2023届高考物理一轮复习：第27讲 电磁感应的应用.docx

1、第27讲 电磁感应的应用知识图谱单双杆问题、线框问题知识精讲一单杆问题单杆主要分为阻尼式单杆、电动式单杆、发电式单杆、放电式单杆、无外力充电式单杆、有外力充电式单杆。基本类型电路图运动特点最终状态阻尼式单杆a逐渐减小的减速运动静止电动式单杆a逐渐减小的加速运动匀速发电式单杆a逐渐减小的加速运动匀速放电式单杆a逐渐减小的加速运动匀速无外力充电式单杆a逐渐减小的减速运动匀速有外力充电式单杆匀加速运动匀加速运动二双杆问题双杆主要分为无外力等距式、无外力不等距式、有外力等距式、有外力不等距式。基本类型电路图运动特点最终状态无外力等距式杆1做a渐小的加速运动杆2做a渐小的减速运动v1=v2I0无外力不等

2、距式杆1做a渐小的减速运动杆2做a渐小的加速运动a0；I0有外力等距式杆1做a渐大的加速运动杆2做a渐小的加速运动a1=a2v 恒定有外力不等距式杆1做a渐小的加速运动杆2做a渐大的加速运动a1a2a1、a2恒定三点剖析课程目标：单双杆问题时电磁感应部分相对比较综合的题，所以对过程的分析要求比较高，理解常见的单双杆问题及解题思路单杆模型例题1、多选题 如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面向上，磁感应强度为B。有一质量为m、长为L的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达ab的位置，滑行的距离为s，

3、导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为。则（ ）A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B.上滑过程中电流做功发出的热量为C.上滑过程中导体棒克服安培力做的功为D.上滑过程中导体棒损失的机械能为例题2、 如图所示，平行金属导轨竖直放置，仅在虚线MN下面的空间存在着磁感应强度随高度变化的磁场（在同一水平线上各处磁感应强度相同），磁场方向垂直纸面向里导轨上端跨接一定值电阻R，质量为m的金属棒两端各套在导轨上并可在导轨上无摩擦滑动，导轨宽为L，导轨和金属棒的电阻不计，将金属棒从O处由静止释放，进入磁场后正好做匀减速运动，刚进入磁场时速度为v，到达P处时速度为v/2，O点和P点到MN的距离相等，若

4、已知磁场上边缘（紧靠MN）的磁感应强度为B0，求：（1）金属棒在磁场中所受安培力F1的大小；（2）P处磁感应强度BP；（3）在金属棒运动到P处的过程中，电阻上共产生多少热量？例题3、 如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L0.5m一端连接R2的电阻。导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B1T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v6m/s。求：（1）感应电动势E和感应电流I；（2）拉力F的大小；（3）若将MN换为电阻rl的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的

5、电压U。随练1、多选题 如图所示，两端与定值电阻相连的光滑平行金属导轨倾斜放置，其中R1R22R，导轨电阻不计，导轨宽度为L，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。导体棒ab的电阻为R，垂直导轨放置，与导轨接触良好。释放后，导体棒ab沿导轨向下滑动，某时刻流过R2的电流为I，在此时刻()A.重力的功率为6l2RB.金属杆ab消耗的热功率为4l2RC.导体棒的速度大小为D.导体棒受到的安培力的大小为2BIL随练2、多选题 如图所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于

6、斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达ab的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为.则（ ）A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B.上滑过程中电流做功放出的热量为C.上滑过程中导体棒克服安培力做的功为D.上滑过程中导体棒损失的机械能为随练3、 如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨和，两导轨间距为，电阻均可忽略不计在和之间接有阻值为的定值电阻，导体杆质量为、电阻为，并与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上磁感应强度为的匀强磁场中现给杆一个初速度，使杆向右运动（1）当杆刚好具有初速度时，求此时杆两端的电压，、两端哪端电势高；（2）请在图中定性画出通过电

7、阻的电流随时间变化规律的图象；（3）若将和之间的电阻改为接一电容为的电容器，如图所示同样给杆一个初速度，使杆向右运动请分析说明杆的运动情况，并推导证明杆稳定后的速度为随练4、 如图，两足够长的光滑平行导轨水平放置，处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻。一金属棒垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r。水平放置的轻弹簧左端固定，右端与金属杆中点链接，弹簧劲度系数为k。装置处于静止状态。现给导体棒一个水平向右的初速度v0，第一次运动到最右端时，棒的加速度为a，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，求：（1）金属棒开始运

8、动时受到的安培力F的大小和方向；（2）金属棒从开始运动到第一次运动到最右端时，通过R的电荷量q；（3）金属棒从开始运动到最终停止的整个过程中，R上产生的热量Q。双杆模型例题1、 如图所示，两根相距为L足够长的、电阻不计的平行金属导轨MN和PQ，固定在水平面内，在导轨之间分布着竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场。将两根长度均为L，电阻均为R的粗糙金属棒b和光滑金属棒a垂直放量在导轨上，质量满足mb2ma2m，现将棒a通过不可伸长的水平轻质绳跨过光滑定滑轮与质量为m的重物相连，重物由静止释放后与棒a一起运动，并始终保持接触良好。经过一段时间后，棒a开始匀速运动时，棒b恰好开始运动。已知：重力加速度为

9、g，棒b与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）棒b与导轨间的动摩擦因数；（2）棒a匀速运动的速度大小；（3）若b棒光滑，开始锁定在导轨上，当a开始匀速运动时，细绳断裂，同时解除锁定，求之后回路中产生的焦耳热。例题2、 如图所示，光滑平行轨道abcd的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，bc段轨道宽度是cd段轨道宽度的2倍，bc段轨道和cd段轨道都足够长，将质量相等的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段，且与轨道垂直。Q棒静止，让P棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放，求：（1）P棒滑至水平轨道瞬间的速度大小；（2）P棒和Q棒最终的速度。随练1、 如图所示，在方向竖直向上的磁感应强

10、度为B1T的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L0.5m，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab、cd为两根相同的、垂直于导轨水平放置的金属棒，电阻均为R2，质量均为m2kg，与金属导轨平行的水平细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接，细线能承受的最大拉力为T0.5N，一开始细线处于伸直状态，两棒均静止，ab棒在平行导轨的水平拉力的作用下以加速度a2m/s2向右做匀加速直线运动，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直。（1）求经多长时间细线被拉断？（2）从ab棒开始运动到cd棒刚要运动过程中，流过cd棒的电量。（3）若在细线被拉断瞬间撤去水平拉力，求此

11、后电路中产生的焦耳热随练2、多选题 如图所示，竖直平面内有足够长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L，上方连接一个阻值为R的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场。两根完全相同的金属杆1和2靠在导轨上，金属杆长度与导轨宽度相等且与导轨接触良好、电阻均为r、质量均为m；将金属杆l固定在磁场的上边缘，且仍在磁场内，金属杆2从磁场边界上方h0处由静止释放，进入磁场后恰好做匀速运动。现将金属杆2从离开磁场边界h（hho）处由静止释放，在金属杆2进入磁场的同时，由静止释放金属杆1，下列说法正确的是()A.两金属杆向下运动时，流过电阻R的电流方向为abB.回路中感应电动势的最大值为

12、C.磁场中金属杆l与金属杆2所受的安培力大小、方向均相同D.金属杆l与2的速度之差为随练3、 如图所示，固定在水平面上的两平行光滑金属导轨MN、PQ间距为L0.5m，处在竖直方向、磁感应强度大小为B2T的匀强磁场中，导轨电阻不计。两导体棒ab、cd垂直放在导轨上，且与导轨始终接触良好，ab可在导轨上自由滑动，cd固定在导轨上，两导体棒电阻均为R0.1，导体棒ab的质量为m1Kgt0时刻，对静止的导体棒ab施加一水平向右、大小为F10N的拉力作用。在t1s时刻，导体棒ab的加速度恰好为0，此时立即撤去力F求：（1）导体棒ab运动过程中的最大速度；（2）从t0到t1s的过程中，导体棒cd产生的焦耳

13、热；（3）为使两导体棒不相碰，在t0时刻，两导体棒间的距离至少为多大。随练4、多选题 如图所示，MN、PQ和MK、PQ为两倾角皆为的足够长的金属导轨，都处在垂直于斜面的磁感应强度为B的匀强磁场中。MK与PQ平行，相距为L；MN与PQ平行，相距为质量分别为2m、m的金属杆a和b垂直放置在导轨上。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，两杆与导轨构成回路的总电阻始终为R，重力加速度为g。则（ ）A.若a固定，释放b，则b最终速度的大小为B.若同时释放a、b，则b最终速度的大小为C.若同时释放a、b，当b下降高度为h时达到最大速度，则此过程中两杆与导轨构成的回路中产生的电能为D.若同

14、时释放a、b，当b下降高度为h时达到最大速度，则此过程中通过回路的电量为线框问题例题1、多选题 如图所示，等腰直角三角形OPQ区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的OP边在x轴上且长为L，纸面内一边长为L的单匝闭合正方形导线框（线框电阻为R）的一条边在x轴上，且线框在外力作用下沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场区域，在t0时该线框恰好位于图中所示的位置。现规定顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，则下列说法正确的有()A.在时间内线框中有正向电流，在时间内线框中有负向电流B.在时间内流经线框某处横截面的电量为C.在时间内线框中最大电流为D.时间内线框中电流的平均值不

15、等于有效值例题2、 先后以速度v和2v匀速地把同一线圈从同一磁场中的同一位置拉出有界的匀强磁场的过程中，如图所示那么，在先后两种情况下，以下说法正确的是（ ）A.线圈中感应电流的大小之比为B.通过线圈横截面的电量之比为C.沿运动方向作用在线圈上的外力做功之比为D.沿运动方向作用在线圈上的外力的功率之比为例题3、 实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为L、长为2.5L的N匝矩形线框abcd，总电阻为R，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m.如图所示是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为f，进入磁场前已达到最大速度v，车头（a

16、b边）刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾（cd边）刚出磁场时速度恰好为零已知有界磁场宽度为2.5L，磁感应强度为B，方向竖直向下求：（1）进入磁场前小车所受牵引力的功率P；（2）车头刚进入磁场时，感应电流的大小I；（3）电磁刹车过程中产生的焦耳热Q.随练1、多选题 如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，边长为口的正方形闭合单匝线框ABCD斜向穿进磁场，当AC（AC为正方形的对角线）刚进入磁场时速度为v（vCD），若线框的总电阻为R，则（ ）A.AC刚进入磁场时线框中感应电流为B.AC刚进入磁场时线框所受安培力为C.此时CD两端电压为D.此时CD两端电压为随练2、多选题 如图甲

17、，边长为L的闭合正方形金属框abcd置于光滑斜面上，CD是斜面的底边，金属框电阻为R，在金属框下方有一矩形匀强磁场区域MNNM，磁感应强度为B、方向垂直于斜面向下abMNCD现给金属框施加一平行于MM的力F，使金属框沿斜面向下从静止开始始终以恒定的加速度做匀加速直线运动。图乙为金属框在斜面上运动的过程中F随时间t的变化图象。则（ ）A.磁场的宽度为B.金属框的cd边刚好进入磁场时受到的安培力大小为C.金属框进入磁场的过程中，重力势能的减小量小于框产生的焦耳热与增加的动能之和D.金属框穿出磁场的过程中，重力势能的减小量大于框产生的焦耳热与增加的动能之和随练3、 如图，在水平地面MN上方空间存在一

18、有界匀强磁场区域，磁场沿水平方向，磁感应强度大小B1.0T，上边界EF距离地面的高度H0.7m。正方形金属线框abcd的质量m0.1kg，边长L0.1m，总电阻R0.02，线框的ab边距离EF上方h0.2m处由静止开始自由下落，ab保持水平，且线框平面始终与磁场方向垂直，g取10ms2。求（1）线框刚进入磁场时ab两端电压大小U；（2）线框刚要落地时速度v的大小；（3）线框产生的焦耳热Q。随练4、 一根质量为m0.04kg，电阻R0.5的导线绕成一个匝数为n10匝，高为h0.05m的矩形线圈，将线圈固定在一个质量为M0.06kg，长度与线圈等长的小车上，如图甲所示。线圈和小车一起沿光滑水平面并

19、以初速度v12ms进入垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度B1.0T，运动过程中线圈平面和磁场方向始终垂直。小车的水平长度l10cm，磁场的宽度d20cm。（1）求小车刚进入磁场时线圈中的电流方向和线圈所受安培力的大小（2）求小车由位置2运动到位置3的过程中，线圈产生的热量Q（3）在图乙中画出小车从刚进磁场位置1运动到位置3的过程中速度v随小车的位移x变化的图象交变电流知识精讲一 交变电流1定义：大小和方向都随时间作周期性变化的电流叫做交变电流，简称交流。如图所示（b）、（c）、（e）所示电流都属于交流，其中按正弦规律变化的交流叫正弦交流，如图（b）所示。而（a）、（d）为直流，其中（a）

20、为恒定电流。2正弦交流的产生及变化规律（1）产生：当线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生的交流是随时间按正弦规律变化的，即正弦交流。（2）中性面：匀速旋转的线圈，位于跟磁感线垂直的平面叫做中性面。这一位置穿过线圈的磁通量最大，但切割边都未切割磁感线，或者说这时线圈的磁通量变化率为零，线圈中无感应电动势。线圈转动一周，两次经过中性面，线圈每经过一次中性面，电流的方向就改变一次。 3正弦交变电流的瞬时表达式（从中性面开始计时）（1）线圈转过的角度为；（2）ab边转动的线速度大小为：；（3）ab边上产生的感应电动势为：；（4）整个线圈产生的感应电动势为：；（5）若线圈给外电阻R

21、供电时，设线圈本身的电阻为r，由闭合电路的欧姆定律得：，即。4正弦交变电流的图像（在中性面时，t=0）（1）外电阻R两端的电压为：；（2）电流：；（3）电动势：（若匝数为N时，则）（4）磁通量：。5交流电的四值（1）核心是交流电的有效值，有效值是按电流的热效应来定义的，一般取一个周期的时间来计算其大小。有效值主要用于电功、热量等的计算。（2）平均值是交变电流图像中图线与坐标轴所围面积与时间的比值，用来求流过导体的电量。（3）对瞬时问题，应据瞬时值来计算，瞬时值对应于某一时刻或线圈的某一位置。二描述交变电流的物理量1表征交变电流变化快慢的物理量（1）周期T：电流完成一次周期性变化所用的时间。单位

22、：s； （2）频率f：一秒内完成周期性变化的次数。单位：Hz（当交流电频率为50Hz，则每秒中电流的方向变化100次）；（3）角频率：就是线圈在匀强磁场中转动的角速度。单位：rad/s；（4）角速度、频率、周期，的关系。2交变电流的有效值（1）意义：描述交流电做功或热效应的物理量。（2）定义：跟交流热效应相等的恒定电流的值叫做交流的有效值。（3）正弦交流的有效值与峰值之间的关系是；。（4）注意：理解交变电流有效值时，注意三同：电阻相同，时间相同，产生的热量相同。另外，在交流电路中，电流表、电压表、功率表等电工仪表的示数、电器设备上标注的额定电压等均为有效值。三电感和电容对交变电流的影响1电感对

23、交变电流的阻碍作用（1）原理：在交流电路中，交变电流通过线圈时，由于电流时刻在变化，线圈中产生自感电动势，自感电动势阻碍电流的变化，从而形成对交变电流的阻碍作用。（2）感抗：用来表示电感对交变电流阻碍作用的大小的物理量。线圈自感系数越大，交变电流的频率越高，感抗越大。（3）电感线圈在电路中的作用：通直流，阻交流，通低频，阻高频。2电容器对交变电流的影响（1）原理：恒定电流不能通过电容器，是因为电容器的两个极板被绝缘介质隔开了。而交变电流“通过”电容器时，电压不断变化，电容器交替进行充电和放电，电路中就有了电流。 （2）容抗：电容器对交变电流有阻碍作用，用容抗表示阻碍作用的大小，电容器的电容越大

24、，交流的频率越高，容抗越小。（3）电容器在电路中有“通交流、隔直流”或“通高频、阻低频”特征。三点剖析课程目标：1理解正（余）弦交流电的产生机理，及其变化规律；2理解表征交变电流中磁通量、电动势、电压、电流的表达式及其图像；理解各物理量的瞬时值、峰值、有效值、和平均值的计算。3了解电容、电感对交流电的作用交变电流的产生及变化规律例题1、 如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕中心对称轴转动，在t=0时刻，线圈平面与磁场重合，ab边垂直纸面向里，cd边垂直纸面向外运动若规定abcda为正方向，则线圈中感应电流i随时间t变化的图线是( )A.B.C.D.例题2、 如图是交流发

25、电机的原理示意图，线圈abcd在磁场中匀速转动产生交流电。线圈的ab边和cd边连在两个金属滑环上，两个滑环通过金属片做的电刷和外电路相连。当线圈沿逆时针方向转动，经过图示位置时，以下判断正确的是（ ）A.图甲的位置时，流经R的感应电流最大，线圈中的电流方向为dcbaB.图乙的位置时，穿过线圈的磁通量变化最快，线圈中的电流方向为abcdC.图丙的位置时，穿过线圈的磁通量最大，线圈中的电流方向为dcbaD.图丁的位置时，穿过线圈的磁通量变化率为零，线圈中的电流方向为abcd例题3、多选题 如图甲中所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量随时间t变化的规律

26、如图乙所示，下列论述正确的是（ ）A.t1时刻线圈中感应电动势最大B.t2时刻导线ad的速度方向跟磁感线垂直C.t3时刻线圈中感应电动势最大D.t5时刻线圈中感应电流方向发生变化例题4、多选题 如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的轴匀速转动。线圈分别以不同的转速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则（ ）A.两次t0时刻线圈平面与中性面重合B.曲线a、b对应的线圈转速之比为23C.曲线a表示的交流电动势频率为25HzD.曲线b表示的交流电动势最大值为10V随练1、多选题 如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，沿着O

27、O方向观察，线圈沿顺时针方向转动已知匀强磁场的磁感强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为，则当线圈转至图示位置时（ ）A.线圈中感应电流的方向为abcdaB.线圈中的感应电动势为2nBL2C.穿过线圈磁通量随时间的变化率最大D.线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里随练2、多选题 如图所示，KLMN是一个竖直的匝数为n的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕竖直固定轴以角速度匀速转动。当MN边与磁场方向的夹角为30时（图示位置），下列说法正确的是（ ）A.导线框中产生的瞬时电动势的

28、大小是nBS2B.导线框中产生的瞬时电动势的大小是nBS2C.线框中电流的方向是KLMNKD.线框中电流的方向是KNMLK有效值的理解和计算例题1、 如图所示表示一交流电电流随时间变化的图象，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为Im，电流的负值的大小为Im，则该交流电的有效值为（ ）A.B.C.D.例题2、 已知某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化，其中为正弦交流电一部分，将一个多用电表（已调至交变电流电流挡）与这个电阻元件串联，则多用电表的读数为（ ）A.4AB.C.D.随练1、 如图所示，正弦交流电经过半波整流器后，电流波形正好去掉了半周。则这种单向电流的有效值

29、为()A.2AB.1AC.D.随练2、 如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度给该台灯接220V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为（ ）A.220VB.110VC.D.随练3、 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图所示，产生的交变电动势的图象如右图所示，则()A.t0.01s时线框的磁通量变化率为零B.t0.005s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311VD.线框产生的交变电动势的频率为100Hz交变电流的“四值”的应用例题1、 如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两

30、次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b，所示，则（ ）A.两次t0时刻线圈的磁通量均为零B.曲线a、b对应的线圈转速之比为23C.曲线a表示的交变电动势有效值为15VD.曲线b表示的交变电动势最大值为10V例题2、 如图所示，为交流发电机示意图，匝数为n100匝矩形线圈，边长分别10cm和20cm，内电阻r5，在磁感应强度B0.5T的匀强磁场中绕OO以轴rads角速度匀速转动，线圈和外电阻为R20相连接，求：（1）写出交流感应电动势e的瞬时表达式；（2）开关S合上时，电压表和电流表示数；（3）当线圈从此位置转过90的过程，通过线圈的电荷量q随练1、

31、 在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，t0时开始，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。已知线圈的总电阻为2，则（ ）A.线圈中的交变电流瞬时值表达式为i2sint（A）B.线圈中产生的电动势的有效值为4VC.t0.5s到t1.5s的时间内，线圈中电流方向不变D.t0.25s到t0.75s的时间内，线圈中产生的热量为22J随练2、 如图所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO轴从图示位置开始匀速转动，已知从图示位置转过时，线圈中电动势大小为10V，求：（1）交变电动势的峰值；（2）交变电动势的有效值；（3）与线圈相接的交流电压表的示数。（4）设线圈电阻为

32、R1，角速度100rad/s，线圈由图示位置转过过程中通过导线截面的电荷量q。随练3、 如图（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n100、电阻r10，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R90，与R并联的交流电压表为理想电表。在t0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图（乙）所示正弦规律变化。（取3.14）求：（1）交流发电机产生的电动势的最大值；（2）从t0时刻开始计时，线圈转过60时线圈中感应电流瞬时值及回路中的电流方向；（3）电路中交流电压表的示数；（4）从图示位置转过90，

33、通过线圈的电量？整个回路的焦耳热？电感、电容对交变电流的影响例题1、多选题 如图所示，A、B为相同的灯泡，C为电容器，L为电感线圈（其直流电阻小于灯泡电阻）。下列说法中正确的有（ ）A.闭合开关，B立即发光B.闭合开关，电路稳定后，A中没有电流C.电路稳定后，断开开关，B变得更亮后再熄灭D.电路稳定后，断开开关，A中电流立即为零例题2、多选题 如图所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C并联，三个支路中分别接有一灯泡。接入交流电源后，三盏灯亮度相同。若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率增大，则以下判断正确的是（ ）A.L1灯比原来亮B.L2灯比原来亮C.L3灯和原来一样亮D.L3灯比原来亮随

34、练1、 如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220V，50Hz的交变电源两端，三只灯泡亮度相同如果将电源改为220V，60Hz的交变电源，则（ ）A.三只灯泡亮度不变B.三只灯泡都将变亮C.a亮度不变，b变亮，c变暗D.a亮度不变，b变暗，c变亮随练2、 如图所示，当交流电源的电压（有效值）U220V，频率f50Hz，3只灯L1、L2、L3的亮度相同（L无直流电阻），若将交流电源的频率变为f100Hz，则（ ）A.L1灯比原来亮B.L2灯比原来亮C.L2灯和原来一样亮D.L3灯比原来亮随练3、 如图所示的交流电路中，灯L1、L2和L3均发光

35、，如果保持交变电源两端电压的有效值不变，但频率减小，各灯的亮、暗变化情况为( )A.灯L1、L2均变亮，灯L3变暗B.灯L1、L2、L3均变暗C.灯L1不变，灯L2变暗，灯L3变亮D.灯L1不变，灯L2变亮，灯L3变暗变压器、电能的输送知识精讲一 变压器的原理1变压器的结构：闭合铁心和绕在铁心上的两个线圈组成。与电源连接的线圈为原线圈（又称初级线圈），与负载连接的线圈为副线圈（又称次级线圈）。2工作原理：利用电磁感应原理来改变交流电压的一种的电能转换器。交流电在流入初级线圈时产生一个变化的磁场，这个变化的磁场会激起次级线圈也产生一个变化的磁场，这个变化的磁场就产生了变化的电流，并输出。 3理想

36、变压器的规律（1）理想变压器没有漏磁（磁通量全部集中在铁芯内）和发热损失的变压器，即没有能量损失的变压器叫理想变压器。（2）电压关系对于理想变压器，原副线圈的匝数分别为 和，原线圈两端加交变电压，由于通过原副线圈的磁通量变化率相同，在原副线圈分别产生感应电动势和，由法拉第电磁感应定律可知，所以。另外，对于理想变压器而言，不考虑原副线圈的电压损失，。（3）功率关系对于理想变压器，如果没有能量损失，。 （4）电流关系对于理想变压器而言，没有能量损失，当只有一个副线圈时，由功率关系可知：，得到。4电压互感器与电流互感器电压互感器，和变压器很相像，都是用来变换线路上的电压。其目的主要是用来给测量仪表和

37、继电保护装置供电，用来测量线路的电压、功率和电能等。电流互感器与电压互感器类似，在变压器的原线圈上绕的匝数较少，而副线圈的匝数较多，可以用交流电流表测大电流。5理想变压器中各物理量的动态分析（1）输出电压与输入电压的关系：当理想变压器的原副线圈的匝数不变时，当变压器的负载发生变化时，副线圈的输出电压不变。（2）输入电流与输出电流的关系：当副线圈的负载电阻增加时，输出电流减小，根据理想变压器的电流关系可知，原线圈的输入电流也相应减小。因此，在使用变压器时，不能使副线圈短路。 （3）输入功率与输出功率的关系：理想变压器的输入功率等于输入功率，即。二远距离输电1 电功率损失（1）远距离输电中为降低输

38、电过程中的能耗往往采用高压输电方式，其中输送电流是一个很重要的物理量。电功率的损失：。（2）减小输电线的电阻，是减少功率损失的方法之一。（3）提高输电电压：在输送功率P一定时，且输电线的电阻一定时，输电电压提高到原来的n倍，则输电的电流减小，根据可知，输电线上的电功率损失减小为。2电压损失由于输电导线有电阻，因此输电线上有电压损失：。三点剖析课程目标：1.理解理想变压器原副线圈中电流和电压的关系2.了解远距离高压输电的原理，远距离输电的功率损耗及减小损耗的方法理想变压器基本关系的应用例题1、 如图所示，变压器输入的交变电压，副线圈匝数可调，电阻R100，L1、L2均是额定电压为20V，额定功率

39、为20W的小灯泡，通过调节副线圈的匝数，使S闭合前后，L1均能正常发光，则S闭合前后副线圈的匝数之比为（ ）A.1：11B.2：1C.3：5D.6：11例题2、 一理想变压器的原，副线圈的匝数比为31，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则（ ）A.U66V，B.U22V，C.U66V，D.U22V，例题3、多选题 如图所示，有一理想变压器，原线圈匝数为n1，两个副线圈的匝数分别为n2和n3，原副线圈的电压分别为U1、U2、U3，电流分别为I1、I2、I3

40、，两个副线圈负载电阻的阻值未知，下列结论中，正确的是（ ）A.U1：U2n1：n2，U2：U3n2：n3B.，C.n1I1n2I2n3I3D.I1U1I2U2I3U3随练1、 如图，理想变压器有两个副线圈，匝数分别为n1和n2，所 接负载4R1R2当只闭合S1时，电流表示数为1A，当S1和S2都闭合时，电流表示数为2A，则n1n2为_随练2、 如图所示电路中a、b端接有电压有效值为U的交流电，变压器为理想变压器，各电阻的阻值相等，电流表为理想交流电表开关S断开时，电流表读数为I，开关S闭合时，电流表读数为I，则各电阻的阻值R和变压器原、副线圈匝数的比值k分别为（ ）A.，k3B.，C.，k2D

41、.，随练3、 如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V调节前后()A.副线圈中的电流比为1：2B.副线圈输出功率比为2：1C.副线圈的接入匝数比为2：1D.原线圈输入功率比为1：2随练4、多选题 如图，将额定电压为60V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上，闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表（均为理想电表）的示数分别为220V和2.2A，以下判断正确的是（）A.变压器输入功率为484WB.通过原线圈的电流的有效值为0.6AC.通过副线圈

42、的电流的最大值为2.2AD.变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：3变压器电路的动态分析例题1、多选题 如图，用理想变压器给电灯L供电，如果只增加副线圈匝数，其它条件不变，则（ ）A.电灯L亮度减小B.电流表示数增大C.电压表示数增加D.变压器输入功率不变例题2、 如图所示，理想变压器电路原线圈匝数可调，调节触头为S，副线圈电路中r为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，滑动变阻器R与灯泡L并联在电路中，关于电路变化问题，下列说法正确的是（ ）A.保持S位置和光照强度不变，将P向上滑，灯泡L变亮B.保持S位置和光照强度不变，将P向下滑，电流表示数变小C.保持P位置和光照强度不变，将S向

43、下滑，光敏电阻的功率变小D.保持P位置和S位置不变，使光线变暗，原线圈的输入功率变大例题3、多选题 如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的。和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是（ ）A.U2变小、I3变小B.U2不变、I3变大C.I1变小、I2变小D.I1变大、I2变大随练1、多选题 如图所示，理想变压器原线圈接在电压有效值不变的交流电源两端，电流表和电压表均为理想电表。现将交流电的频率变小，则下列说法正确的是（ ）A.灯泡L1变暗B.灯泡L2

44、变暗C.电压表示数增大D.电流表读数变化量的比值不变随练2、多选题 如图是自耦变压器的示意图负载变化时输入电压不会有大的波动输电线的电阻用R0表示如果变压器上的能量损失可以忽略，以下说法正确的是（ ）A.开关S1接a，闭合开关S后，电压表V示数减小，电流表A示数增大B.开关S1接a，闭合开关S后，原线圈输入功率减小C.断开开关S，开关S1接a时电流表的示数为I1，开关S1接b时电流表的示数为I2，则I1I2D.断开开关S，开关S1接a时原线圈输入功率为P1，开关S1接b时原线圈输入功率为P2，则P1P2远距离输电例题1、多选题 如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U1250V，输出功率P

45、1100kW，输电线电阻R8.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是（ ）A.若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小B.若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大C.输电线损耗比例为5时，所用升压变压器的匝数比D.用10000V高压输电，输电线损耗功率为8000W例题2、 某水电站，用总电阻为2.5的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是3106kW现用500kV电压输电，则下列说法正确的是（ ）A.输电线上输送的电流大小为2.0105AB.输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC.若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9108kWD.输电线上损失的功率为

46、，U为输电电压，r为输电线的电阻随练1、多选题 随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益增大，节能变得越来越重要某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U1，输电导线总电阻为R，在某一时段用户需求的电功率为P0，用户的用电器正常工作的电压为U2在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是（ ）A.输电线上损耗的功率为B.输电线上损耗的功率为C.若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电D.采用更高的电压输电会降低输电的效率随练2、 某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100kW，输出电压为500V，输电导线的总电阻为10，

47、导线上损耗的电功率为4kW，该村的用电电压是220V（1）输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；（2）如果该村某工厂用电功率为60kW，则该村还可以装“220V 40W”的电灯多少盏？随练3、 如图所示，某水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8，在用户端用降压变压器把电压降为220V若输电线上损失的功率为5kW，不计变压器的损耗求：（1）输电导线上输送的电流；（2）升压变压器的输出电压U2；（3）降压变压器的匝数比；（4）若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是多大？拓展1、多选题 如图所示，在

48、磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的U形导轨，导轨左端连接一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。导轨间距离为L，在导轨上垂直放置一根金属棒MN，与导轨接触良好，电阻为r，用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动。则金属棒运动过程中()A.金属棒中的电流方向为由N到MB.电阻R两端的电压为BLvC.金属棒受到的安培力大小为D.电阻R产生焦耳热的功率为2、多选题 如图所示，两间距为d的平行光滑导轨由固定在同一水平面上的导轨CDCD和竖直平面内半径为r的圆弧导轨ACAC组成，水平导轨与圆弧导轨相切，左端接阻值为R的电阻。水平导导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，其他地方

49、无磁场。导体棒甲静止于CC处，导体棒乙从AA处由静止释放，沿圆弧导轨运动，与甲相碰后粘合在一起，并在到达水平导轨左端前停下。两棒的质量均为m，导体棒及导轨的电阻均不计，重力加速度大小为g。下列判断正确的是（ ）A.两棒粘合前瞬间，乙对圆弧导轨AC的底端C的压力大小为3mgB.两棒相碰并粘合在一起后瞬间的速度大小为C.从乙开始下滑至两棒静止的过程中，回路产生的焦耳热为D.两棒粘合后受到的最大安培力为3、 如图所示，两根平行金属导轨MN、PQ间的距离为1m，磁感应强度为1T的匀强磁场垂直于导轨平面向内，两根电阻均为1的金属杆ab、cd水平地放在导轨上，导轨的电阻可以忽略.使cd杆以2ms的速率沿导

50、轨水平向右匀速运动切割磁感线时，ab杆始终静止在导轨上，求：（1）金属杆cd中感应电流的大小和方向（2）金属杆ab受到的静摩擦力的大小和方向4、 如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成53角，导轨间接一电阻值R3的电阻，导轨电阻忽略不计。在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d0.5m。导体棒a的质量为m10.1kg、电阻为R16；导体棒b的质量为m20.2kg、电阻为R23，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好。现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场。（sin530.8，c

51、os530.6，g取10ms2，a、b电流间的相互作用不计），求：（1）在b穿越磁场的过程中a、b两导体棒上产生的热量之比；（2）在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量；（3）M、N两点之间的距离。5、多选题 如图所示，边界水平的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面垂直，边界间距为L；一个边长为L的正方形导线框竖直向上运动，某时刻上边恰好与磁场的下边界重合，此时线框的速度大小为v0；经时间t1线框的上边与磁场的上边界重合，此时线框的速度刚好为零；再经时间t2线框的上边恰好又与磁场的下边界重合，此时线框的速度大小为v；运动过程中，线框与磁场方向始终垂直，且线框上、下边始终水平

52、。重力加速度为g；下列说法正确的是（ ）A.t1t2B.线框在进入磁场的过程中，加速度逐渐减小C.线框进入磁场的过程中，其感应电流沿逆时针方向D.线框在进入磁场的过程中产生的热量大于穿出磁场的过程中产生的热量6、 如图所示，水平虚线MN、PQ之间有垂直于纸面向里的水平匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两虚线间的距离为H，质量为m、电阻为R边长为L的正方形金属线框abcd在磁场上方某一高度处由静止释放线框在向下运动过程中始终在竖直平面内，ab边始终水平，结果线框恰好能匀速进入磁场线框有一半出磁场时加速度恰好为零，已知LH，重力加速度为g，求：（1）线框开始释放时ab边离虚线MN的距离；（2）线

53、框进磁场过程中通过线框截面的电量q及线框穿过磁场过程中线框中产生的焦耳热；（3）线框穿过磁场所用的时间。7、 如图所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度匀速转动，能产生正弦交变电动势eBSsint的图是（ ）A.B.C.D.8、多选题 如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀强转动时所产生正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A.线圈先后两次转速之比为2：3B.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零C.交流电a的电压瞬时值的表达式为u=10sin（5t）VD.交流电b的电压最大值为V9、 如图所示

54、交流电的电流有效值为（ ）A.2AB.C.3AD.3.5A10、 下列关于交流电路的说法错误的是（ ）A.电容器的击穿电压为交流电压的最大值B.电路中电流表的示数为电流的有效值C.教室内日光灯的额定电压为电压的有效值D.电路中保险丝的熔断电流为电流的最大值11、 阻值为10的电阻接到电压如图所示的交流电源上，以下说法中正确的是（ ）A.电压的有效值为10VB.通过电阻的电流有效值为AC.电阻消耗电功率为15WD.电阻每秒种产生的热量为10J12、 如图所示，L为电感线圈，C为电容器，A、B为两只相同的灯泡，将它们接在电压为u的交流电源上，两只灯泡的亮度一样若保持电源电压不变，而将电源频率增大，

55、下列说法中正确的是（ ）A.两灯泡的亮度不变B.A灯泡亮度不变，B灯泡变亮C.A灯泡变暗，B灯泡变亮D.A灯泡变亮，B灯泡变暗13、 如图所示，把电感线圈L、电容器C、电阻R分别与灯泡L1、L2、L3串联后接在交流电源两极间，三盏灯亮度相同若保持交流电源两极间的电压不变，仅使交流电的频率增大，则以下判断正确的是( )A.与线圈L连接的灯泡L1将变亮B.与电容器C连接的灯泡L2将变亮C.与电阻R连接的灯泡L3将变暗D.三盏灯的亮度都不会改变14、 如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，电流表A1的示数为0.2A，电

56、流表A2的示数为1.0A下列判断不正确的是（ ）A.原线圈和副线圈的匝数比为51B.负载电阻消耗的功率是88WC.负载电阻R44D.负载电阻R两端的电压是44V15、 如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（ ）A.原、副线圈匝数之比为91B.原、副线圈匝数之比为101C.此时a和b的电流之比为101D.此时a和b的电流之比为11016、 理想变压器的原、副线圈匝数比为101，下列说法中正确的是（ ）A.穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是101B.穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是11C.正常工

57、作时，原、副线圈的输入、输出电压之比为101D.正常工作时，原、副线圈的输入、输出电压之比为11017、 可调式理想变压器示意图如图所示，原线圈的输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，R为电阻。将原线圈输入端滑动触头P向下移动时。下列结论中正确的是（ ）A.输出电压U2增大B.流过R的电流减小C.原线圈输入电流减小D.原线圈输入功率不变18、 如图所示，在乙理想变压器的副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一正弦交变电压，下列说法正确的是（ ）A.保持Q位置不变，将P向上滑动，变压器的输出电压变小B.保持Q位置不变，将P向上滑动，电流表的读数变小C.保持P位置不变，将Q向上滑

58、动，电流表的读数变小D.保持P位置不变，将Q向上滑动，变压器输出功率变小19、多选题 某发电站采用高压输电向外输送电能。若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R，则下列说法正确的是（ ）A.输电线上的电流B.输电线上的电流C.输电线上损失的功率D.用户得到的功率20、 三峡水电站的一台发电机输出功率为70万千瓦，发电机的输出电压为20KV，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处供电，已知T1，和T2的匝数比分别为125和194，电压经T2降至100KV求：（1）输电线上的电流；（2）输电线上损耗的功率。答案解析单双杆问题、线框问题单杆模型例题1、多选题【答案】 A B

59、 D【解析】 暂无解析例题2、【答案】 （1）（2）（3）【解析】 （1）从OMN过程中棒做自由落体，v22gh从MNP的过程中做匀减速运动，故F1大小不变，（2）又所以（3）棒从MNP过程中产生热量。例题3、【答案】 （1）3.0V；1.5A（2）0.75N（3）2.0V【解析】 （1）根据动生电动势公式得EBLv 1T 04m 5m /s 20 V故感应电流（2）金属棒匀速运动过程中，所受的安培力大小为F安 BIL 08N因为是匀速直线运动，所以导体棒所受拉力F F安08N（3）导体棒两端电压随练1、多选题【答案】 B D【解析】 暂无解析随练2、多选题【答案】 B D【解析】 暂无解析随

60、练3、【答案】 （1）；（2）（3）当杆以初速度开始切割磁感线时，产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过杆，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度减小的减速运动当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动推导证明：当电容器两端电压与感应电动势相等时有根据电容器电容以杆为研究对象，在很短的一段时间内，杆受到的冲量大小为从杆开始运动至速度达到稳定的过程，根据动量定理：联立可得【解析】 （1）杆切割磁感线产生感应电动势为：根据全电路欧姆定律有：杆两端电压即路端电压为：联立解得：，根据右手定则可得端电势高；（2）杆在向右

61、运动过程中速度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流逐渐减小，通过电阻的电流随时间变化规律的图象如图所示：（3）当杆以初速度开始切割磁感线时，产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过杆，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度减小的减速运动当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动推导证明：当电容器两端电压与感应电动势相等时有根据电容器电容以杆为研究对象，在很短的一段时间内，杆受到的冲量大小为从杆开始运动至速度达到稳定的过程，根据动量定理：联立可得随练4、【答案】 （1）；方向水平向左（2

62、）（3）【解析】 （1）金属棒开始运动时，感应电流，安培力，方向水平向左；（2）设金属棒向右运动的最大距离为x，则，此过程回路中产生的平均感应电动势，通过电阻R的电荷量，联立解得：；（3）从开始运动到最终停止的整个过程，由能量守恒定律可知回路产生的总热量，由于，故双杆模型例题1、【答案】 （1）0.5（2）（3）【解析】 （1）a匀速运动时，感应电动势：EBLv，感应电流：，b受到的安培力：FbBILmg，b恰好开始运动时：mbgFb，解得：0.5；（2）导体棒a受到的安培力：FBIL，a匀速运动，对a与重物组成的系统，由平衡条件得：，解得，a匀速运动时的速度：；（3）当a开始匀速运动时，细绳

63、断裂、解除锁定后，a、b组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mav（mamb）v，对系统，由能量守恒定律得：，解得：例题2、【答案】 （1）（2）；【解析】 （1）设P棒滑到b点的速度为v0，由机械能守恒定律得：得：（2）最终两棒的感应电动势相等，即：2BLvpBLvQ得2vpvQ（此时两棒与轨道组成的回路的磁通量不变）这个过程中的任意一时刻两棒的电流都相等，但由于轨道宽度两倍的关系，使得P棒受的安培力总是Q棒的两倍，所以同样的时间内P棒受的安培力的冲量是Q棒的两倍，以水平向右为正方向，由动量定理得：对P棒：2Imvpmv0对Q棒：ImvQ联立两式并代入v

64、0，可得：，随练1、【答案】 （1）4s（2）2C（3）32J【解析】 （1）设经t时间细线被拉断，此时ab棒产生的电动势为：EBvLab棒的速度为vat，回路中的感应电流为：cd棒所受的安培力为：FBIL，细线被拉断时有：FT联立解得：（2）从ab棒开始运动到cd棒刚要开始运动的过程中，由法拉第电磁感应定律得：，解得：，解得：q2C（3）两棒最终以相同的速度做匀速运动，根据动量守恒定律有：mv2mv得：细线断后，回路中产生的焦耳热为：随练2、多选题【答案】 B C【解析】 暂无解析随练3、【答案】 （1）2m/s（2）7J（3）2m【解析】 （1）导体棒速度最大时所受安培力：F安培BIL，由

65、平衡条件得：，代入数据解得：vm2m/s；（2）从t0到t1s过程，对导体棒ab，由动量定理得：FtBLtmvm，其中：，代入数据解得：q8C，由法拉第电磁感应定律得：，平均感应电流：，电荷量：，代入数据解得：x1.6m，对导体棒ab，由动能定理得：，代入数据解得：W14J，从t0到t1s过程，导体棒cd产生的焦耳热：QcdW7J；（3）撤去力F至ab速度变为零过程，对ab，由动量定理得：t0mvm，其中：qt，电荷量：，代入数据解得：x0.4m，为使两导体棒不相碰，在t0时刻，两导体棒间的距离至少为：x0xx2m随练4、多选题【答案】 A C D【解析】 A、a固定，b最终做匀速直线运动，b

66、受到的安培力为：，对b，由平衡条件得：，解得b的最终速度为：，故A正确；B、a受到的安培力：FaBIL，b受到的安培力：，则：Fa2Fb，a的加速度为：，b的加速度：，则：aaab，a、b两金属棒同时释放、在同一时刻加速度大小相等、它们的运动时间相同，则在同一时刻，两金属棒的速度相等，即：vavbv，回路中的感应电动势为：，回路中的感应电流为：，b受到的安培力为：，同时释放a、b，b匀速运动的速度是其最终速度，由平衡条件得：，解得b的最终速度为：，故B错误；C、由B的分析可知，同时释放a、b时，在任一时刻a、b的加速度、速度、运动时间都相等，它们的位移x也相等，下降高度相等，若同时释放a、b，

67、当b下降高度为h时达到最大速度，在此过程中，由能量守恒定律得：，由C可知，解得，此过程中两杆与导轨构成的回路中产生的电能：，故C正确；D、若同时释放a、b，当b下降高度为h时达到最大速度，则此过程中通过回路的电量为：，故D正确线框问题例题1、多选题【答案】 B D【解析】 暂无解析例题2、【答案】 A B C【解析】 根据，得感应电流，可知感应电流，所以感应电流之比，故A正确；例题3、【答案】 （1）（2）（3）【解析】 （1）小车达最大速度v后，小车做匀速直线运动，牵引力大小等于摩擦力Ff小车功率与牵引力的关系PFv解得Pfv.（2）车头刚进磁场时，回路感应电动势ENBLv根据闭合电路欧姆定

68、律，感应电流（3）根据能量守恒解得随练1、多选题【答案】 B C【解析】 暂无解析随练2、多选题【答案】 A B【解析】 A、cd边的运动情况：因做匀加速直线运动，t0时到达MN运动距离为x，再经t0运动距离为线框边长L，线框全部进入磁场，又运动t0，运动距离y，cd出磁场。则三段距离：xLy135，即，磁场宽度，故A正确；B、运动加速度，cd刚进入磁场的速度：，金属框的cd边刚好进入磁场时受到的安培力大小，故B正确；C、金属框进入磁场的过程中，外加力的方向与运动方向相反，即做负功：WGWFWA，即WGWFWA，故C错误；D、金属框穿出磁场的过程中，外力的方向与运动方向相同，即做正功：WGWF

69、WA，即WGWFWA，故D错误。随练3、【答案】 （1）0.15V（2）4ms（3）0.1J【解析】 （1）线框进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mghmv2，线框的速度ab边刚进入磁场时，ab变切割磁感线，产生感应电动势：EBLv10.120.2V；ab边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab边两端电压是路端电压，线框中的电流，ab两端电压：UIR外100.020.15V；（2）线框进入磁场过程中受到的安培力：FBIL1100.11N，线框重力Gmg0.1101N，线框受到的合力为零，线框进入磁场过程中做匀速直线运动，线圈完全进入磁场后由于磁通量不变，则线圈中无感

70、应电流，不受安培力，线圈做加速度为g的匀加速运动，则落地时的速度为：；（3）线框进入磁场过程中做匀速直线运动，线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量不变，线框中不产生感应电流，从ab边进入磁场到线框完全进入磁场过程中，由能量守恒定律得：线框从开始运动到ab边刚要落地的过程中中产生的焦耳热：QmgL0.1100.10.1J随练4、【答案】 （1）求小车刚进入磁场时线圈中的电流方向是逆时针方向、线圈所受安培力的大小1N（2）求小车由位置2运动到位置3的过程中，线圈产生的热量Q是0.0625J（3）【解析】 （1）电流方向：逆时针感应电动势：EnBhv11V感应电流：所受安培力：F安nBIh1N （2

71、）从位置1到位置2由动量定理：其中联立得到求得v21.5ms从位置2到位置3由动量定理求得v31ms从位置2到位置3由能量转化得：求得：Q0.0625J（3）对线框和车进入过程，设位移为x由动量定理可求得表达式速度随位移线性减小，在位置1和位置2之间，小车匀速运动，之后同理分析得速度又随位移线性减小，故得到如下图：交变电流交变电流的产生及变化规律例题1、【答案】 C【解析】 cd边离开纸面向外运动开始计时，线圈磁通量在变大，则感应电流的磁场会阻碍其变小，所以感应电流方向是abcda，与规定的正方向相同，此时感应电动势最大，感应电流也最大，是余弦图象故选：C例题2、【答案】 B【解析】 AC、甲

72、丙图中，ab和cd边运动方向与磁感线方向平行，不切割磁感线，所以没有电流产生，故AC错误；B、当线圈转到图乙的位置再运动时，通过线圈的磁通量变大，根据电磁感应定律，可知产生的感应磁场的方向与原磁场方向相反，再根据右手定则可以判断电流方向为：abcd，故B正确；D、同理可以判断当线圈转到图丁的位置时，磁通量变化最快，线圈中的电流方向为dcba，故D错误。例题3、多选题【答案】 B D【解析】 A、t1时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零，故A错误；B、t2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量变化率最大，感应电动势最大，导线ad的速度方向跟磁感线垂直，故B正确；C、

73、t3时刻线圈的磁通量最大，处于中性面，感应电动势为零，故C错误；D、t5时刻磁通量变化率方向发生变化，感应电流方向发生变化，故D正确。例题4、多选题【答案】 A C D【解析】 暂无解析随练1、多选题【答案】 A C【解析】 A、图示时刻，ad速度方向向外，bc速度方向向里，根据右手定则判断出ad中感应电流方向为da，bc中电流方向为bc，线圈中感应电流的方向为abcda。故A正确B、图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，线圈中产生的感应电动势最大，为EnBSnBl1l2故B错误；C、图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率

74、最大。故C正确；D、线圈ad边所受安培力的大小为，故D错误随练2、多选题【答案】 B D【解析】 暂无解析有效值的理解和计算例题1、【答案】 A【解析】 暂无解析例题2、【答案】 B【解析】 根据有效值的定义可得：，解得：。随练1、【答案】 B【解析】 暂无解析随练2、【答案】 B【解析】 设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量：交流电产生的热量： 直流电产生的热量：，解得：U110V，B符合题意随练3、【答案】 A【解析】 暂无解析交变电流的“四值”的应用例题1、【答案】 D【解析】 A、在t0时刻，线圈一定处在中性面上，此时磁通量最大；故A错误；B、由

75、图可知，a的周期为4102s；b的周期为6102s，则由n可知，转速与周期成反比，故转速之比为：32；故B错误；CD、曲线a、b对应的线圈转速之比为32，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，根据EmnBS得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为；故C错误D正确。例题2、【答案】 （1）（2）40V；2A（3）0.04C【解析】 （1）感应电动势最大值为：则感应电动势的瞬时值表达式为：（2）感应电动势有效值为：电键S合上后，由闭合电路欧姆定律有：，UIR220V40V（3）随练1、【答案】 C D【解析】 A、感应电动势的最大值为EmNBSNm1000.04V4 V从t0时磁通量为零

76、，即从峰值面开始计时，线圈电动势的瞬时表达式为e4cos（t）4cos（t）（V），故A错误；B、线圈中产生的电动势的有效值为，故B错误；C、t图象的斜率为，即表示磁通量的变化率，在0.5s1.5s之间，“斜率方向”不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，故C正确；D、t0.25s到t0.75s的时间内，线圈中产生的热量为：，故D正确；随练2、【答案】 （1）20V（2）（3）（4）0.2C【解析】 （1）图示位置为中性面，从此时开始计时，交变电动势的瞬时值为eEmsint，将，e10 V代入上式，求得Em20V。（2）此电流为正弦交变电流，所以交变电动势的有效值。（3）此交流电压

77、表测的是电动势的有效值，大小为。（4）在线圈转过的过程中，穿过线圈平面的磁通量变化量BS，根据EmBS得，故。随练3、【答案】 （1）200V（2）1A；abcda（3）90（4）0.02C；3.14J【解析】 （1）由t图线可知：m2.0102Wb，T6.28102s角速度为100rad/s所以，1002.0102100200V（2）产生的感应电动势的瞬时表达式为e200cos100t感应电流的瞬时表达式为i2cos100ti2cos601A电流方向abcda（3）电动势的有效值EV由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I交流电压表的示数为UIR90V（4）0.02C整个回路中产生的焦耳

78、热为QI2（Rr）t3.14J。电感、电容对交变电流的影响例题1、多选题【答案】 A C【解析】 A、闭合开关瞬间，电感L阻碍电流流过，电流都通过B，B立即发光，故A正确；B、闭合开关，电路稳定后，说明电容充电完毕，电流都通过A，故B错误；C、电路稳定后，断开开关，电感L阻碍电流减少，感应出短暂电流继续流，反向流过B，因为电感线圈的直流电阻小于灯泡电阻，所以感应出的电流比原来B的电流大，B变得更亮后再熄灭，故C正确；D、电路稳定后，断开开关，电容器放电，A中电流不会立即为零，故D错误。例题2、多选题【答案】 B C【解析】 因接入交流电后，三盏灯亮度相同，又因电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电

79、的频率成正比，电容对交流电的阻碍作用与交流电的频率成反比，故当交流电频率增大时，电感线圈L的阻碍作用增大，电容对交流电的阻碍作用变小，电阻R的阻碍作用不变，故与L相连的灯泡L1将变暗，与电容C连接的灯泡L2变亮，与R相连接的灯泡L3亮度不变，故AD错误，BC正确。随练1、【答案】 D【解析】 根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b灯变暗；根据电容器的特性：通调频、阻低频，当电源的频率变高时，电容器对电流的容抗减小，c灯变亮。而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变。所以选项ABC错误，D正确。随练2、【答案】 A【解析】 三个支路电压相同，当交流电频率变大时，

80、电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过L1的电流变大，流过L2的电流变小，流过L3的电流不变。A、由上分析可知，L1灯比原来亮，故A正确；B、由上分析可知，L2灯比原来暗，故BC错误；D、由上分析可知，L3灯和原来一样亮，故D错误；随练3、【答案】 D【解析】 输入的交流的频率减小，对电阻R没影响，L1灯亮度不变；电感线圈特点是通低频阻高频，频率减小，则电感的阻碍作用减小，所以L2灯的亮度变亮；电容器的特点是通高频阻低频，频率减小，则电容器的阻碍作用增大，所以L3灯更暗一些故ABC错误，D正确故选：D变压器、电能的输送理想变压器基本关系的应用例题1、【答案】

81、 D【解析】 由变压器输入的交变电压为：（V），可知有效值为：；S闭合前是S与R串联，正常发光可知其额定电流为： 1A，故有：1100+20120V由变压器原理可知：；S闭合后和并联后再与R串联，有：同样可得：联立可解得：，故ABC错误，D正确例题2、【答案】 A【解析】 由题意知：副线圈的电流为：则原线圈的电流为：与原线圈串联的电阻的电压为：URI1R由变压器的变比可知，原线圈的电压为3U，所以有：解得：U66V原线圈回路中的电阻的功率为：副线圈回路中的电阻的功率为：所以选项A正确，BCD错误。例题3、多选题【答案】 A C D【解析】 A、变压器的匝数与电压成正比，所以：；故A正确；B、C

82、、D、由于变压器的输入功率等于输出功率，所以得：I1U1I2U2I3U3联立以上各公式得：n1I1n2I2n3I3故CD正确，B错误。随练1、【答案】 12【解析】 设原线圈的电压为U，当只闭合S1时，根据电流表示数为1A，则变压器的输入功率为U1A；则副线圈的功率为U1A；当S1和S2都闭合时，电流表示数为2A，则变压器的输入功率为U2A；则副线圈的功率为U2A；因此两副线圈的功率之比为11；根据，结合负载4R1R2的阻值关系，则有：，解得：U1U212；由变压器的电压与匝数成正比，则有：n1n212随练2、【答案】 C【解析】 开关S断开时，根据题意，原线圈中电流为I，副线圈中的电流kI原

83、线圈输入电压：UIR，副线圈电压kIR，根据变压器的变压比规律：开关S闭合时，根据题意，原线圈中电流，副线圈中电流原线圈输入电压：，副线圈电压，根据变压器电压变化规律联立得：k2随练3、【答案】 C【解析】 A、通过调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V，输出电压减小为原来的一半，在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，所以接入匝数之比为2：1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：1，故A错误，C正确；B、由，所以输出功率之比为4：1，故B错误；D、副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈

84、输入功率之比为4：1，故D错误；故选：C随练4、多选题【答案】 B D【解析】 A、变压器的输入功率等于输出功率，P入=P出=I2U2=2.260W=132W，故A错误；B、根据P入=I1U1，所以，故B正确；C、电流表示数为有效值，故通过副线圈的电流的有效值为2.2A，则最大值为，故C错误；D、根据变压器的工作原理可知，所以变压器原、副线圈匝数比，故D正确故选：BD变压器电路的动态分析例题1、多选题【答案】 B C【解析】 暂无解析例题2、【答案】 A【解析】 A、保持S位置和光照强度不变，将P向上滑，滑动变阻器R接入电路电阻增大，并联电路阻值增大，副线圈电压不变，副线圈电流减小，所以并联电

85、路电压增大，灯泡L变亮，故A正确；B、保持S位置和光照强度不变，将P向下滑，滑动变阻器R接入电路电阻减小，并联电路阻值减小，副线圈电压不变，副线圈电流增大，所以并联电路电压减小，通过灯泡电流减小，电流表示数变大，故B错误；C、保持P位置和光照强度不变，将S向下滑，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，副线圈电流增大，光敏电阻的功率增大，故C错误；D、保持P位置和S位置不变，使光线变暗，光敏电阻的阻值变大，副线圈电压不变，输出功率减小，原线圈的输入功率变小，故D错误。例题3、多选题【答案】 B C【解析】 理想变压器的电压与匝数程正比，由于理想变压器原线圈接到电压不变，则

86、副线圈电压不变，所以V2的示数U2也不变，当s断开之后，并联电路的电阻变大，副线圈的电阻也就变大，由于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流减小，即I2变小，由于电流与匝数成反比，当副线圈的电流减小时，原线圈的电流也就要减小，所以I1变小，由于副线圈的总电流减小，R1的电压减小，并联电路的电压就会增大，所以R3的电流I3就会增大，所以BC正确，AD错误。随练1、多选题【答案】 A D【解析】 A、交流电频率减小时，容抗增大，L1所在支路对电流阻碍作用增大，所以电流减小，L1变暗，故A正确；B、当交流电频率减小时，不会改变L2支路对电流的阻碍，灯泡L2亮度不变，故B错误；C、由于原副线圈匝数比不变，

87、根据电压与匝数成正比得电压表示数不变，故C错误；D、由于原副线圈匝数比不变，根据电流与匝数成反比得电流表读数变化量的比值不变，故D正确随练2、多选题【答案】 A D【解析】 A、因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，闭合开关S后，总电阻减小，电流增大，R0分压增大，电压表V示数减小，电流表A示数增大。故A正确。B、因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即输入功率等于输出功率PUI增大。故B错误。C、开关S1接a比开关S1接b时原线圈的匝数少，副线圈的电压接b时大，则I1I2，故C错误。D、开关S1接b时副线圈的电压比解a时大，

88、根据，则P1P2故D正确。远距离输电例题1、多选题【答案】 A C【解析】 暂无解析例题2、【答案】 B【解析】 A、B由PIU得输电线上输送的电流，由UIr得输电线路上的电压损失U61032.515103V，故A错误，B正确。C、若改用5kV电压输电，输电线上损失的功率，不可能的，故C错误。D、输电线上损失的功率为P计算时，U为输电线上的电压降，而不是输电电压。故D错误。随练1、多选题【答案】 C【解析】 A、由于不知道变压器的匝数比，故无法求得输电线上电流，无法计算损耗电功率，故A、B错误；C、由上式可知，当采用更高的电压输电时，输电线上损耗的功率将会减小，故C正确，D错误。随练2、【答案

89、】 （1）110与24011；（2）900【解析】 （1）根据如图所示输电线路，设高压输电线电流I2，输电电压为U2，由题意可知：P损I22r4103W；得：I220A；所以有：；根据匝数与电压成正比，则有：；U损Ir2010V200V；则有，U3U2U损50002004800V；所以，（2）设最多安装n个40W电灯，根据功率相等，则有：P总P损6010340n解得：n900个随练3、【答案】 （1）线上输送的电流25A； （2）升压变压器的电压为4000V；（3）降压变压器的匝数比；（4）若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是800W【解析】 （1）由P=IR2知输电线上的电流I=

90、（2）升压变压器的输出电压U2=4000V （3）降压变压器的输入电压U3=U2IR=4000258=3800V 降压变压器的匝数比= （4）改为10kv电压后输电线上的电流I=A=10A 输电线上损失的功率为P=I2R=1028W=800W拓展1、多选题【答案】 A C【解析】 由右手定则可知，金属棒中的电流方向为由 N到 M，选项A正确；因为感应电动势EBLv，则电阻R两端的电压为，选项B错误；金属棒受到的安培力大小为，选项C正确；电阻R产生焦耳热的功率为，选项D 错误。2、多选题【答案】 B C【解析】 A、设两棒粘合前瞬间棒乙的速度大小为v1，对棒乙沿圆弧导轨运动的过程，根据机械能守恒

91、定律有，解得两棒粘合前瞬间，棒乙C端受到的支持力N与重力mg的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：，解得根据牛顿第三定律可知乙对圆弧导轨AC的底端C的压力大小故A错误。B、设两棒相碰并粘合在一起瞬间的速度为v2，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律有 mv12mv2，解得，故B正确。C、根据能量守恒定律有：回路产生的焦耳热故C正确。D、经分析可知，两棒相碰并粘合在一起后瞬间切割磁感线的最大速度，为v2，故回路中产生的最大感应电动势为 EmBdv2，根据闭合电路的欧姆定律可知，回路中通过的最大电流为：，最大安培力 FmBImd，联立解得最大安培力，故D错误。3、【答案】 （1）1A；电流方向为cd

92、（2）1N；摩擦力方向水平向左【解析】 （1）根据右手定则，cd中感应电流方向为cd，EBLv2v（2）摩擦力方向水平向左4、【答案】 （1）（2）1.2J（3）【解析】 （1）由焦耳定律得，QI2Rt，得，又根据串并联关系得，代入数据解得：。（2）设整个过程中装置上产生的热量为Q由Qm1gsindm2gsind，可解得Q1.2J。（3）设a进入磁场的速度大小为v1，此时电路中的总电阻设b进入磁场的速度大小为v2，此时电路中的总电阻。由和，可得a、b两导体棒在进入磁场前以相同的加速度做匀加速直线运动，加速度agsin8ms2。由，得由以上式子可得，M、N两点之间的距离。或解法：根据a、b在未进

93、入磁场过程中间距保持不变，a在磁场中运动的时间与b从a进入磁场开始到b刚达磁场边界的时间相等，得 又根据可得5、多选题【答案】 B C D【解析】 A、上升过程中重力和安培力同向，下降过程重力和安培力反向，故上升过程的加速度大于下降过程加速度，两过程位移大小相同，故t1t2，故A错误；B、上升过程有牛顿第二定律，上升过程速度v减小，安培力减小，加速度减小，物体做加速度减小的减速运动，故B正确；C、根据楞次定律，线框进入磁场过程中，磁通量增加，据增反减同知感应电流方向为逆时针方向，故C正确；D、线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，根据动能定理知，对应同一位置，上升过程速率大于下降过程速率，上升过

94、程安培力大于下降过程安培力，上升和和下降过程位移相等，上升过程中线框产生的热量大于下降过程中线框产生热量，故D正确。6、【答案】 （1）（2）；mg（HL）（3）【解析】 （1）线框能够匀速进入磁场，设进入磁场时的速度为v1，根据机械能守恒定律可得根据平衡条件可得mgBIL根据闭合电路欧姆定律可得解得：；（2）根据电荷量的计算公式可得：其中解得线框有一半出磁场时加速度恰好为零，说明此时的速度为v1，线框穿过磁场过程中线框中产生的焦耳热为Q，则：解得：Qmg（HL）（3）线圈进入磁场过程中所用的时间完全进入磁场到出磁场运动的时间t2，根据动量定理可得：其中解得线框穿过磁场所用的时间为。7、【答案

95、】 A【解析】 由题意可知，只有A图在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生正弦交变电动势eBSsint，而BCD图均没有导致磁通量变化，故A正确，BCD错误。8、多选题【答案】 C D【解析】 A、由图可知，周期分别为 Ta=0.4s，Tb=0.6s，由T=得，线圈先后两次转速之比为 na：nb=Tb：Ta=3：2故A错误B、t=0时刻u=0，根据法拉第电磁感应定律知，磁通量的变化率为零，线圈通过中性面，磁通量最大故B错误C、由图电压最大值Uma=10V，a的角速度为=5rad/s，交流电a的瞬时值表达式为 u=Umasint=10sin5t （V）故C正确D、由电动势的最大值Em=NBS，

96、则两个电压最大之值比 Uma：Umb= a：b=3：2，则交流电b电压的最大值为V故D正确9、【答案】 B【解析】 由交流电的有效值的定义可得：I12Rt1I22Rt2I2RT，代入数据得：62R122R1I2R2，解得：I2A故ACD错误，B正确。10、【答案】 D【解析】 A、电容器的击穿电压为交流电压瞬时值的最大值，故A正确；B、电路中电压表、电流表的示数均为有效值，故B正确；C、教室内日光灯的额定电压为220V，是电压的有效值，故C正确；D、电路中保险丝的熔断电流要考虑电流的热效应，为电流的有效值，故D错误。11、【答案】 B【解析】 A、由Ut图象，交流电压最大值为10V，有效值，故

97、A错误；B、通过电阻的电流，故B正确；C、根据PI2R，知电阻消耗的电功率，故C错误；D、根据WPt可知，电阻每秒产生热量QPt515J，故D错误。12、【答案】 C【解析】 若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率增大，电容器对其阻碍变小，线圈对其阻碍变大。所以A灯泡将变暗，B灯泡将变亮。13、【答案】 B【解析】 因接入交流电后，三盏灯亮度相同，又因电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，电容对交流电的阻碍作用与交流电的频率成反比，故当交流电频率增大时，电感线圈L的阻碍作用增大，电容对交流电的阻碍作用变小，电阻R的阻碍作用不变，故与L相连的灯泡L1将变暗，与电容C连接的灯泡L2变

98、亮，与R相连接的灯泡L3亮度不变，故B正确，A、C、D三项错误14、【答案】 B【解析】 A、根据电流与匝数成反比，得原副线圈的匝数比为，故A正确；B、理想变压器的输入功率，输入功率等于输出功率，所以负载电阻消耗的功率为44W，故B错误；C、根据得，故C正确；D、根据，得，即负载电阻R两端的电压是44V，故D正确。15、【答案】 A【解析】 AB、灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为91：故A正确B错误；CD、根据电流之比等于线圈匝数的反比公式可得，故CD错误。16、【答案】 B【解析】 暂无解析17、【答案】 A【解析】 P向下移动时，原线圈的匝数减小，根据，可知副线圈电压增大，则副线圈电流增大，流过R的电流增大，输出功率增大，则输入功率也增大，原线圈电压不变，则原线圈输入电流增大，故A正确、BCD错误。18、【答案】 B【解析】 暂无解析19、多选题【答案】 B C【解析】 暂无解析20、【答案】 （1）4A（2）3.5107W【解析】 （1）输电线上的电流为：，所以（2）根据电压与匝数成正比知：则损失电压为：，输电线路损耗的功率为：P损UI140025103W3.5107W