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1、高中物理选修1-1第三章电磁感应-专项练习习题（含解析）我国古代的读书人,从上学之日起,就日诵不辍,一般在几年内就能识记几千个汉字,熟记几百篇文章,写出的诗文也是字斟句酌,琅琅上口,成为满腹经纶的文人。为什么在现代化教学的今天,我们念了十几年书的高中毕业生甚至大学生,竟提起作文就头疼,写不出像样的文章呢?吕叔湘先生早在1978年就尖锐地提出:“中小学语文教学效果差,中学语文毕业生语文水平低,十几年上课总时数是9160课时,语文是2749课时,恰好是30%,十年的时间,二千七百多课时,用来学本国语文,却是大多数不过关,岂非咄咄怪事!”寻根究底,其主要原因就是腹中无物。特别是写议论文,初中水平以上
2、的学生都知道议论文的“三要素”是论点、论据、论证,也通晓议论文的基本结构:提出问题分析问题解决问题,但真正动起笔来就犯难了。知道“是这样”,就是讲不出“为什么”。根本原因还是无“米”下“锅”。于是便翻开作文集锦之类的书大段抄起来,抄人家的名言警句,抄人家的事例,不参考作文书就很难写出像样的文章。所以,词汇贫乏、内容空洞、千篇一律便成了中学生作文的通病。要解决这个问题,不能单在布局谋篇等写作技方面下功夫,必须认识到“死记硬背”的重要性,让学生积累足够的“米”。 一、单选题宋以后，京师所设小学馆和武学堂中的教师称谓皆称之为“教谕”。至元明清之县学一律循之不变。明朝入选翰林院的进士之师称“教习”。到
3、清末，学堂兴起，各科教师仍沿用“教习”一称。其实“教谕”在明清时还有学官一意，即主管县一级的教育生员。而相应府和州掌管教育生员者则谓“教授”和“学正”。“教授”“学正”和“教谕”的副手一律称“训导”。于民间，特别是汉代以后，对于在“校”或“学”中传授经学者也称为“经师”。在一些特定的讲学场合，比如书院、皇室，也称教师为“院长、西席、讲席”等。 1.如图所示，理想自耦变压器，副线圈接有滑动变阻器R和定值电阻R1 ， Q是滑动变阻器R的滑动触头，原线圈两端接电压有效值恒定的交变电流，所有电表均为理想电表，则（ ）要练说，得练听。听是说的前提，听得准确，才有条件正确模仿，才能不断地掌握高一级水平的语
4、言。我在教学中，注意听说结合，训练幼儿听的能力，课堂上，我特别重视教师的语言，我对幼儿说话，注意声音清楚，高低起伏，抑扬有致，富有吸引力，这样能引起幼儿的注意。当我发现有的幼儿不专心听别人发言时，就随时表扬那些静听的幼儿，或是让他重复别人说过的内容，抓住教育时机，要求他们专心听，用心记。平时我还通过各种趣味活动，培养幼儿边听边记，边听边想，边听边说的能力，如听词对词，听词句说意思，听句子辩正误，听故事讲述故事，听谜语猜谜底，听智力故事，动脑筋，出主意，听儿歌上句，接儿歌下句等，这样幼儿学得生动活泼，轻松愉快，既训练了听的能力，强化了记忆，又发展了思维，为说打下了基础。 A.保持P的位置不变，Q
5、向右滑动两表示数都变小B.保持P的位置不变，Q向右滑动R1消耗功率变大C.保持Q的位置不变，P向下滑动R1消耗功率变大D.保持Q的位置不变，P向上滑动两表示数都变大2.关于变压器下列说法正确的是（ ） A.变压器的工作原理是利用电磁感应现象B.变压器的铁芯是闭合的，闭合是为了让电流从原线圈经铁芯流向副线圈C.变压器不仅可以变压，也可以改变交流电的频率D.升压变压器副线圈所用的导线比原线圈所用的导线粗3.理想变压器原、副线圈匝数之比n1：n2=2：1，且在输入、输出回路中分别接有相同的纯电阻，如图3所示，原线圈接在电压为U的交流电源上，则副线圈的输出电压为（ ）A.B.C.UD.U4.如图为探究
6、产生电磁感应现象条件的实验装置，下列情况下不能引起电流计指针转动的是（ ）A.闭合电键瞬间B.断开电键瞬间C.闭合电键后拔出铁芯瞬间D.闭合电键后保持变阻器的滑动头位置不变5.关于感应电流，下列说法中正确的是（ ） A.只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流B.只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流C.若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流D.当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流6.如图所示，A，B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计当电键K闭合或断开时，下列说法正确的是（ ） A.K闭
7、合时，A比B先亮，然后A熄灭B.K闭合时，B比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮C.K断开时，AB一齐熄灭D.K断开时，B灯立即熄灭，A灯逐渐熄灭7.如图为日光灯的电路图，以下说法正确的是（）A.日光灯的启动器是装在专用插座上的，当日光灯正常发光时，取下启动器，会影响灯管发光B.如果启动器丢失，作为应急措施，可以用一小段带绝缘外皮的导线启动日光灯C.日光灯正常发光后，灯管两端的电压为220VD.镇流器在启动器中两触片接触时，产生瞬时高电压二、多选题8.如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压=311sin314t（V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2
8、为用半导体热敏材料（电阻率随温度升高而减小）制成的传感器，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（ ）A.A1的示数增大，A2的示数减小B.A1的示数增大，A2的示数增大C.V1的示数增大，V2的示数增大D.V1的示数不变，V2的示数减小9.如图，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、副线圈匝数比为91B.原、副线圈匝数比为19C.此时a和b的电功率
9、之比为91D.此时a和b的电功率之比为1910.如图所示，A，B，C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计）则（ ）A.S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭B.S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭C.电路接通稳定后，S断开，C灯逐渐熄灭D.电路接通稳定后，三个灯亮度相同11.在图所示的实验电路中，带铁芯的、电阻较小的线圈L与灯A并联，当合上电键K，灯A正常发光，则下列说法正确的是（ ）A.当断开K时，灯A立即熄灭B.当断开K时，灯A突然闪亮后熄灭C.若用电阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开K时，灯A立即熄灭D.若用电阻值与线圈 L相同的电阻取代L接入电路，当
10、断开K时，灯A突然闪亮后熄灭12.某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻为R=10，降压变压器T2原、副线圈匝数之比为41，降压变压器副线圈两端交变电压u220 sin100t V，降压变压器的副线圈与滑动变阻器组成闭合电路。若将变压器视为理想变压器，当负载R0=11时A.通过R电流的有效值是20AB.升压变压器的输入功率为4650WC.当负载R0增大时，发电机的输出功率减小D.发电机中电流变化的频率为100Hz13.下列关于涡流的利用与防止说法正确的是（） A.真空冶炼炉和探雷器是利用涡流工作的B.变压器的铁芯用许多电阻率
11、很大的硅钢片叠合而成是为防止涡流C.电磁炉所用的锅要用平厚底金属锅是为增大涡流D.电动机的铁芯要用整块金属是为增大涡流14.如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电两端的电压时间图像原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中交流电流表示数为1A，则（ ）A.变压器原线圈所接交流电压的有效值为220VB.串联在副线圈电路中交流电流表的示数为10 AC.变压器的输出功率为220 WD.串联在副线圈中的电阻阻值变为原来的10倍，变压器的输入功率变为原来的 15.发电厂发电机的输出电压为U1 ， 发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，用户两端得到的电压为U2 ， 输
12、电导线上损耗的功率可表示为（ ） A.B.C.I2RD.I（U1U2）三、填空题16.为了演示接通电源的瞬间和断开电源的瞬间的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，AB两灯规格相同，L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度_（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度_（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；断电的瞬间，A灯_（“立即”或“逐渐”）熄灭，B灯_熄灭（填“立即”或“逐渐”） 17.发现电流的周围空间存在磁场的物理学家是_；英国物理学家_发现了电磁感应现象；法国物理学家_提出分子电流假说，揭示了磁现象的电本质。 18.如图所示，单匝矩形闭合导线
13、框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S ， 电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度 匀速转动，线框中感应电流的峰值Im=_，感应电流的有效值I=_.19.接有理想电压表的三角形导线框abc，如图所示，在匀强磁场中向右运动，则框中_感应电流，电压表_读数（示数不为零称有读数）。（填“有”或“无”）20.输送1.0l05瓦的电功率，用发1.0l04伏的高压送电，输电导线的电阻共计1.0欧，输电导线中的电流是_A，输电导线上因发热损失的电功率是_W。 21.如图是一电热水壶的铭牌，由铭牌可知，该电热水壶在额定电压下工作时，所使用的交流电压的最大值为_V，交流电的周
14、期为_s 电器名称：电热水壶型 号：WK9016B额定电压：220V工作频率：50Hz额定功率：2200W22.用电压U和kU通过相同距离相同材料的输电线向用户输送同样的电能，若要求输电线损失的功率相同，则前后两种情况输电线的横截面积之比为_，若采用同样粗细的输电导线输电，则前后两种情况下输电导线上损失的功率之比为_。23.如图所示，用理想变压器给R供电，设输入的交变电压不变，当R的滑片向上移动时四只电表及变压器的输入功率变化情况是：V1_，V2_，A1_，A2_，P_（填写增大、减小或不变）四、解答题24.一个线圈，接通电路时，通过它的电流变化率为10A/s，产生的自感电动势为2.0V；这线
15、圈的自感系数是多少？如果切断电路时，电流变化率为5.0103A/s，则产生的自感电动势是多大？ 25.发电机输出的电功率为100kW，输出电压为250V现欲向远处输电，若输电线的总电阻为8，要求输电时输电线上损失的电功率不超过5%，并向用户输送220V电压，求所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为多少？ 五、实验探究题26.我们通过实验可以探究感应电流的产生条件，在下图的实验中，线圈A通过滑动变阻器和开关接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A装在线圈B里面通过实验，判断线圈B中是否有电流产生（1）开关闭合的瞬间_感应电流产生（填“有”或“无”） （2）开关总是闭合的，缓
16、慢滑动变阻器时，_感应电流产生（填“有”或“无”） （3）断开开关后，迅速移动滑动变阻器的滑片，_感应电流产生（填“有”或“无”） （4）归纳以上实验的结果，产生感应电流的条件是_ 六、综合题27.如图是一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户的示意图已知发电机的输出功率是400kW，输出电压U1=400V，用变压比n1：n2=1：20的理想变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为10，到达用户后再用变压器降为220V，求：（1）升压变压器的副线圈两端电U2； （2）输电线上损失的电功率； （3）降压变压器的变压比n3：n4 28.电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给生产和照明组成
17、的用户，若发电机发电功率为1.2105W ， 输出电压是240V ， 升压器原副线圈的匝数之比为125，输电线的总电阻为10 ， 用户需要电压为220V 求：（1）输电线上损失的电功率为多少？ （2）降压变压器的匝数比为多少？ 29.如图所示为某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1的发电机向全校22个教室（每个教室有“220V ， 40W”的白炽灯6盏）供电。如果输电线的总电阻R是4 ， 升压变压器和降压变压器（都认为是理想变压器）的匝数比分别是14和41，每个教室的白炽灯都正常发光，求：（1）输电线的损失功率是多大? （2）发电机的电动势是多大? （3）输电效率是多少? 答案解析部分一、
18、单选题1.【答案】D 【考点】变压器原理 【解析】【解答】解：AB、当P不动时，自耦变压器的输出的电压不变，所以电压表的示数不变；当Q向右移动时，滑动变阻器的电阻增大，所以电路的电流减小，根据变流比公式 ，变压器的输入电流也就减小，故安培表的读数减小；流过电阻R1的电流减小，故R1消耗功率减小；故A错误，B错误；C、保持Q的位置不变，P向下滑动，根据变压比公式 ，变压器的输出电压减小，故流过电阻R1的电流减小，故R1消耗功率减小；故C错误；D、保持Q的位置不变，P向上滑动，根据变压比公式 ，变压器的输出电压增加，故流过电阻R1的电流增加，变压器的输出功率增加；而输入功率等于输出功率，故输入功率
19、也增加；根据P=U1I1 ， 输入电流增加；故两表示数都变大，故D正确；故选：D【分析】本题和闭合电路中的动态分析类似，可以根据Q的变化，确定出全电路的电阻的变化，进而可以确定全电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况2.【答案】A 【考点】变压器原理 【解析】【解答】解：A、变压器的工作原理是利用电磁感应现象，A正确；B、变压器的铁芯是闭合的，闭合是为了使原副线圈的磁通量的变化率相同，副线圈中产生电流是电磁感应的结果，B错误；C、变压器不能改变交流电的频率，C错误；D、由于电流与匝数成反比，升压变压器副线圈所用的导线比原线圈所用的导线细，D错误；故选：
20、A【分析】变压器时根据电磁感应来工作的，变压器的铁芯是闭合的，闭合是为了使原副线圈的磁通量的变化率相同，变压器不能改变交流电的频率，而原副线圈的电压比等于匝数比，电流与匝数成反比3.【答案】C 【考点】变压器原理 【解析】【解答】解：设原线圈中电流为I，则根据电流之比等于线圈匝数的反比可知，副线圈中电流为2I；则可知原线圈R两端的电压UR=IR；副线圈的输出电压U2=2IR；根据变压器电压之比与线圈匝数关系可知： = ；根据电路规律可知，U=UR+U1；联立以上各式解得：U2= U故C正确，ABD错误故选：C【分析】根据电压之比等于线圈匝数之比，而电流之比等于线圈匝数的反比可分别用U2表示变压
21、器输入电压和原线圈中R两端的电压，再根据R与原线圈串联，根据串联电路规律即可求得输出电压4.【答案】D 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】解：A、闭合电键和断开电键的瞬间，与B线圈相连的回路磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生转动故A、B错误C、闭合电键后拔出铁芯的瞬间，穿过与B线圈相连的回路磁通量减小，产生感应电流，指针发生转动故C错误D、闭合电键后保持变阻器的滑动头位置不变，与B线圈相连的回路磁通量不变，不产生感应电流，指针不转动故D正确故选D【分析】当穿过闭合回路磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针就会转动5.【答案】D 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】解：闭合电路中产生
22、感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化A、只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电动势，当线圈闭合时，才一定有感应电流，A不符合题意；B、如果闭合电路中的部分导体，做切割磁感线，则会产生感应电流，原因是闭合电路中的磁通量发生变化了，B不符合题意；C、若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，但闭合电路所处的位置，磁场发生变化，就会产生感应电流，C不符合题意；D、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流D符合题意故答案为：D【分析】电磁感应发生生的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生改变，可以理解为一是必须是闭合回路，二是磁通量发生改变，据此可以判断。6.【答案】B
23、 【考点】自感与互感 【解析】【解答】解：A、B、灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯B立即发光通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A逐渐亮起来所以B比A先亮由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，感应电动势减小，A灯电流逐渐增大，A灯逐渐变亮，外电路电流变大时，路端电压U=EIr减小，B灯变暗故A错误，B正确； C、D、稳定后当电键K断开后，由于自感效应，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A、B和电阻R构成闭合回路放电，由于稳定时A灯的电流大于B灯泡的电流，故A逐渐变暗，B
24、先闪亮一下，最后一起熄灭，故C错误，D错误；故选：B【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析7.【答案】B 【考点】自感与互感 【解析】【分析】日光灯正常发光后，启动器不起作用了，不会影响灯管发光，A错误，如果启动器丢失，作为应急措施，可以用一小段带绝缘外皮的导线启动日光灯，B正确，镇流器仍起作用，它限制了日光灯电流不致太大，灯管二端电压是低于电源电压；C错误，当启动器断开瞬间镇流器产生高压，D错误故选B。【点评】关键是对日光灯各个器件的作用熟悉二、多选题8.【答案】A,D 【
25、考点】变压器原理 【解析】【解答】解：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以AD正确故选AD【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况9.【答
26、案】A,D 【考点】变压器原理 【解析】【解答】灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，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9：1：A符合题意B不符合题意；根据公式 可得 ，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：9，C不符合题意D符合题意；故答案为：AD【分析】两个灯泡额定电压相同，故匝数比为9:1，起一个降压的作用，利用匝数比求出电流的关系，利用公式P=UI求解功率。10.【答案】A,C 【考点】自感与互感 【解析】【解答】解：电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联A、B，S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻很小，
27、逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，A灯的电压逐渐降低，B灯的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮故A正确，B错误C、电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过C灯，所以C灯过一会儿熄灭故C正确D、电路接通稳定后，A灯被线圈短路，完全熄灭B、C并联，电压相同，亮度相同故D错误故选：AC【分析】当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小根据电感线圈的特性进行分析11.【答案】B,C 【考点】电磁感应现象，自感与互感 【解析】【解答】解：A、B、电键断开前，电路稳定，灯 A 正常发
28、光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为A、L回路的电源，故灯泡反而会更亮一下后熄灭，故A错误，B正确；C、D、若用阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，则不会发生自感现象，故断开S时，灯A立即熄灭，故C正确，D错误；故选：BC【分析】“断电自感”是一种常见的电磁感应现象，忽略电池内阻及导线电阻，并设灯A的电阻为RA ， 线圈L的直流电阻为RL ， 电动势为E，线圈L中的电流强度为IA ， 通过灯泡的电流强度为IL ， 电流方向均向左；电流方向：K断开瞬间通过灯A的电流立刻减小为0；但同时由于线圈L中的电流IL0减小，故L中的
29、自感电流IL必与原电流IL0同向以“阻碍”原电流的减小，因而线圈L作了A、L回路的电源，且线圈L的左端为电流负极而右端为正极；故实际上K断开瞬间经过灯A的电流并不为0而是方向向右的电流IL 12.【答案】B,C 【考点】电能的输送 【解析】【解答】通过用电器的电流有效值 ，则降压变压器初级电流有效值为 ,故A错误则输电线上损耗的功率P损I32R2510W250W，降压变压器的输入功率P3=U4I4=22020W=4400W，则升压变压器的输出功率P=P3+P损=4400+250W=4650W故B正确当用电器的电阻R0增大时，降压变压器的输出电流减小，则输电线上的电流减小，升压变压器原线圈中的电
30、流减小，根据P=UI知，发电机的输出功率减小故C正确交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率 故D错误故选BC.【分析】远距离输电；变压器此题是关于远距离输电的问题；解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系；3、在输电的过程中，交流电的频率不变。13.【答案】ABC 【考点】涡流 【解析】【解答】解：A、高频感应炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电流，这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化，而探雷器，故A正确 B、在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流
31、现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，故B正确C、电磁炉所用的锅要用平厚底金属锅是为增大涡流，从而发热工作故C正确D、电动机的铁芯没有用整块金属，是为减小涡流，故D错误故选：ABC【分析】线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流涡流会在导体中产生大量的热量电磁炉是利用涡流电流使锅体发热而工作的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁场变化的频率有关；锅体只能使用铁磁性材料14.【答案】A,D 【考点】变压器原理 【解析】【解答】解：A、由原线圈所接正弦交流电ut图像以及交流电规律可知，变压
32、器原线圈所接交流电压有效值为U1= = =220 V，故A正确；B、串联在原线圈电路中交流电流表示数为1A，则串联在副线圈电路中交流电流表的示数为 A故B错误；C、输出端所接电压表示数也为有效值，因为原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，由变压器的变压关系可知U1：U2=n1：n2 ， 解得U2=22 V，变压器的输出功率等于输出功率：P=U2I2=220 W，故C错误；D、串联在副线圈中的电阻阻值变为原来的10倍，变压器的输出功率： = 变成原来的 ，所以变压器的输入功率变为原来的 ；故D正确故选：AD【分析】根据图像可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，变压器的输入功率和输出功率相等，逐
33、项分析即可得出结论15.【答案】B,C,D 【考点】变压器原理 【解析】【解答】解：升压变压器的输出电压为U1 ， 降压变压器的输入电压为U2 ， 则输电线上的电压损失U=U1U2 ， 升压输电线上损失的功率为P损=UI=I（U1U2）或 = 则B，D正确，因为输电线上的电流为I，则输电线上损失的功P损=I2R故C正确，故选：BCD【分析】根据输电线中的电流，结合P损=I2R求出损失的功率，或根据电压损失，结合 求出输电线上的损失功率三、填空题16.【答案】大于；等于；逐渐；立即 【考点】自感与互感 【解析】【解答】解：闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使
34、通过A灯的电流比B灯的电流大，所以灯A的亮度大于灯B的亮度；当通电一段时间后，电路的电流稳定，通过两灯的电流相同，所以两灯亮度相同；断电瞬间，通过L的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流消失的慢，即而判断 灯A逐渐熄灭，灯B立即熄灭 故答案为：大于；等于；逐渐；立即【分析】L与R的直流电阻相等说明闭合开关S达到稳定后两灯均可以正常发光；闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流大，即而判断灯的亮度；断电瞬间，通过L的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流消失的
35、慢，即而判断灯是否立即熄灭17.【答案】奥斯特；法拉第；安培 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】丹麦物理学家奥斯特发现电能生磁，而英国科学家法拉第发现磁能生电。法国物理学家安培提出分子电流假说，揭示了磁现象的电本质。【分析】此题考查物理发展史上著名科学家以及其贡献的记忆理解，属于常考题型，需引起重视。18.【答案】；【考点】交流电的最大值与有效值，周期和频率 【解析】【解答】本题考查线圈在磁场中转动的问题，匀强磁场中，线圈匀速转动所以峰值 ，电流 ，电流的有效值 ；【分析】本题考查对描述交变电流的物理量的相关计算，比较简单。19.【答案】无；无 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】无论线
36、圈在匀强磁场中向右匀速、加速或减速运动，穿过线框的磁通量均不变，即0，故无感应电流，再考虑到电压表的工作原理知电压表指针示数为零。【分析】闭合线圈产生感应电动势条件是磁通量发生变化，图中线圈在运动但磁通量没有发生变化，故没有感应电动势产生。20.【答案】10；100 【考点】电能的输送 【解析】【解答】由P=UI ， 得输电导线中的电流 ；输电导线上因发热损失的电功率 【分析】本题就是考察队公式P=UI的正确应用。21.【答案】220 ；0.02 【考点】交流电的最大值与有效值，周期和频率 【解析】【解答】由图知电水壶的额定电压为220V，频率为50Hz，则所使用的交流电压的最大值 ，周期T=
37、 = =0.02s；故答案为：220 ，0.02【分析】由表中数据可以得到额定电压、额定功率，工作频率，根据有效值与最大值的关系求出交流电压的最大值，根据T= 求出周期22.【答案】k21；k21 【考点】电能的输送 【解析】【解答】解:根据 知， ，输电线上损耗的功率 ，因为输送电压之比为 ，损耗功率和输送功率相等，则电阻之比为 ，根据电阻定律得， ，则横截面积之比为 【分析】若采用同样粗细的输电导线输电，则输电线的电阻相同，输送电压之比为 ，根据 知，输送电流之比为k：1，根据 知，损失的功率之比为 23.【答案】不变；不变；减小；减小；减小 【考点】变压器原理 【解析】【解答】解：输出电
38、压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以变压器的输出电压也不变，所以V1、V2的示数都不变，当变阻器的滑动头P向上移动时，滑动变阻器的电阻增大，所以负线圈的电流减小，原线圈的电流也要减小，副线圈消耗的功率变小，则输入功率等于输出功率也减小故答案为：不变，不变，减小，减小，减小【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况四、解答题24.【答案】解：自感电动势公式E=L ，结合电流变化率为10A/s，产生的自感电动势为2.0V； 则有：L= ，当切断
39、电路时，电流变化率为5.0103A/s，产生的自感电动势是E=L =0.25103V=103V，答：这线圈的自感系数是0.2Vs/A，产生的自感电动势是103V 【考点】自感与互感 【解析】【分析】根据自感电动势公式E=L ，结合电流变化率，即可求解；切断电路时，自感系数不变，再由自感电动势，即可求解25.【答案】解：由P损=I2线R得：I线=25A由P=U2I线得升压变压器的输出电压：U2= = V=4000V所以升压变压器的原副线圈的匝数之比：= = = 输电线上的电压为：U线=RI线=825=200V所以降压变压器的输入电压为：U3=U2U线=4000200=3800V降压变压器的原副线
40、圈的匝数之比： 答：所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为1：16，190：11 【考点】变压器原理 【解析】【分析】根据输电线上的功率损失，结合P损=I2线R求出输电线上的电流，从而结合P=UI求出升压变压器的输出电压，结合电压比等于匝数之比求出升压变压器的原副线圈的匝数之比；根据输电线上的电压损失求出降压变压器的输入电压，通过用户需要的电压求出降压变压器原副线圈的匝数之比五、实验探究题26.【答案】（1）有（2）有（3）有（4）穿过闭合回路的磁通量发生变化 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】解：（1）开关闭合的瞬间，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流；（2）开关
41、总是闭合的，缓慢滑动变阻器时，穿过线圈的磁通量也会发生变化，线圈中产生感应电流；（3）断开开关后，迅速移动滑动变阻器的滑片，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流；由以上实验可知：穿过闭合回路的磁通量发生变化故答案为：（1）有；（2）有；（3）有；（4）穿过闭合回路的磁通量发生变化【分析】穿过闭合回路的磁通量发生变化，电路中产生感应电流；根据感应电流产生的条件分析答题六、综合题27.【答案】（1）解：设升压变压器的副线圈两端电压为由 得： （2）解：输电导线上的电流：输电导线上的功率损失：P=I2R=50210W=25KW（3）解：输电线上的电压损耗：U=IR=5010=500V降压变压
42、器原线圈的电压：U3=U2U=8000500=7500V则降压变压器原、副线圈的匝数比：【考点】变压器原理 【解析】【分析】（1）根据原副线圈的电压之比等于匝数比求出升压变压器的副线圈两端的电压（2）根据P=UI求出输电线上的电流，从而得出输电线上的功率损失（3）根据输电线上的电压损失得出降压降压变压器的输入电压，从而根据电压比等于匝数比求出降压变压器原副线圈的匝数比28.【答案】（1）升压变压器的输入电流I1=500A由 得,输出电流I2=20A输电线功率损失P损I22R20210W4000W（2）升压变压器输出电压为U2 ， 由 得 输电线电压损失U损I2R2010V200V降压变压器的输
43、入电压为U3 ， 有U3U2U损(6000200)V5800V则由 得： 答：降压变压器的匝数比为290：11 【考点】电能的输送 【解析】【解答】解:(1)升压变压器的输入电流I1=500A由 得,输出电流I2=20A输电线功率损失P损I22R20210W4000W(2)升压变压器输出电压为U2 ， 由 得 输电线电压损失U损I2R2010V200V降压变压器的输入电压为U3 ， 有U3U2U损(6000200)V5800V则由 得： 【分析】电要远送低压，电损较高，所以提高电压，从而减少电损如图所示是远距离输电的示意图发电机输出功率等于用户得到的功率加上电线损失的功率同时运用损失的功率及电线总电阻可算出加入电线两端电压，从而求出降压器的匝数比29.【答案】（1）全校消耗的功率 W=5280W设线路电流为 ，输电电压为 ，降压变压器原线圈电压为 ，而 V，则 V=880V线路损失功率 W=144W（2）V=24VV由 得： V由 升压变压器原线圈电流 =24A发电机的电动势250V（3）所以 W97.3 【考点】电能的输送 【解析】【解答】解:（1）全校消耗的功率 W=5280W设线路电流为 ，输电电压为 ，降压变压器原线圈