第44期 变压器 电能的输送-【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）

素养·拓展 数理招 (上接第3版) A.t=0.01s时，圆形线圈中电流最大 第43期2版参考答案 B.t=0.005s时，圆形线圈中电流最大 素养专练1 B组能力篇 C.0~0.005s内，流过R1的电荷量为 1.B 2.ABD 3.BCD 4.CD 5.AD 素养专练2 0.001C 一、多选题（本题共3小题，每小题6分，共 1.A2.C3.C4.B5.D6.B7.D D.原线圈的输入功率为50W 18分) 第43期3版参考答案 二、填空题（共8分） 1.图1是降压变压器给用户供电的电路示 A组 4.家用燃气灶点火装置的电路如图4甲所 1.B2.C3.C4.C5.C6.B7.B 意图，R。表示输电线的总电阻、假设用户端为纯 示，转换器将直流电压转换为如图乙所示的正 8.(1)e=52sin10πt(V);(2)4V. 电阻用电器，总电阻为R.若变压器视为理想变 弦交流电，并接到理想变压器的原线圈上.当两 9.解析：(1)发电机产生的电动势的最大 压器、输入电压恒定，电表视为理想电表，当用 点火针间电压大于5000V时就会产生电火花 值为Em=NBSw=NBLdo=4V,电动势的瞬 户使用的用电器减少时，则 进而点燃燃气要点燃燃气，变压器副线圈与原 时值表达式为 eE sin wt 4sin 20mt(V). 线圈的匝数之比k需满足条件： 当k (2)发电机产生的电动势的有效值为E= =200时，点火针每次放电的时间为 s(结 E 果保留两位有效数字)： =2√2V=2.828V,小灯泡恰好正常发光， 2 图 则线圈的电压为U线=E-U。=2.828V- P. A.用户总电阻R减少 /×10-2s 2.5V=0.328V,线圈的电流为1=1=元 B.电压表V2示数不变 U线 C.用电器R两端电压升高 06A=0.24A,发电机线圈的电阻为R= 2.5 4 D.电流表A,示数保持不变 =0.328 三、计算题（共14分） 0.240≈1.372. 2.某同学分别按图2甲和乙电路探究远距 5.图5为某组同学研究远距离输电过程的装 10.解析：(1)线圈由图示位置开始转动， 离输电的能量损耗、将长导线卷成相同的两卷置图，矩形导线框ABCD绕垂直于磁场的轴匀速转 根据右手定则可知，产生的感应电流为顺时针 A、B来模拟输电线路，忽略导线卷的自感作用 方向，二极管处于正向导通状态.转过180°过程 动，产生的交变电动势e=2222sin100mt(V).导 其中T,为理想升压变压器，匝数比为1：k(k 线框与理想升压变压器相连进行远距离输电， 中，根据法拉第电磁感应定律有E=N炉又 >1),T为理想降压变压器，匝数比为k2:1(2 输电线路总电阻R=252,理想降压变压器的 E >1),两次实验中电源电压的有效值均为U,输原、副线圈匝数之比为25：11，降压变压器副线 △中=2B,根据闭合电路欧姆定律有1=R十， 送功率均为P,长导线A、B的总电阻为R,用户圈接入一台内阻r=8.82的电动机，其两端的 根据电流定义式有9=公，解得g=R+ 2NBS 端使用的灯泡相同.下列说法正确的是( 电压U=220V,效率7=80%.导线框及其余 (2)线圈转动一周只有一半的时间有电流 导线电阻不计，电表均为理想电表，求： 流过电阻，感应电动势的峰值E。=2πNBSn,感 (1)电动机的机械功率P机； 应电流的峰值1，=2元3”，由于交流电流表测 R+r' (2)电流表的读数I, 图2 量的是有效值，得(，)户A,子=fR7,解得1 TNBSn A.两次实验中都可接稳恒直流电源 R+r B.图甲中灯泡获得的功率是P-(号)R B组 1.BC 2.BC 3.CD 压变压器 42是nupe 2R C.图乙中导线卷A损耗的功率是) 图5 2(R+r) PR 5.解析：(1)角速度为w=2πn=2π× D图乙中灯泡两端的电压是-行 50 rad/s=I00rad/s,产生的感应电动势最大 T 3.如图3甲所示，一电阻不计的单匝圆形线 值为Em=NBSw=100×1×0.2×0.2×100V 圈处于磁场中，图乙是穿过线圈的磁通量中随 =400V,交流电有效值为U=E=2002V, 时间按正弦规律变化的图像（规定磁感应强度 2 垂直纸面向里时中为正).线圈右边与理想变压 则胶流电压表的厅微为：=R一·=150万V 器的原线圈连接，已知理想变压器原、副线圈的 匝数比m1:n2=20:1,电阻R1=202、R2= (2)周期为7-语-0，平均电动势为5 102,D为理想二极管，取π2=10，下列说法正 =nA9=NBS-0=100x1x0.2×0.2y △t 确的是 4×哥 d中 800V. 不 (3)通过线框截面电量为g==R+广= (参考答案见下期) AD=100x1×0,2×0.2c=0.25C R+r 12+4 本版责任编辑：宋燕明 报纸编辑质量反馈电话： 数评极 2026年5月25日·星期 高中物理 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 44期总第1188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：CN14-0707/八F)邮发代号：21-285 先向下扎根 再向上生长 C.灯L,变亮 D.灯L4变暗 成长就如种子 变压器电路的动态分析 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， 幅副线圈的电流减小，原线圈的电流也减小，灯 发芽一般，你需要积 泡L,两端的电压减小，变压器的输入电压增大， 湖南凌学梅 输出电压增大，灯泡L2两端的电压减小，所以灯 描述变压器的物理量有 知U2不变，即电压表示数不变，选项B对； 蓄足够多的力量，才 泡L4两端电压增大，流过灯泡L4的电流增大， 原、副线圈上的U、I、P、R和n 流过灯泡L,的电流减小，因此灯泡L,L2、L变 等十多个.由于物理量多、关 暗，灯L4变亮.正确答案为：A 能冲破土壤。努力 系复杂，同学们对各物理量 间如何制约的关系问题容易 向下扎根，按时施肥 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. 在副线圈电路中： 浇水，在每一次的风 (1)电压制约：副线圈的输出电压由原线圈 2在副线圈电路中为电源，S断开→总电 的输人电压U,和原、副线圈的匝数决定.当变压阻增大→副线圈中电流2减小→灯L,变暗、灯 吹日晒中慢慢吸收 器只有一个副线圈（知，）时，则，=U,;当 L,两端电压U减小→灯L2两端电压U2(= 例3.一理想变压器的原线圈连接一只电流 n U2-U)增大→灯L2变亮→选项C对D错； 表，副线圈接入电路的匝数可以通过触头Q调 能量，才能长成参天 变压器有多个副线圈时，则U,= 2U1、U3= 又12减小，根据1：12=n2:n1可得11也减 节，如图5所示，在副线圈输出端连接了定值电 小，所以电流表示数减小，则A错 阻R。和滑动变阻器R,在原线圈上加一电压为U 大树。 U、 故此题正确答案为BC. 的交流电，则 变形：若把例题中的电流表再串联一盏灯 无论是工作还 (2)电流制约输入电流1由输出电流和原、L4,如图3所示，又应该怎样选择？ 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 副线圈的匝数决定当变压器只有一个副线圈（如 B.保持Q位置不动，将P向上滑动时，电流 是学习，向下扎根是 n)时，则1，=21；当变压器有多个副线圈时，则 表的读数变大 C.保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流 必不可少的过程，扎 1=,++… 图3 n 表的读数变大 (3)功率制约：变压器原线圈的输入功率 D.保持P位置不动，将Q向上滑动时，变压 根的深度会影响一 解析：当副线圈中负载发生变化，从而导致 P人由副线圈的输出功率P出决定，而P出又等于 器的输出功率不变 副线圈电路中的电流变化，再使原线圈中电流 负载消耗的总功率P载与副线圈一侧线路上消 变化，原线圈两端电压也将发生变化，使试题难 解析：保持Q位置不动，因输入电压、原副 个人成长的高度。 耗的功率P线之和，即P人=P出=P负载+P线： 度加大 线圈的匝数不变，故输出电压不变，选项A错 综上所述，变压器各物理量的制约关系可 原线圈电路：U=U-Ua 误；滑动变阻器的滑片P向上滑动时，其阻值增 钻研专业技能，了解 表示为（以变压器只有一个副线圈为例）： 副线圈电路：U2=I2R(R为副线圈电路总 大，输出端回路的总电阻增大，故输出电流减 1=h 电阻) 小，输人电流减小，电流表读数减小，选项B错 前沿知识，精进能力 U=2 决定→、 R+R地h 误；保持P位置不动，将Q向上滑动时，副线圈的 决定 =R 原副线圈关系：U1:U2=n1:n2, 1:12=n2:n1 匝数增加，输入电压不变，输出电压增大，输出 的同时补充短板，我 Pe，P 又根据欧姆定律有： 电流增大，输出功率随之增大，选项D错误；输 P州=Pn+P(或P=以=RR袋 Uia =I Rua 入功率随输出功率增大，而输入电压不变，故输 们才能越走越顺」 P 决定一P州 决定 以上五式联立解得： 入电流增大，电流表读数变大，选项C正确， U I=- 你积蓄了多少 变压器通常由两个电路组成：交流电源和 一、U1= U 点评：理想变压器的动态分析问题，大致有 原线圈组成的电路（称为原线圈电路）、负载与 niR +Ru 1+ 两种情况：一类是负载电阻不变，原副线圈的电 n n R 压、电流、输入和输出功率随匝数比变化而变化 能量，日后才能爆发 副线圈组成的电路（称为副线圈电路）.所谓动 分析讨论： 的情况；另一类是匝数比不变，上述各量随负载 态分析，主要是负载电阻发生变化而引发的 S断开，R变大→I↓→U4I2↓(A错) 电阻变化而变化的情况.上面两种情况都要注 多大的力量。也许 系列变化 U,↑→U,↑→电压表示数变大(B错)： 例1.一台理想变压器，原线圈两端接在电 又12↓→灯L变暗，故Uu↓； 意：根据题意弄清变量与不变量；弄清变压器动 短时间内看不到明 压·不变的交流电源上，理想电流表接在原线 再U2↑，U2=U2-Uu所以U↓→U2↑ 态变化中各个物理量之间的制约决定关系. 圈电路中.理想电压表接在副线圈两端，有三盏 →灯L,变亮，所以C对； 总结：当原线圈电路中没有电阻时，负载变 显的收获，但在日积 灯L1、L,、L接在副线圈电路中，如图2所示.开 故变形后答案为C. 化而输出电压不变；当原线圈电路中有电阻时， 始时开关S闭合，三灯都亮.现在把$断开，已知 点评：变压器动态分析要搞清两个电路和输出电压随负载的增大而增大， 月累之下，一定能得 三灯都没有烧毁，则 )线圈匝数比不变进行分析.同时注意原线圈电 预测：变压器是和实际生活相联系问题的 A.电流表示数不变 路中有没有电阻，直接影响着输出电压的变化. 很好载体，而联系生活实际、科技是高考的一个 B.电压表示数不变 到岁月的馈赠 例2.如图4所示，一个理想变压器的输人导向；动态电路分析考查了学生灵活应用知识 C.灯L,变暗、灯L变亮 电压U保持不变，灯泡L,、L,L:为副线圈的负处理问题的能力和应用数学解决物理问题的能 D.灯L2变暗、灯L变亮. 载，当滑动变阻器R。的滑片向下移动时，则下列力，这是高考对能力的要求，同时更是学科内的 解析：原线圈电路中电源电压加在线圈1 判断正确的是 )综合，所以这是高考命题的一个生长点，应引起 上，所以U,=U不变，根据U,:U2=n1:2可 A.灯L变暗 B.灯L,变亮 足够重视 数成正比 2.某高压输电线路， 2.一台理想变压器，原线圈两端的输入电压 D.变压器的输入功率大于输出功率 的电功率是100kW,则 是220V,副线圈两端的输出电压是110V,在它正 常工作时，下列说法正确的是 5.关于理想变压器工作时，下列说法不正确 A.100/10A A.原、副线圈的电压之比是1：2 的是 ( C.10A B.原、副线圈中的电流强度之比是1：2 A.原线圈的输人功率决定于副线圈的输出 功率 3.为消除高压输电乡 C.它的输出功率与输入功率之比是1：2 用电流的热效应除冰的， D.它的输出功率小于它的输入功率 B.原线圈中的输入电流随副线圈中输出电流 压线上送电电压为U,电 3.如图为一种变压器 型号：PTK-12-30020 的增大而增大 冰时，在输电功率、用户 的铭牌，若将该变压器视 输入参数：220V50Hz C.若原线圈两端接电压恒定的直流电源，则 不变的情况下，通过自动 为理想变压器，根据铭牌 输出参数：55V3.0A 副线圈的输出电压一定为零 压比，使输电线上的热耗 上所提供的信息，我们可以得到该变压器的原、副 D.当原线圈的匝数增加时，副线圈的输出电 线圈匝数比为 ( ):压将增大 A.输电电流为41 4.理想变压器的动态分析 所示是实验小组研究的 A C.输电电压为4U 种家用台灯的原理 64 4.近年来进行了农 1.（多选)如图1所 图，理想自耦变压器的 离输电线路上的电能损 示，理想变压器原线圈 a、b间接人e=2202 接入电压有效值恒定的 sin100πt(V)的交变电 到3 A.应增大输电线的 正弦交流电，副线圈接 流，交流电流表均为理想电表.下列说法正确的是 B.应采用高压输电 入最大阻值为2R的滑 动变阻器和阻值为R的定值电阻组成的电路.在 C.应降低输电电压 A.R的滑片不动，滑片P位于线圈中点时，电 D.应降低输电电压 滑动变阻器滑片从b端向α端缓慢移动的过程中 流表A,与A2示数之比为2：1 5.对于电能输送的 B.R的滑片不动，滑片P上移时灯泡变亮，两 A.电流表A2示数逐渐增大 电流表示数均变大 A.输送电能的基本 B.电流表A,示数逐渐减小 C.滑片P不动，R的滑片右移时，电流表A示 B.减小输电导线上 C.原线圈输入功率逐渐增大 数不变，电流表A2示数变小 用高压输电 D.原线圈输入功率逐渐减小 D.滑片P不动，R的滑片右移时，灯泡变暗， C.减小输电线上电 2.心电图仪可以 心电图仪 扬声器 灯泡消耗的电功率变大 导线的横截面积 将心肌收缩产生的脉 动转化为电压脉冲， 4.如图4甲所示，理想变压器原、副线圈的匝 D.实际输电时，要绮 功率大小、距离远近、技 其输出部分可等效为 数比为4：1，电压表和电流表均为理想交流电表， 6.某发电站采用高 一个不计内阻的交流 原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R,为热 送的总功率为P。,输电电 电源，其电压U随着心率发生变化，如图2所示 敏电阻（温度升高时其电阻减小，温度降低时电阻 为R线·下列说法正确的员 心电图仪与一理想变压器的原线圈相连接，扬声 增大)，R为定值电阻.下列说法正确的是( A.输电线上的电流 器（可等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器串 联后接在副线圈两端。若原线圈两端电压U,(有 k10 B.输电线上的电压扌 效值)变大，滑动变阻器滑片的位置不变，则下列 说法正确的是 C.输电线上的功率扌 图4 A.原、副线圈的匝数比变大 B.通过滑动变阻器的电流变大 A.该理想变压器的原副线圈磁通量变化率 D.用户得到的功率 C.副线圈两端的电压（有效值）不变 之比为4：1 D.扬声器的功率变小 B.电压表V2的示数为9√2V 3.变压器被誉为“电魔术师”，在生产和生活 C.若R,处温度升高，电压表V,与电压表V2 中有着重要的作用.从家里的电视机、电风扇，到示数之比不变 大街上的路灯、广告牌，都有变压器的身影如图3 D.若R,处温度降低，定值电阻R两端电压增大高中物理人教（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