答案和解析
【答案】 1. D 2. C 3. D 4. C 5. D 6. D 7. C
8. A 9. ABD 10. BD 11. BC 12. BD
13. 电荷；定向移动；电磁感应 14. 0.04；4.4；60 15. 10；
16. 解：（1）当S断开，电压表示数为1OV，则： Em=×1OV=20V ①
而Em=NBSω ② 由①②式可得：
ω=12.5（rad/s） ③
（2）S闭合，“10V 1OW”灯泡正常发光，则电路中电流：
I= ④
而E=I（R+r） ⑤
线框转过θ=600过程中通过灯泡的电荷量：
Q=△t ⑥
而= ⑦
又== ⑧
则通过灯光的电量：
q=
代入数据，解得： q≈0.016C
答：（1）导线框abcd在磁场中转动的角速度为12.5rad/s；
（2）S闭合后，当导线框从图示位置转过θ=600过程中通过灯泡的电荷量约为0.016C．17. 解：由P=UI可知： 导线上的电流强度分别为：
由Q=I2Rt可知：
在导线上损失的热功率
电压为10KV时导线上消耗的功率： P1=I21R=1002×10=105J；
电压为100KV时的导线上消耗的功率： P2=I22R=102×10=103J；
答：（1）导线上的电流强度为分别为100A和10A； （2）导线上损失的功率分别为105J和103J． 【解析】
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1. 解：A、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为20
V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为V=20V，故A错误；
B、当单刀双掷开关与a连接时，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，输入电压及匝数比不变，输出电压不变，所以电压表的示数不变，变阻器触头P向上移动，变阻器电阻变大，副线圈电流变小，电流表示数变小，故B错误；
C、当单刀双掷开关由a板向b时，原线圈匝数变小，根据
，得
，副线圈两端的电压变大，
输出功率变大，输入功率等于输出功率，所以原线圈输入功率变大，故C错误；
D、当单刀双掷开关由a扳向b时，输出电压变大，调节滑动变阻器滑片到适当位置使负载电阻变大，输
出功率
可能不变，输出功率等于输入功率，所以有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等，故D正确； 故选：D
根据瞬时值表达式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论． 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
2. 解：A、开关都断开时变压器空载，副线圈两端有电压，电压表示数不为 零，故A错误； B、变压器不能改变频率，故负载端交流电的频率还是50Hz，故B错误；
C、深夜大部分用户已关灯，干路中电流减小，线路损耗也减小，用户得到的电压较高，故此时开灯就较亮，故C正确；
D、用电高峰时，负载增多，负载电阻减小，干路中电流增大，因此输电线损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，为提高负载电压，可增大降压变压器的副线圈的匝数，使输出电压提高，故D错误． 故选：C．
明确变压器原理，知道输出电压由输出电压和匝数决定；抓住通过变压器交流电的频率不变得出用户得到的交变电压的频率；远距离输电，输电线上有能量损失、电压损失，根据电流和功率关系分析用电高峰对电路的影响．
解决本题的关键知道原副线圈的电压比与匝数比的关系，知道输入电压决定输出电压，输出功率决定输入功率，输出电流决定输入电流；同时知道用电高峰时输电线上电流较大，输电线上损失的功率和电压较多． 3. 解：AB、设两端电压为U，根据电压与匝数成正比，得线圈两端的电压为4U，根据的电压是两端电压的4倍，的功率为P=
，的功率为
，故AB错误；
，两端
CD、、是完全相同的电阻，功率均为P，由知，副线圈电流为I，副线圈电压均为U，根据
，解得
，
电压与匝数成正比，有原线圈两端电压为4U，根据输入功率等于输出功率，有的功率
，故C错误，D正确；
故选：D
图甲中，原线圈和电阻并联，原线圈两端的电压等于电阻两端的电压，根据电压与匝数成正比即可求出原线圈两端的电压，由
即可求出图甲中的功率；图乙中，根据功率关系求出原线圈的电流，由
P=
即可求出图乙中的功率；
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解决本题的关键是知道对于有多个副线圈的理想变压器，任意两个线圈的电压比等于这两个线圈的匝数比，电流比不满足匝数的反比规律，电流关系可通过功率关系得到． 4. 解：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是A，周期T=0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I==
A=10A，故A错误；
B、角速度==100π rad/s，故B错误；
C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C正确；
D、0.02s时线圈中的感应电流最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，磁通量为0，线圈平面与磁感线平行，故D错误． 故选：C
由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值；感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，线圈平面与磁感线平行
本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值．
5. 解：由交变电动势的表达式知最大值Em=10V，角速度ω=10πrad/s， 则有效值是：=5周期是：T==频率是：f=
V
=s=0.2s
=5s
故D正确ABC错误； 故选：D．
小型发电机产生的交变电动势的通式为e=Emsinωt，对应表达式得出最大值和角速度，由公式T=求出周期．
本题考查由交变电动势的表达式得出电动势有效值、角速度、周期等物理量的能力，熟练这些物理量之间的换算关系是关键．
6. 解：AB、回路中产生的感应电动势的最大值为：Em=BLv=1×=2，则电动势的有效值
E==2V，
电压表测量R两端的电压，则U=E=1V，电流表的示数为有效值，为I===0.1A，故AB错误；
C、电流表示数为有效值，一直为0.1A，故C错误；
D、导体棒上消耗的热功率P=I2R=0.01×10W=0.1W，D正确． 故选：D．
根据公式E=BLv求解电动势的最大值．交流电压表及交流电流表测量的是有效值，根据有效值的定义求出，根据P=I2R求解导体棒上消耗的热功率．
本题关键是明确切割的有效长度按照正弦规律变化导致电动势的瞬时值按照正弦规律变化，注意交流电压表及交流电流表测量的是有效值，先求最大值，再根据最大值和有效值的关系求解．
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7. 解：A、感应电动势的有效值，电压表测量的是小灯泡两端的电压
，故A错误；
B、交变电流的周期T=0.02s，一个周期电流方向改变2次，1s内电流方向改变次，故B错误；
C、在0.01s时刻，感应电动势为0，线圈处于中性面，穿过线圈的磁通量最大，故C正确； D、产生该交变电流的线圈在磁场中匀速转动的角速度为
，故D错误；
故选：C
根据图象求出感应电动势的有效值，电压表测量的是灯泡两端的电压，由欧姆定律求电压表的示数；每个周期电流方向改变两次；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大；根据
求角速度．
明确交流电图象的物理意义，正确根据图象获取有关交流电的信息是对学生的基本要求，平时要加强练习． 8. 解：A、当开关置于3、4时，稳定后，若只增加交流电的频率，感抗变大，L1变暗，容抗变小，L2变亮．故A正确．
BC、当开关置于1、2时，接的是直流电，稳定后，电感的感抗减小，L1变亮，电容的容抗无穷大，也就是不通电，L2不亮．所以BC错误．
D、当开关置于3、4瞬间，L2立即发光，由于电感产生的自感电动势对电流的阻碍作用，L1中的电流会渐渐增大，因此L1亮度渐渐增大．所以D错误． 故选：A．
电感的特性是：通直流、阻交流；通低频、阻高频．电容的特性是：隔直流、通交流；通高频、阻低频．也可以用感抗公式xL=2πfL和容抗公式xC=
来分析，更方便．
对于电容和电感对交流的影响可以根据感抗和容抗的公式，在理解的基础上进行记忆．
9. 解：A、变压器输入电压的周期T =0.02s，故频率为f=50Hz；变压器不改变电流的频率，故输出的交流电的频率为50Hz，故A正确；
B、根据由图知输入电压的最大值为U1m=200V，有效值为：U1=；变压器的输入功率为
P1=U1I1=200×1=200W，理想变压器的输出功率等于输入功率，也为200W；故B正确； C、根据
，可知U2=20V，故电压表的示数为20V，故C错误；
D、根据法拉第电磁感应定律得最大感应电动势Em=n，
变压器输出端电压的最大值为20V，所以穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为=Wb/s，故
D正确； 故选：ABD
根据u-t图象知道电压的有效值，周期和频率，变压器电压与匝数成正比、电流与匝数成反比，变压器不
改变功率和频率．
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