀强磁场中， -个100匝的闭合矩形 线圈以角速度ω绕轴 金属线圈绕与磁感线垂 00'匀速转动，外接电阻 图4 直的固定轴匀速转动 值为R,则图示状态时理想电压表的示数为 穿过该线圈的磁通量Φ 图2 ,线圈从图示位置转过60°的过程中， 随时间，按如图2所示的正弦规律变化设线圈 磁通量的变化量为， ,通过电阻R的电 总电阻为22，则 荷量为 A.t=0时，线圈平面垂直于磁感线 三、计算题（共15分） B.t=1s时，线圈中的感应电动势最大 5.如图5所示，正方形线圈abcd绕对称轴 C.t=1.5s时，线圈中的电流改变方向 (参考答案见下期) 本版责任编辑：宋燕明 报纸编辑质量反馈电话： 高中物理 0351-5271268 2026年5月18日·星期 报纸发行质量反馈电话： 数理极 43期总第1187期 人教 0351-5271248 选择性必修第二册 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版 社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707/(F) 邮发代号：21-285 方向对了 就先动起来 1.明信息 图像中直接信息的获取 从e-t图像中可直接获取的信息包括： 许多事情，不管 交变电流的图像及具应用 (1)任意时刻的感应电动势； (2)变化图线的峰值，即为感应电动势的 最大值Em; 计划再精细，想得再 ◎湖南周广益 关于线圈中性面与图像结合的问题.这方法表示物理量之间的函数关系，要画出交流 (3)一个完整的正弦或余弦曲线，即为 类问题通常以交变电流的产生过程提出物理情电动势随时间变化的图像，需要依据一个正确 次周期性变化，所对应的时间为一个周期T 周全，都无法预测未 景，设问往往是判断各个时刻的磁通量、感应电的交流电动势随时间变化的数学表达式，要写 2.暗信息一 图像中隐含信息的挖掘 动势、感应电流等物理量的变化情况，遇到这类出正确的交流电动势瞬时值表达式，需要知道 由e一t图像中可判断线圈在特定时刻所在 来发展的全貌。聪 问题我们可以以中性面为参考面作为突破口 交流电动势的最大值和角速度，而这两个量都 的位置，还可进一步由感应电动势的变化情况 例1.矩形线圈在匀强磁 个i 与给出的“改变转速”这一条件是相关的 确定线圈中磁通量、磁通量的变化率的变化 场中匀速转动，所产生的交变 总结分析物理图像的要点： 情况 明的人，永远不会把 电流的波形如图1所示，下列 一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点 说法中正确的是 看“截距”、看“面积”、看“拐点”，并理解其物理 交变电流图像史的 美好的时光留给焦 A.在t1时刻穿过线圈的磁通量达到峰值 意义 B.在2时刻穿过线圈的磁通量达到峰值 二变：掌握“图与图”“图与式”和“图与物"” C.在1，时刻穿过线圈的磁通量变化率达到之间的变通关系. ‘明信息”与暗信息” 虑 峰值 ⊙山西程应龙 三判：在此基础上进行正确的分析和判断， D.在t:时刻穿过线圈的磁通量变化率达到 如：交流电动势瞬时值和 三、有关交变电流有效值的计算问题.我们 先完成，再完美， 峰值 穿过线圈面积的磁通量的变化 在教材上学习和掌握的是正弦式交变电流的有 解析：从图1可知，4时刻线圈中感应电流效值，但是在各种考试考查中我们遇到的常常 率成正比.当线圈在匀强磁场 中匀速转动时，线圈磁通量也 只要方向对了，就可 达到峰值，即感应电动势达到峰值，磁通量的变是非正弦式交变电流，遇到这类问题我们要用 化率达到峰值，而磁通量最小，线圈平面与中性 是按正弦（或余弦）规律变化 热效应的等效方法计算 面垂直；2时刻感应电流即感应电动势等于零， 以先千起来，在行动 例3.通过某电阻的周 的，若从中性面开始计时，Φ应 图1 线圈处于中性面位置，磁通量达到峰值；4，时刻 期性交变电流的图像如图 为余弦函数，t=0时，磁通量最大，此刻磁通量 与，时刻情况相同；而4时刻与2时刻情况相 3所示.求该交变电流的有 的变化率为零（切线斜率为零），感应电动势最 中发现问题、解决问 司，所以选项B、C正确 效值1. 点评：本题是将图像与线圈在匀强磁场中 小（等于零）4=子时，篮通量为零，此刻变化 解析：该交变电流周 网2 的实际转动联系起来，即与线圈的运动相对应， 率最大（切线斜率最大），感应电动势最大，如图 题。不断根据新情况 期T=0.3s,前t1=0.2s为恒定电流I1=3A 以中性面为参考面，分析感应电动势（或感应电 1所示.这些信息对解题尤其是判断某时刻各物 后t2=0.1s为恒定电流1，=-6A,因此这一个 流)的大小与磁通量和磁通量的变化率大小的 周期内电流做的功可以求出来，根据有效值的 理量或物理状态类题目很有帮助， 调整路线和状态，你 关系.从这个题目我们可以清楚地看出，只要我 e 定义有：RT=Rt,+R2,带入数据计算得：I 例.一矩形线圈绕垂 们确定中性面为参考面，就可以很快判断答案. 直于匀强磁场并位于线圈 二、有关交变电流的变化规律的问题.这类 =32A. 才能走得更远。 平面内的固定轴转动，线 问题考查时也可以和图像相结合，要求掌握的 点评：对正弦式交变电流其有效值为最大 圈中的感应电动势e随时 主要是交变电流的产生规律，知道e= 值的二，但这关系式仅适用于正弦式交变电流， 间t的变化如图2所示，下 万事开头难，当 VBL,L2 wsin wt的推导和E,m=NBL,L2w的物理 对于其他形式的交变电流，其有效值的计算，只 面说法中正确的是 意义等，理解e为感应电动势的瞬时值 能严格地按有效值的定义，因为交变电流的有 A.t,时刻通过线圈的磁通量为零 你迈出第一步，最难 例2.在匀强磁场中有一矩形线圈，从中性 B.2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大 面开始绕垂直于磁感线的轴以角速度ω匀速转 效值是根据电流的热效应（电流通过电阻生热）》 C.3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对 动时，产生的交流电动势可以表示为e=Esin 进行定义的，所以进行有效值计算时，要紧扣电 的部分其实就已经 值最大 w.现在把线圈的转速增加为原来的2倍，试分 流通过电阻生热（或热功率）进行计算.计算时 析并写出现在的交流电动势的峰值、瞬时值表 的“相同时间”一般要取一个周期的时间 D.每当e变换方向时，通过线圈的磁通量 跟踪训练.如图4 1 绝对值都为最大 过去了。想做什么 达式，画出与其相对应的交流电动势随时间变 化的图像。 所示，是某交流发电机 解析：由图可知时刻线圈中的感应电 解析：当线圈的转速增加为2倍时，角速度产生的交变电流的图 动势e=0,说明这两个时刻线圈通过中性面，穿 就行动起来吧，前进 变为两倍，即ω'=2ω，据交流电动势的峰值表像，根据图像可以判定 过线圈的磁通量为最大，这两个时刻线圈各边 达式E。=BSw,因B、S不变，此时最大值E= 都不切割磁感线，线圈中电动势为零，说明磁通 的路上，自会有你想 BS20 2E.. A.此交变电流的频率为5Hz 量变化率为零，因此A、C选项不正确.2时刻线 现在的交流电动势的瞬时值表达式为： B.此交变电流的周期为0.1s 圈中的感应电动势达到最大，说明线圈平面正 e'=E'sin @'t =2E sin 2ot C.将标有“12V3W”的灯泡接在此交变 转至与磁感线平行位置，此时穿过线圈的磁通 要的答案。 该交流电动势随时间 电流上，灯泡可以正常发光 量为0，所以B选项错.每当e变换方向时也就是 变化的图像如图2虚线 D.图像上对应的0.15s时刻，发电机中的 线圈通过中性面时刻，通过线圈的磁通量的绝 所示 线圈刚好转至中性面 对值最大，所以D选项对. 点评：图像能应用数学 答案：A. 答案：D 2 素养专练 4.(多选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线 1.交变电流 框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说 1.关于交流发电机和电动机，下列说法正确法正确的是 的是 A.当线框位于中性面时，线框中感应电动势 A.电动机是利用电磁感应现象制成的，工作最大 时把机械能转化为电能 B.当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感 B.电动机是利用磁场对电流的作用制成的， 应电动势也为零 工作时把电能转化为机械能 C.每当线框经过中性面时，感应电动势或感 C.发电机是利用电磁感应现象制成的，工作 时把电能转化为机械能 应电流方向就改变一次 D.发电机是利用磁场对电流的作用制成的， D.线框经过中性面时，各边切割磁感线的速 工作时把机械能转化为电能 度为零 2.(多选)一矩形线圈在匀强磁场中匀速转 5.（多选)如图所 动，当线圈通过中性面时 )示为某发电机的原理 A.线圈平面与磁感线方向垂直 图，矩形线圈在匀强 B.通过线圈的磁通量达到最大值 磁场中逆时针匀速转 C.通过线圈的磁通量变化率达到最大值 动，线圈转动的过程 D.线圈中的电动势为零 :中，下列叙述中正确 3.(多选)下列各图中，线圈中能产生交变电的是 流的有 A.线圈在甲图所在位置处磁通量最大 B.线圈在乙图所在位置处磁通量最大 C.线圈在甲图所在位置处电流最大 D.线圈在乙图所在位置处电流最大 于原线圈的磁通量变化率 2.交变电流的描述 5.如图2所示，一面积为 1.关于交流电的有效值和最大值，下列说法S的矩形线框放在磁感应强 不正确的是 (）度大小均为B的磁场中，以角 + + A.任何形式的交变电流的有效值和最大值都速度ω绕距线框边缘；处的 有关系0= √2 转轴匀速转动，转轴两侧磁 图2 B.只有正弦式交变电流才有U= U的关系 场方向相反，则线框转动一圈过程中 A.线框中感应电动势最大值BSw C.照明电压220V、动力电压380V,指的都 B.线框中感应电动势最大值)BSm 是交变电流的有效值 C.线框中感应电流方向改变2次 D.交流电压表和电流表测量的都是交变电流 D.线框中感应电流方向改变4次 的有效值 6.如图3所示，单匝矩形线 2.某一电热器接在U=110V的直流电源上， 每秒产生的热量为Q;现把它改接到交流电源上， 圈的一半放在有界匀强磁场×Xx型 每秒产生的热量为2Q,则该交流电压的有效值是 中，中心轴线00'与磁场边界×米× ×米×9 重合，线圈绕中心轴线按图示×父又方 方向（从上向下看为逆时针方 0 A.220V B.110V 向)匀速转动，t=0时线圈平面 图3 C.1102V D.2202V 与磁场方向垂直，规定电流方向沿adcba为正方 3.如图1所示交流电的电流有效值为( ）向，则图中能表示线圈内感应电流随时间变化规 律的是 A.2A B.3A 7.由交流电动势瞬时值表达式e= C.25A D.3√2A 10sin4πt(V),可知 4.下列说法正确的是 A.此交流电的频率是4π(Hz) A.使用交流电的电器设备上所标注的额定电 B.此交流电的周期是0.5s 压和电容器的击穿电压，都是有效值 C.当t=0.5s时，此交流电动势有最大值 B.线圈的自感系数越大、交流电的频率越高 D.当t=0时，产生此交流电的线圈平面与中 则线圈对交流电的阻碍作用就越大 性面垂直 C.正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的 磁通量最大时，电流最大 ○本报命题组 D.升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大 (参考答案见下期)】 数理极 数理极 素养·测评 第42期2版参考答案 流电流表相连，交流电流表的示数为 素养专练6 1.A2.A3.C4.C5.C6.B 《交变电流》 A.2NBS B.TNBSn R+r R+r 素养专练7 1.C2.A3.D4.B5.B6.A7.C 同步核心素养测试 C.NRSn D.2TNBSn R+r R+r 第42期3版参考答案 二、填空题（共8分） A组 ⊙本报命题组 1.D2.B3.A4.D5.D6.D7.B 8.如图8所示，一矩形线圈 8.感应电流相同楞次感生电场对自 :若从线圈处于图示位置开始计时，设图示箭头方面积是0.05m',共10匝，线圈 向为电流正值，图中能正确反映线圈中感应电流 由电荷的作用 A组基础篇 电阻为22，外接电阻为R= 随时间t变化规律的是 9.(1)C(2)C(3)A100. 8Ω，线圈在磁感应强度为B= 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分） 解析：(1)当开关S,和S,都闭合稳定时，电流 1.设计一种手摇手机充 2 表A,、A,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200kD,可知流过人 电器，当人摇动手柄给手机 女Av4nn T的匀强磁场中，以 300r/min的转速绕垂直于磁感 体的电流值几乎可以忽略不计，流过灯泡的电流为 充电时，其内部线圈在匀强 线的轴匀速转动，=0时刻，线圈在图示位置，则 0.2A,结合欧姆定律可知，灯泡的电阻值较小.当 磁场中绕垂直于磁感线的轴 5.电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能 线圈中感应电动势的瞬时值表达式为 电路稳定后再突然断开S,时，线圈产生自感电动 00'匀速转动，如图1所示 转换成电能储存起来.制动时车轮转动带动磁极： 交流电压表的示数为 势，此时人与灯泡并联，由于灯泡的电阻值小，所以 下列说法正确的是() 1 绕固定的线圈旋转，在线圈中产生交变电流.若 三、计算题（本题共2小题，共22分）》 流过灯泡的电流比较大，则线圈的电流变化率比较 A.当线圈转到图示位置时，电流方向将发生 =0时磁场方向恰与线圈平面垂直，磁极位置如图 9.(10分)如图9是一台手摇发电机，线圈是 小.根据自感电动势的公式可知，线圈产生的自感 改变 电动势就比较小，人不能产生触电的感觉，故A错 B.当线圈转到图示位置时，穿过线圈磁通量 5甲所示，磁极匀速转动，线圈中的电动势随时间匝数N=50,长L=0.10m、宽d=0.04m的矩形 变化的关系如图乙所示.将两磁极间的磁场近似 误；先将S,和S2闭合，稳定后再突然断开S2时，对 的变化率最大 线圈.磁铁间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度 线圈的回路没有影响，线圈不产生比较大的自感电 视为匀强磁场，下列说法正确的是 C.若从图示位置开始计时，线圈中的电流瞬 B=1T;小灯泡的额定电压为2.5V,额定功率为 T 动势，故B错误；保持S2断开，当开关闭合后，电感 时值表达式为i=I sin wt 线圈与人们并联，由于电源为1.5V的新干电池， 0.6W.当手摇把手使线圈从中性面开始以ω= D.图示位置在中性面，穿过线圈磁通量为最大 所以流过人的电流很小.当断开S,时，线圈与人串 20πrad/s的角速度匀速转动时，小灯泡恰好正常 2.小明着手研 联，由于电感线圈电流逐渐变小到几乎等于0，根据 究某款发电机，做 发光，取2=1.414. 电系统 自感电动势的公式可知能够产生很高的瞬间电压， 如下实验：如图2甲 （1)写出发电机产生的电动势的瞬时值表达式； 使人有触电的感觉，故C正确，D错误：故选C. 图5 (2)求发电机线圈的电阻（结果保留三位有效 (2)由电路图可知，任意操作两开关，会导致 所示，第一次在发 A.t=0时线圈中磁通量为0，磁通量变化率数字)· 线圈中产生很高的感应电动势，则小灯泡最有可能 电机的矩形线框处 加水平向右的匀强 图 最大 烧坏，故C正确，A、B、D错误；故选C. B.t=t1时线圈中电流方向由P指向Q (3)保持S2断开，先闭合S,待稳定后突然断开 磁场：如图乙所示，第二次在矩形线框处加竖直向 S,因电流的减小，导致线圈产生感应电动势，从而 下的匀强磁场.矩形线框绕对称轴00'以一定的 C.0~t1过程，线圈中的平均感应电动势大小 阻碍电流的减小，则线圈相当于瞬间电源的作用，此 角速度ω匀速转动，给外电阻R供电.比较通过R 时A、B两点中电势较高的点是A.当突然断开S,经 中的电流，下列说法正确的是 ( T 过人的电流为0.5A,而人的电阻为200k2,由欧姆 A.甲、乙都为直流电 D.线圈中的电动势瞬时值表达式为e= 定律，可知，U=IR=0.5×200kV=100kV. B.甲、乙都为交流电 E.os(2)(V) 10.(1)向右(2)mgh-(分M据+方mi) C.甲是直流电，乙是交流电 6.自行车小型摩擦发电机结构如图6所示，绕 D.甲是交流电，乙是直流电 解析：(1)磁铁B向右运动时，螺线管中产生 3.如图3所示，电阻为R 有线圈的☐形铁芯开口处装有磁铁，车轮转动时 10.(12分)如图10所示，一矩形线圈在匀强 感应电流，感应电流产生电磁驱动作用，使得螺线 的金属直角线框abcd放置在 管A向右运动. 带动与其接触的摩擦轮转动，摩擦轮又通过传动磁场中绕垂直于磁场方向的轴00'匀速转动，已 磁感应强度为B的匀强磁场 轴带动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量发生 知匀强磁场的磁感应强度大小为B,矩形线圈面积 (2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A、 中，a、d两点连线与磁场垂 变化，线圈电阻忽略不计，电阻恒定的灯泡与线圈 B的动能和螺线管中所消耗的电能，所以有mgh= 为S,匝数为N,线圈电阻为r,线圈的转速为n,线 直，ab、cd长均为l,bc长为2l 相连，摩擦轮与轮胎间不打滑，当自行车骑行速度 圈与二极管、阻值为R的定值电阻及理想交流电流 2M+2mu听+E电，得E电=mgh-(分M:+ 定值电阻阻值也为R,线框绕 变为原来的2倍时，下列说法正确的是 表相连.求： ad连线以角速度ω匀速转动.t=0时刻线框所在 ☐形铁芯 (1)线圈由图示位置转过180°过程中，通过R 平面与磁场垂直，则 ( 摩擦轮 的电荷量g; B组 A.t=0时刻穿过线框磁通量的变化率最大 (2)交流电流表的示数[ 1.AD 2.BCD 3.AD 4.(1)D(2)73.9(3)磁铁 B.t=0时刻6c边所受安培力大小为2BPu 待动轴 R 图6 5.(1)0.5kg/s(2)0.375J. C.t=0时刻a、d两点间电压为u=0 解析：(1)磁铁从管上端由静止释放，释放后 A.通过灯泡的电流变为原来的4倍 D.线框转一圈过程中外力对线框做功为 很快进入稳定状态，即磁铁匀速下落，匀速时的速 B.灯泡两端电压变为原来的2倍 4TB21@ 度为u=4=0.1 R C.灯泡的功率变为原来的2倍 =0.I ms =1m/s 4.某发电机的结构示 D.产生的交流电周期变为原来的2倍 此时，磁铁受力平衡，则有km=mg 意图如图4所示，其中N、S 7.如图7所示，一矩形线圈在 得k=m3=0.05×10kg/s=0.5kg/ 匀强磁场中绕垂直于磁场方向的 1 是永久磁铁的两个磁极， 两磁极形成水平向右的匀 轴00'匀速转动，已知匀强磁场 (2)磁铁下落高度为0.8m,由能量守恒，全过 强磁场，线圈绕过与磁场 的磁感应强度大小为B,矩形线圈 程产生热量为Q=mgH-2mr2=(0.05×10× 垂直的转轴做顺时针匀速 面积为S,匝数为N,线圈电阻为 0.8-×0.05×1=0.3751 转动，两弧形换向器与线圈保持连接，并随线圈转，线圈的转速为，线圈与二极 动，换向器与电刷连接后与外电路形成闭合回路.管、阻值为R的定值电阻及理想交 (下转第4版)