第三章 交变电流 单元综合测试-2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

**基本信息** 2025-2026学年高二下学期人教版选择性必修第二册“交变电流”单元综合测试，以风电、水力发电等真实情境为载体，覆盖交变电流产生、变压器、远距离输电等核心知识，注重物理观念建构与科学思维培养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|7小题|交变电流有效值、变压器动态分析|结合我国风电装机容量（第4题），体现科技前沿| |多选题|3小题|非中心轴转动电动势、输电功率分析|正弦导线切割磁场（第9题），考查模型建构| |实验题|2小题|变压器电压匝数关系、伏安法测电阻|探究铁芯对变压效果影响（第11题），培养科学探究能力| |解答题|3小题|电动势计算、能量转化、图像面积物理意义|通过图像面积求电势能变化（第15题），深化科学推理|

交变电流 单元综合测试-2025-2026学年高二下学期人教版选择性必修第二册 一．选择题（共7小题） 1．通过某交流电流表的电流i随时间t变化的关系如图所示，则该电流表的示数为（　　） A．5A B．ab C． D． 2．以下各个选项所示的电流，属于交变电流的是（　　） A． B． C． D． 3．街头变压器（视为理想变压器）通过降压给用户供电的示意图如图所示。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动（可认为V1的示数不变）。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的等效总电阻用R表示，图中电压表和电流表均为理想电表。当用户的用电器增加时，下列说法正确的是（　　） A．电压表V2的示数增大 B．电流表A1的示数增大 C．电流表A2的示数减小 D．输电线电阻R消耗的功率减小 4．根据国家能源局统计，截止到2025年12月，我国风电装机容量累计达到6.4亿千瓦，稳居世界第一。某风力发电机输出750V的正弦交流电，要通过理想变压器将电压升至12kV后向远距离输电。该发电机正常工作的输出功率为750kW，关于该变压器下列说法正确的是（　　） A．原、副线圈匝数比为1：1000 B．原、副线圈匝数比为16：1 C．原线圈正常工作电流为62.5A D．副线圈正常工作电流为62.5A 5．某小型水力发电站采用旋转电枢式发电机，其简化模型如图所示。矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动。已知线圈匝数N＝100，面积S＝0.2m2，不计内阻，电刷PQ外接电阻R＝2Ω，磁感应强度B＝0.5T。线圈以角速度ω＝50πrad/s匀速转动，电流表为理想电流表。从图示位置开始计时，下列说法正确的是（　　） A．线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e＝500πsin（50πt）V B．线圈转过60°时，电流表的示数为125πA C．线圈转过90°的过程中，通过线圈某横截面的电荷量为5C D．线圈转动一周的过程中，电阻R产生的焦耳热为25π2J 6．发电机的示意图如图所示，矩形线圈abcd的面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路总电阻为R（包括滑环和电刷的接触电阻和电表电阻）。当线圈由图示位置开始转动，下列说法正确的是（　　） A．线圈转过360°的过程中电流方向改变一次 B．电流表与电阻串联后接入电路，电流表示数为 C．发电机的输出功率为 D．线圈转过90°的过程通过R的电荷量为 7．某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是（　　） A．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0消耗的功率为4P C．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P D．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P 二．多选题（共3小题） （多选）8．如图所示，有一边长为20cm的单匝正方形闭合金属线圈，线圈上的转轴OO′平行ac边且距ac边为5cm。空间中充满了垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2T。若线圈绕转轴OO′匀速转动的角速度为50rad/s，下列说法正确的是（　　） A．线框产生交流电压的有效值为 B．线框产生交流电压的有效值为 C．线框转动过程中产生电压最大值为3V D．线框转动过程中产生电压最大值为4V （多选）9．如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，导线两端通过两个小金属环a、b与长直金属杆连接，在外力F作用下，正弦形金属导线可以在杆上无摩擦滑动，金属杆的电阻不计，导线电阻为R，ab间距离为2L，导线组成的正弦图形顶部、底部到杆的距离都是d。在导线右侧有一有界匀强磁场区域，磁场的左右边界与金属杆垂直，磁场的宽度为L，磁感应强度为B。若导线在外力F作用下沿杆以恒定的速度v向右运动，在运动过程中导线所在平面始终与磁场垂直。则在导线穿过磁场的过程中（　　） A．导线上有电流流过的时间为 B．导线上的电流最大值为 C．外力F做的功为 D．导线上的电流的瞬时值表达式为 （多选）10．某电厂对用户进行供电的原理图如图所示。发电机的输出电压为U1、输出功率为P1，输电线的总电阻等效为r。变压器视为理想变压器，其中升压变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2，用户获得的电压为U4。假设用户（负载）是阻值为R的纯电阻。下列说法正确的是（　　） A．若输送的总电功率恒为P1，则输电线上的电流为 B．若r增大、R减小、U1和变压器的匝数比不变，则高压输电线的输电电流一定增大 C．若用户端消耗的功率增大，在发电机的输出电压不变的情况下，用户端获得的电压减小 D．若将输送电压U2由300kV升级为900kV的高压，输送电功率变为原来的1.5倍，不考虑其他因素的影响，输电线损失的功率变为原来的 三．实验题（共2小题） 11．利用如图所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系： （1）除图中所示器材外，还需要的器材有　 　 。 A.干电池 B.低压交流电源 C.直流电压表 D.交流电压表 （2）下列说法正确的是　 　 。 A.变压器工作时，通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈 B.变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能 C.理想变压器输入功率等于输出功率，没有能量损失 D.变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零 （3）小辉同学将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压U2随时间t变化的图像如图丙所示，在保证安全的前提下，该同学可能在t1～t2时间内进行的操作是　 　 。 A.减少了原线圈的匝数 B.增加了副线圈的匝数 C.降低了交流电源的频率 D.拿掉了变压器上方的可移动铁芯 （4）由于变压器工作时有能量损失，实验测得的原、副线圈的电压比应当　 　 （选填“＞”、“＝”或者“＜”）原、副线圈的匝数比。 12．某同学用如图甲所示的可拆变压器进行实验研究。 （1）研究线圈电阻：如图乙，用“伏安法”测量200匝线圈的电阻RL（约几欧姆），电压表V内阻约3000Ω，电流表A内阻约2Ω，为了减小实验误差，V右端应该接至图中的 　 　 （选填“a”或“b”）位置。 （2）研究电磁感应：按图丙连接电路后，接通直流电源开关瞬间，发现灵敏电流计指针向右偏转一下；保持开关接通，将滑动变阻器的滑片快速向右滑动，灵敏电流计指针向 　 　 （选填“左”或“右”）偏转。 （3）研究变压器：将400匝原线圈与6V交流电相接，200匝副线圈与交流电压表相接，通电后交流电压表示数为2.9V。再将额定电压为2.8V的小灯泡与交流电压表并联，电压表示数减为1.3V，原因是 　 　 。 四．解答题（共3小题） 13．如图所示，ab＝50cm，ad＝20cm，匝数为100匝的矩形线圈。线圈电阻r＝1Ω。外电路电阻R＝9Ω，磁感应强度B＝0.2T。线圈绕垂直于磁感线的OO'轴以转速匀速转动。从图示位置开始计时，求： （1）线圈感应电动势的最大值Em和瞬时值表达式； （2）1min内电阻R上消耗的电能； （3）线圈由图示位置转过30°的过程中，通过R的电量。 14．如图所示，平行金属导轨abc与a′b′c′，两导轨间距L＝2m。ab与a′b′段是竖直四分之一光滑圆弧，半径r＝1m，bc与b′c′是水平光滑足够长的直导轨。直导轨上接有单刀双掷开关S，接1端的定值电阻R＝10Ω，接2端电容器的电容C＝200μF，整个空间存在垂直向下的匀强磁场B，磁感应强度B＝5T。在外力作用下，使质量m＝20g、长度为L、电阻为r＝1Ω的金属棒MN从圆弧最高点aa′开始，以大小为v0＝2m/s沿圆弧轨道做匀速圆周运动，当金属棒MN运动至bb′时，撤去外力并将开关S拨至2。运动过程中金属棒MN始终与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计。求： （1）金属棒MN'运动至bb′时，电阻R两端的电压。 （2）金属棒MN稳定后的最终速度v的大小。 （3）金属棒MN从aa′运动至bb′过程中，电阻R上产生的焦耳热。 15．物理图像是形象的思维工具。图像所包围的“面积”往往有特定的物理含义。 （1）图1中的甲图为某球形金属电极静电除尘器的主体部分，表面均匀分布着正电荷，其半径为R，在空间各点产生球对称的电场。场强大小E与该点到球心距离r的变化图像如图1中的乙图所示。已知E﹣r曲线下R～2R部分的面积为S。若电荷量为﹣q的尘埃微粒从距球心2R处被吸附至球壳表面，求此过程尘埃微粒电势能的变化量ΔEp； （2）图2中甲图为某发电机的简化模型。质量为m的导体棒在水平驱动力F的作用下，以恒定加速度a从静止开始沿光滑水平导轨向右运动。定值电阻阻值为R，忽略其余电阻。磁感应强度大小为B，磁场方向垂直于导轨平面。导轨间距为L。 a.写出驱动力F与运动时间t的关系式； b.在图2乙给出的坐标系中定性画出驱动力F大小随运动时间t的变化图像，并结合图像求出0～t0时间内F的冲量大小I。 （3）如图3所示，y随t按照正弦规律变化，其中Ym、t0均为已知量。为得到0～2t0内的阴影面积，除利用函数微积分方法外，请你展开想象的翅膀借助物理量间的内在关联，构建物理模型，求此阴影面积A。 交变电流 单元综合测试-2025-2026学年高二下学期人教版选择性必修第二册 参考答案与试题解析 一．选择题（共7小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 A B B D C C D 二．多选题（共3小题） 题号 8 9 10 答案 AD BC CD 一．选择题（共7小题） 1．通过某交流电流表的电流i随时间t变化的关系如图所示，则该电流表的示数为（　　） A．5A B．ab C． D． 【答案】A 【分析】根据电流的热效应，计算该交变电流的有效值。 【解答】解：电流表的读数为有效值，设该交流电电流有效值为I，周期为T， 根据电流的热效应，在一个周期T＝2s内，有， 解得I＝5A，则该电流表的示数为5A，故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．以下各个选项所示的电流，属于交变电流的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】大小和方向都随时间做周期性变化的电流，叫做交变电流。 【解答】解：判断电流是交流还是直流，要看其方向是否随时间周期性变化。选项AD中，尽管电流大小随时间周期性变化，但其方向不变，仍是直流；选项C中，电流的大小和方向均不变，故B正确，ACD错误。 故选：B。 3．街头变压器（视为理想变压器）通过降压给用户供电的示意图如图所示。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动（可认为V1的示数不变）。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的等效总电阻用R表示，图中电压表和电流表均为理想电表。当用户的用电器增加时，下列说法正确的是（　　） A．电压表V2的示数增大 B．电流表A1的示数增大 C．电流表A2的示数减小 D．输电线电阻R消耗的功率减小 【答案】B 【分析】当用户的用电器增加时，负载的总电阻变小。由已知条件，根据理想变压器的原副线圈电压比与匝数比的关系，判断变压器的输出电压的变化，由闭合电路欧姆定律，判断副线圈的电流变化，根据理想变压器的原副线圈电流比与匝数比的关系，判断原线圈的电流变化。根据电功率计算公式判断输电线电阻R消耗的功率的变化。 【解答】解：已知变压器的输入电压U1不变，理想变压器的匝数比不变，可知变压器的输出电压U2不变，即电压表V2的示数不变；当用户的用电器增加时，用户端的并联支路增加，负载的总电阻变小，易知副线圈的电流I2增大，即电流表A2的示数增大，因理想变压器的匝数比不变，故原线圈的电流I1增加。即电流表A1的示数增大；由电功率计算公式可得输电线电阻R消耗的功率为PR，可得输电线电阻R消耗的功率增大，故B正确，ACD错误。 故选：B。 4．根据国家能源局统计，截止到2025年12月，我国风电装机容量累计达到6.4亿千瓦，稳居世界第一。某风力发电机输出750V的正弦交流电，要通过理想变压器将电压升至12kV后向远距离输电。该发电机正常工作的输出功率为750kW，关于该变压器下列说法正确的是（　　） A．原、副线圈匝数比为1：1000 B．原、副线圈匝数比为16：1 C．原线圈正常工作电流为62.5A D．副线圈正常工作电流为62.5A 【答案】D 【分析】先根据理想变压器电压与匝数成正比的规律，结合已知的原副线圈电压，判断匝数比选项；再利用理想变压器输入功率等于输出功率的特点，分别计算原、副线圈的工作电流，判断电流选项，最终选出正确答案。 【解答】解：AB、根据理想变压器电压与匝数成正比，故AB错误； C、由P＝U1I1 可得，故C错误； D、由P＝U2I2：，故D正确。 故选：D。 5．某小型水力发电站采用旋转电枢式发电机，其简化模型如图所示。矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动。已知线圈匝数N＝100，面积S＝0.2m2，不计内阻，电刷PQ外接电阻R＝2Ω，磁感应强度B＝0.5T。线圈以角速度ω＝50πrad/s匀速转动，电流表为理想电流表。从图示位置开始计时，下列说法正确的是（　　） A．线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e＝500πsin（50πt）V B．线圈转过60°时，电流表的示数为125πA C．线圈转过90°的过程中，通过线圈某横截面的电荷量为5C D．线圈转动一周的过程中，电阻R产生的焦耳热为25π2J 【答案】C 【分析】根据线圈的参数计算感应电动势的最大值，并结合线圈位置写出瞬时值表达式；通过电动势有效值求出电路电流有效值；利用磁通量变化量计算通过电阻的电荷量；根据焦耳定律计算电阻产生的焦耳热。 【解答】解：A.感应电动势的最大值Em＝NBSω＝100×0.5×0.2×50πV＝500πV，图示位置线圈平面与磁场方向平行，此时产生的电动势最大，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos（ωt）＝500πcos（50πt）V，故A错误。 B.电动势的有效值为，电流表测量的是电路中电流的有效值，根据欧姆定律可得电流的有效值，故B错误。 C.线圈转过90°的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ＝BS，可得通过电阻R的电荷量，故C正确。 D.线圈转动的周期，根据焦耳定律可得电阻R产生的焦耳热，故D错误。 故选：C。 6．发电机的示意图如图所示，矩形线圈abcd的面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路总电阻为R（包括滑环和电刷的接触电阻和电表电阻）。当线圈由图示位置开始转动，下列说法正确的是（　　） A．线圈转过360°的过程中电流方向改变一次 B．电流表与电阻串联后接入电路，电流表示数为 C．发电机的输出功率为 D．线圈转过90°的过程通过R的电荷量为 【答案】C 【分析】结合交变电流的产生规律，分析电流方向变化次数，区分有效值与最大值计算电流表示数，用有效值计算输出功率，用法拉第电磁感应定律计算电荷量，逐一判断选项。 【解答】解：A.线圈每经过一次中性面电流方向改变一次，转过360°的过程中会两次经过中性面，电流方向改变两次，故A错误； B.电流表测量的是交变电流的有效值，感应电动势最大值为Em＝NBSω 有效值，电路电流有效值，故B错误； C.发电机的输出功率为外电路电阻R的热功率，代入电流有效值计算得P＝I2R＝（）2R，故C正确； D.电荷量需用平均感应电动势计算，现在线圈的磁通量为0，线圈转过90°的磁通量变化量ΔΦ＝BS 由法拉第电磁感应定律得，故D错误。 故选：C。 7．某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是（　　） A．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0消耗的功率为4P C．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P D．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P 【答案】D 【分析】将降压变压器部分的电路等效为一个定值电阻，将电路简化处理。当转子角速度ω增加一倍时，或升压变压器的副线圈匝数增加一倍时，均会使升压变压器副线圈两端电压都为原来的2倍。根据等效电路得到输电线路上的电流的变化情况，根据电功率计算公式判断R0上消耗的功率变化情况；若R2阻值增加一倍变为2R0，同理根据输电线路上的电流的变化情况，根据电功率计算公式判断；若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端总电阻为，同理分析。 【解答】解：A、升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故A错误； D、等效电路图如图所示 设降压变压器的原副线圈匝数比为k：1，则输电线上的电流为I2 转子在磁场中转动时产生的电动势为e＝NBSωsinωt 当转子角速度增加一倍时，升压变压器原副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为I′2＝2I2 故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故D正确； B、若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流I''2 R0消耗的功率P3＝I''22×2R0≠2P 故B错误； C、若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，输电线上的电流为I'''2 R0消耗的功率P4＝I'''23×R0≠4P，故C错误。 故选：D。 二．多选题（共3小题） （多选）8．如图所示，有一边长为20cm的单匝正方形闭合金属线圈，线圈上的转轴OO′平行ac边且距ac边为5cm。空间中充满了垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2T。若线圈绕转轴OO′匀速转动的角速度为50rad/s，下列说法正确的是（　　） A．线框产生交流电压的有效值为 B．线框产生交流电压的有效值为 C．线框转动过程中产生电压最大值为3V D．线框转动过程中产生电压最大值为4V 【答案】AD 【分析】先根据线圈绕非中心轴转动的有效切割情况计算感应电动势最大值，再结合正弦交流电有效值与最大值的关系计算有效值，逐一判断选项。 【解答】解：线圈旋转产生的感应电动势为 则线框产生交流电压的最大值为Emax＝4V 线框产生交流电压的有效值为 代入数据可得E有效，故AD正确，BC错误。 故选：AD。 （多选）9．如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，导线两端通过两个小金属环a、b与长直金属杆连接，在外力F作用下，正弦形金属导线可以在杆上无摩擦滑动，金属杆的电阻不计，导线电阻为R，ab间距离为2L，导线组成的正弦图形顶部、底部到杆的距离都是d。在导线右侧有一有界匀强磁场区域，磁场的左右边界与金属杆垂直，磁场的宽度为L，磁感应强度为B。若导线在外力F作用下沿杆以恒定的速度v向右运动，在运动过程中导线所在平面始终与磁场垂直。则在导线穿过磁场的过程中（　　） A．导线上有电流流过的时间为 B．导线上的电流最大值为 C．外力F做的功为 D．导线上的电流的瞬时值表达式为 【答案】BC 【分析】正弦形金属导线穿过磁场的过程都有电流；切割磁场的有效长度最大值为2d时，感应电流最大；分别计算出各个阶段的感应电动势的有效值，然后根据功能关系计算外力做的总功；计算出对应的圆频率和感应电动势的最大值，然后根据瞬时值表达式写出即可。 【解答】解：B．切割磁场的有效长度最大值为2d时，感应电流最大，则有感应电动势的最大值Em＝B•2d•v＝2Bdv，根据欧姆定律可得最大电流为，故B正确； A．正弦形金属导线穿过磁场的过程都有电流，所以有电流的时间为，故A错误； CD．正弦形金属导线穿过磁场的过程，在0～L的距离上产生的电流大小的变化规律与离开时在2L～3L的距离上产生的电流大小的变化规律相同，所以圆频率为。则导线从开始向右运动到L的过程中产生的感应电动势为，则电流的瞬时值。因为此过程中电动势的最大值为Em1＝Bvd，所以电动势的有效值为，导线从L向右运动到2L的过程中感应电动势为，则电流的瞬时值。则此过程中电动势的最大值为Em2＝2Bvd，对应的有效值为，导线从2L向右运动到3L的过程与导线从开始向右运动L的过程相同，在整个过程中产生的内能为，解得，故C正确，D错误。 故选：BC。 （多选）10．某电厂对用户进行供电的原理图如图所示。发电机的输出电压为U1、输出功率为P1，输电线的总电阻等效为r。变压器视为理想变压器，其中升压变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2，用户获得的电压为U4。假设用户（负载）是阻值为R的纯电阻。下列说法正确的是（　　） A．若输送的总电功率恒为P1，则输电线上的电流为 B．若r增大、R减小、U1和变压器的匝数比不变，则高压输电线的输电电流一定增大 C．若用户端消耗的功率增大，在发电机的输出电压不变的情况下，用户端获得的电压减小 D．若将输送电压U2由300kV升级为900kV的高压，输送电功率变为原来的1.5倍，不考虑其他因素的影响，输电线损失的功率变为原来的 【答案】CD 【分析】A、先利用理想变压器的功率守恒和电压比关系，推导出输电电流的表达式，对比选项给出的形式，判断其是否正确； B、先分析用户电阻减小对降压变压器电流的影响，再根据变压器电流关系，判断输电线上的电流变化，结合升压变压器副线圈电压不变的条件，确定输电电流变化情况； C、用户端功率增大时，用户电流增大，输电线上的电流也随之增大，导致输电线电压损耗增加，降压变压器原线圈电压减小，最终用户端获得的电压也减小； D、根据输送电压和功率的变化，先分析输电电流的变化，再结合输电线损耗功率与电流的平方关系，判断损耗功率的变化比例。 【解答】解：A、升压变压器原线圈电流 根据变压器电流之比与匝数之比成反比，得，故A错误； B、对用户回路，有 对降压变压器，有 又I2＝I3，U3＝U2﹣I2r 联立得 若r增大、R减小，U1和变压器的匝数比不变，则高压输电线的输电电流可能增大，可能减小，可能不变，故B错误； C、用户端功率增大，说明用户电流增大，降压变压器副线圈电流增大，导致输电线上电流I2增大，输电线电压损耗ΔU＝I2r增大；由于U1不变，升压变压器副线圈电压U2不变，因此降压变压器原线圈电压U3＝U2﹣ΔU减小，最终用户端电压U4也减小，故C正确； D、输电线路上的损失的功率 若将输送电压U2由300kV升级为900kV的高压，输送电压变为3倍，功率变为原来的1.5倍，代入得损失的功率变为原来的，故D正确。 故选：CD。 三．实验题（共2小题） 11．利用如图所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系： （1）除图中所示器材外，还需要的器材有　BD　 。 A.干电池 B.低压交流电源 C.直流电压表 D.交流电压表 （2）下列说法正确的是　BC　 。 A.变压器工作时，通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈 B.变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能 C.理想变压器输入功率等于输出功率，没有能量损失 D.变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零 （3）小辉同学将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压U2随时间t变化的图像如图丙所示，在保证安全的前提下，该同学可能在t1～t2时间内进行的操作是　D　 。 A.减少了原线圈的匝数 B.增加了副线圈的匝数 C.降低了交流电源的频率 D.拿掉了变压器上方的可移动铁芯 （4）由于变压器工作时有能量损失，实验测得的原、副线圈的电压比应当　＞　 （选填“＞”、“＝”或者“＜”）原、副线圈的匝数比。 【答案】（1）BD；（2）BC；（3）D；（4）＞。 【分析】（1）根据变压器工作原理，判断所需电源和电压表类型； （2）结合变压器能量转化与理想变压器特点，分析各选项； （3）依据电压比公式和图像中电压变化，分析操作对副线圈电压的影响； （4）考虑变压器实际能量损失，判断电压比与匝数比的大小关系。 【解答】解：（1）AB、变压器利用互感现象工作，只有输入交流电才能产生变化的磁通量，使副线圈感应出电动势，因此需要低压交流电源，不能用直流干电池，故A错误，B正确； CD、原线圈输入交流电压，副线圈输出交流电压，故应用交流电压表测量输入和输出电压，故C错误，D正确。 故选：BD。 （2）A、变压器的铁芯作用是导磁，依靠互感现象传输能量，不是通过铁芯导电输送电能，故A错误； B、变压器工作时，原线圈将电能转化为磁场能，副线圈通过电磁感应将磁场能转化为电能，故B正确； C、理想变压器不漏磁、无能量损失，输入功率等于输出功率，故C正确； D、原线圈两端电压由外接电源决定，和副线圈是否接负载无关，故D错误。 故选：BC。 （3）AB、减少原线圈的匝数、增加副线圈的匝数将导致副线圈电压升高，故AB错误； C、降低交流电源的频率将导致副线圈输出频率也降低，故C错误； D、拿掉变压器上方的可移动铁芯将导致互感系数趋近于零，副线圈中无法产生感应电动势，图像中t1～t2时间内副线圈电压为0，应是由于拿掉变压器上方的可移动铁芯导致的，故D正确。 故选：D。 （4）实际变压器存在漏磁，副线圈的磁通量变化小于原线圈，因此实际副线圈电压，可得 故答案为：（1）BD；（2）BC；（3）D；（4）＞。 12．某同学用如图甲所示的可拆变压器进行实验研究。 （1）研究线圈电阻：如图乙，用“伏安法”测量200匝线圈的电阻RL（约几欧姆），电压表V内阻约3000Ω，电流表A内阻约2Ω，为了减小实验误差，V右端应该接至图中的 　a　 （选填“a”或“b”）位置。 （2）研究电磁感应：按图丙连接电路后，接通直流电源开关瞬间，发现灵敏电流计指针向右偏转一下；保持开关接通，将滑动变阻器的滑片快速向右滑动，灵敏电流计指针向 　左　 （选填“左”或“右”）偏转。 （3）研究变压器：将400匝原线圈与6V交流电相接，200匝副线圈与交流电压表相接，通电后交流电压表示数为2.9V。再将额定电压为2.8V的小灯泡与交流电压表并联，电压表示数减为1.3V，原因是 　原、副线圈存在电阻　 。 【答案】（1）a；（2）左；（3）原、副线圈存在电阻。 【分析】（1）先比较线圈电阻与电流表、电压表内阻的大小，判断线圈为小电阻，为减小系统误差，应采用电流表外接法，选择对应接线位置； （2）接通开关瞬间磁通量增加使指针右偏，滑片右滑时原线圈电流减小、副线圈磁通量减小，磁通量变化方向与接通瞬间相反，故指针偏转方向相反； （3）实际变压器存在漏磁和线圈电阻，接入小灯泡后副线圈电流增大，内阻分压增大，导致电压表示数降低。 【解答】解：（1），可知RL属于小电阻，应采用电流表外接法，即电压表右端应该接至图中的a位置； （2）接通直流电源开关瞬间，左边线圈磁通量瞬间增加，电流计指针向右偏转。将滑动变阻器的滑片快速向右滑动，左边电路电阻增大，电流减小，则左边线圈磁通量迅速减小，则右侧线圈感应电流应与之前相反，即灵敏电流计指针向左偏转。 （3）用灯泡并联电压表后，并联部分获得的电压变小了，说明原、副线圈存在电阻。 故答案为：（1）a；（2）左；（3）原、副线圈存在电阻。 四．解答题（共3小题） 13．如图所示，ab＝50cm，ad＝20cm，匝数为100匝的矩形线圈。线圈电阻r＝1Ω。外电路电阻R＝9Ω，磁感应强度B＝0.2T。线圈绕垂直于磁感线的OO'轴以转速匀速转动。从图示位置开始计时，求： （1）线圈感应电动势的最大值Em和瞬时值表达式； （2）1min内电阻R上消耗的电能； （3）线圈由图示位置转过30°的过程中，通过R的电量。 【答案】（1）线圈感应电动势的最大值为100V，瞬时值表达式为100cos（50t）V （2）1min内电阻R上消耗的电能为27000J。 （3）线圈由图示位置转过30°的过程中，通过R的电量为0.1C。 【分析】（1）根据线圈转动的初始位置、转速、尺寸和磁场，计算线圈面积、角速度和感应电动势最大值，推导出瞬时值表达式。 （2）利用有效值公式计算电路电流，进而求出电阻上消耗的电能。 （3）根据磁通量变化量，通过法拉第电磁感应定律推导通过电阻的电荷量。 【解答】解：（1）线圈从磁通量最小位置开始转动，此时感应电动势最大。 线圈面积S＝ab×ad＝0.5m×0.2m＝0.1m2，角速度 感应电动势的最大值Em＝NBSω＝100×0.2×0.1×50V＝100V 瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝100cos（50t）V。 （2）电路中电流有效值 则1min内电阻R上消耗的电能。 （3）因为电量 线圈由图示位置转过30°的过程中，磁通量变化量为ΔΦ＝BSsin30°＝0.2×0.5×0.2×sin30°Wb＝0.01Wb 联立解得通过R的电量q＝0.1C。 答：（1）线圈感应电动势的最大值为100V，瞬时值表达式为100cos（50t）V （2）1min内电阻R上消耗的电能为27000J。 （3）线圈由图示位置转过30°的过程中，通过R的电量为0.1C。 14．如图所示，平行金属导轨abc与a′b′c′，两导轨间距L＝2m。ab与a′b′段是竖直四分之一光滑圆弧，半径r＝1m，bc与b′c′是水平光滑足够长的直导轨。直导轨上接有单刀双掷开关S，接1端的定值电阻R＝10Ω，接2端电容器的电容C＝200μF，整个空间存在垂直向下的匀强磁场B，磁感应强度B＝5T。在外力作用下，使质量m＝20g、长度为L、电阻为r＝1Ω的金属棒MN从圆弧最高点aa′开始，以大小为v0＝2m/s沿圆弧轨道做匀速圆周运动，当金属棒MN运动至bb′时，撤去外力并将开关S拨至2。运动过程中金属棒MN始终与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计。求： （1）金属棒MN'运动至bb′时，电阻R两端的电压。 （2）金属棒MN稳定后的最终速度v的大小。 （3）金属棒MN从aa′运动至bb′过程中，电阻R上产生的焦耳热。 【答案】（1）金属棒MN'运动至bb′时，电阻R两端的电压为V。 （2）金属棒MN稳定后的最终速度v的大小为1m/s。 （3）金属棒MN从aa′运动至bb′过程中，电阻R上产生的焦耳热为13J。 【分析】（1）根据E＝BLv计算金属棒产生的感应电动势，然后根据电路中电压关系计算； （2）当金属棒两端的电动势大小等于电容器两端的电压时，金属棒开始匀速运动，根据电容的定义式和动量定理计算； （3）先计算金属棒在圆弧轨道上运动产生的感应电动势的有效值，然后根据焦耳定律计算即可。 【解答】解：（1）金属棒MN'运动至bb′时金属棒产生的感应电动势为 E＝BLv 则电阻R两端的电压为 U 代入数据解得UV （2）金属棒在水平光滑足够长的直导轨运动过程中，对电容器充电，最终金属棒两端的电动势大小等于电容器两端的电压 即BLV＝U 电容器上充有电荷量Q等于金属棒上通过的电荷量q 规定向右的方向为正方向，对金属棒根据动量定理有 ﹣BLI•Δt＝mv﹣mv0 其中q＝I•Δt 解得v＝1m/s （3）金属棒在圆弧上匀速圆周运动，切割速度分解垂直于磁感线，得出瞬时电动势 e＝BLvsinωt 故电动势有效值为 金属棒在圆弧上的运动时间为 t 焦耳热Q 联立代入数据解得Q＝13J 答：（1）金属棒MN'运动至bb′时，电阻R两端的电压为V。 （2）金属棒MN稳定后的最终速度v的大小为1m/s。 （3）金属棒MN从aa′运动至bb′过程中，电阻R上产生的焦耳热为13J。 15．物理图像是形象的思维工具。图像所包围的“面积”往往有特定的物理含义。 （1）图1中的甲图为某球形金属电极静电除尘器的主体部分，表面均匀分布着正电荷，其半径为R，在空间各点产生球对称的电场。场强大小E与该点到球心距离r的变化图像如图1中的乙图所示。已知E﹣r曲线下R～2R部分的面积为S。若电荷量为﹣q的尘埃微粒从距球心2R处被吸附至球壳表面，求此过程尘埃微粒电势能的变化量ΔEp； （2）图2中甲图为某发电机的简化模型。质量为m的导体棒在水平驱动力F的作用下，以恒定加速度a从静止开始沿光滑水平导轨向右运动。定值电阻阻值为R，忽略其余电阻。磁感应强度大小为B，磁场方向垂直于导轨平面。导轨间距为L。 a.写出驱动力F与运动时间t的关系式； b.在图2乙给出的坐标系中定性画出驱动力F大小随运动时间t的变化图像，并结合图像求出0～t0时间内F的冲量大小I。 （3）如图3所示，y随t按照正弦规律变化，其中Ym、t0均为已知量。为得到0～2t0内的阴影面积，除利用函数微积分方法外，请你展开想象的翅膀借助物理量间的内在关联，构建物理模型，求此阴影面积A。 【答案】（1）此过程尘埃微粒电势能的变化量为﹣qS； （2）a.驱动力F与运动时间t的关系式为； b.驱动力F大小随运动时间t的变化图像如图所示： 0～t0时间内F的冲量大小为； （3）此阴影面积为。 【分析】（1）E﹣r中图线与横轴所围图形面积代表电势差，然后根据电场力做功和电势能变化关系分析； （2）a.导体棒切割磁感线产生感应电动势，电路产生感应电流，受驱动力和安培力做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律分析； b.根据表达式分析图线的性质并画图，在F﹣t图中，图线与横轴所围图形面积代表冲量大小； （3）在正弦式交流电i﹣t图中，图线与横轴所围图形面积代表通过导体的电荷量，然后根据电磁感应定律和闭合电路欧姆定律分析电荷量，结合正弦式交流电表达式进行分析。 【解答】解：（1）E﹣r中图线与横轴所围图形面积代表电势差，逆着电场线电势升高，即从2R到R的电势差U＝﹣S，对尘埃运动过程，电场力做功W＝﹣qU，由电场力做功和电势能变化关系可知ΔEp＝﹣W，代入数据可得ΔEp＝﹣qS； （2）a.导体棒做匀加速直线运动v＝at，由电磁感应定律可知e＝BLv＝BLat，则感应电流，所受安培力FA＝BiL，由牛顿第二定律可知F﹣FA＝ma，代入数据可得； b.由表达式可知图线为一条斜率为正，纵截距为ma的直线，如图所示： 在F﹣t图中，图线与横轴所围梯形面积代表冲量大小，t＝0时，F1＝ma，t＝t0时，F2＝ma，如图所示： 由几何关系可知I，代入数据可得F的冲量大小I； （3）在正弦式交流电i﹣t图中，图线与横轴所围图形面积代表通过导体的电荷量，如图所示： 线圈转动过程中，通过导体的电荷量q，又，，代入数据可得q， 对正弦式交流电，在半个周期内，线圈转动180°，线圈磁通量变化量ΔΦ＝2BS，代入数据可得电荷量q， 对应题目图像，Ym为峰值电流，有Ym，周期为4t0，有，代入数据可得阴影面积A。 答：（1）此过程尘埃微粒电势能的变化量为﹣qS； （2）a.驱动力F与运动时间t的关系式为； b.驱动力F大小随运动时间t的变化图像如图所示： 0～t0时间内F的冲量大小为； （3）此阴影面积为。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/5/22 15:14:01；用户：杨春妮；邮箱：15296476298；学号：47436426 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $