鲁科版物理同步习题：选修3-2参考答案及解析.doc

选修3-2参考答案及解析第九章 电磁感应第一单元 电磁感应现象 楞次定律第二单元 法拉第电磁感应定律 自感第三单元 电磁感应规律的综合应用章末综合检测第十章 交变电流 传感器第一单元 交变电流的产生及描述第二单元 变压器 电能的输送第三单元 传感器的原理及应用第四单元 实验：传感器的简单使用章末综合检测9-11、解析：如图18所示，设观察方向为面向北方，左西右东，则地磁场方向平行赤道表面向北，若飞机由东向西飞行时，则右手定则可判断出电动势方向为由上向下；若飞机由西向东飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由下向上，A对B错；沿着经过地磁极的那条经线运动时，速度方向平行于磁场，金属杆中一定没有感应电动势，C错D对答案：AD2、解析：由安培定则判断磁场方向如图20所示，故线圈a、c中有电流再根据楞次定律可知线圈a电流为逆时针，c为顺时针，A错，C对而线圈b、d中合磁通量为零，无感应电流，B对D错答案：BC3、解析：当线框完全处于磁场中时，线框中无感应电流产生，线框不受力，将做匀速直线运动，其速度不可能为零，故C对答案：C4、解析：磁铁向下运动，线圈中的磁通量增加，线圈只有缩小，才能阻碍磁通量的增加，并对桌面压力增大，故B项正确答案：B5、解析：由楞次定律可知，当磁场开始增强时，线圈平面转动的效果是为了减小线圈磁通量的增加，而线圈平面与磁场间的夹角越小时，通过的磁通量越小，所以将向使a减小的方向转动答案：B6、解析：本题考查通电螺旋管的磁场分布、楞次定律等知识点根据通电螺旋管的磁场分布可知，线圈中磁场的方向垂直于纸面向里，当I1增大时，线圈中磁通量增加，由楞次定律可知，外线圈中感应电流的磁场在线圈内部垂直于纸面向外，由右手螺旋定则可知外线圈中感应电流I2沿逆时针方向另外，当I1增大时，线圈中磁通量增加，I2受到的安培力F有使线圈所围面积增大的效果，所以F沿半径背离圆心答案：D7、解析：选项A中，由右手定则可知，电流沿逆时针方向；选项B中，当AB向左、CD向右滑动时，回路ABDC的磁通量变化，I0；选项C中，当AB、CD都向右滑动且速度相等时，回路ABDC的面积不变，磁通量不变化，I0；选项D中，AB、CD都向右滑动，AB速度大于CD时，回路ABDC的面积减小，磁通量变化，I0.根据楞次定律，电流方向沿顺时针方向，故选C.答案：C8、解析：金属环下落通过条形磁铁时，穿过闭合线圈的磁通量发生了变化，因而发生了电磁感应现象而产生了感应电流，使金属环受磁铁的磁场所施的安培力，因而不再是只受重力作用，加速度不再是重力加速度，而要由重力和安培力的合力来决定重力是恒力，所以该题的核心就是要判定金属环所受安培力的方向由楞次定律来判定：感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化，即总是阻碍导体间的相对运动，意思是：总是阻碍导体间的距离变化，因此环在磁铁上方下落时，磁场力总是阻碍环下落，即ag；而环在磁铁下方下落时，由于环与磁铁间的距离要增大，磁场力要阻碍它们间距离的增大，磁场力向上，即有ah，当导线框全部进入磁场时，磁通量不变，无感应电流，以加速度g做匀加速运动，线框从磁场下边界穿出时，可能做减速运动故D正确答案：D2、解析：ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由FBILma知，ef做的是加速度减小的减速运动故A正确答案：A3、解析：摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势EB2a(v)Bav.由闭合电路欧姆定律，UABBav，故选A.答案：A4、解析：因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh，产生的内能亦为2mgh.故选B.答案：B5、解析：当棒匀速运动时，电动势EBLv不变，电容器不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两板间的电压为UEBLv，所带电荷量QCUCBLv，故选项C是正确的答案：C6、解析：线框切割磁感线，导体长度相同，感应电动势和电流大小相同，设线框每边电阻为R，则A选项UabIR，B选项UabI3R，C选项UabIR，D选项UabIR，故选B.答案：B7、解析：加磁场前金属棒ab受力如图20的，fmgsin；当加磁场后由楞次定律可以判断回路感应电流的方向为逆时针，磁场会立即对电流施加力的作用，金属棒ab的受力如图，fmgsinf安cos，很显然金属棒ab后来受到的静摩擦力大于开始时的静摩擦力，故B项正确图20答案：B8、解析：由图21乙知01 s内磁通量向上均匀增加，由楞次定律知电流方向为正方向且保持不变；3 s5 s内磁通量向下均匀减小，由楞次定律知电流方向为负方向且保持不变由法拉第电磁感应定律知感应电动势大小与磁通量变化率成正比，故3 s5 s内的电动势是01 s内电动势的.应选A.答案：A9、解析：设两板间的距离为L，由于向左运动过程中竖直板切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则判断下板电势高于上板，动生电动势大小EBLv，即带电小球处于电势差为BLv的电场中，所受电场力F电qE电qqqvB设小球带正电，则电场力方向向上同时小球所受洛伦兹力F洛qvB，方向由左手定则判断竖直向下，即F电F洛，故无论小球带什么电怎样运动，FTmg.选项A正确答案：A10、解析：当杆的速度达到最大时，安培力F安，杆受力平衡，故FmgF安0，所以v，选项A错，流过电阻R的电量为qIt，选项B对；根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，选项C错D对答案：BD11、解析：(1)磁感应强度的变化率 T/s0.5 T/s感应电动势为EnnS2000.10.20.5 V2 V感应电流为I A0.4 A.(2)当t0.3 s时，磁感应强度B0.2 T，则安培力为FnBIl2000.20.40.2 N3.2 N.(3)QI2Rt0.42560 J48 J.答案：(1)2 V0.4 A(2)3.2 N(3)48 J12、解析：(1)当杆达到最大速度时Fmgsin安培力FBId感应电流I感应电动势EBdvm解得最大速度vm(2)当ab运动的加速度为gsin时根据牛顿第二定律mgsinBIdmgsin电阻R上的电功率PI2R解得P()2R(3)根据动能定理mgssinWFmv0解得WFmgxsin答案：(1)(2)()2R(3)mgxsin9-41、解析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小跟闭合线圈中磁通量的变化率成正比，因此闭合线圈中磁通量变化越快，线圈中的感应电动势一定越大，选项D正确磁场强磁通量不一定大，磁通量大，但磁通量的变化不一定大，磁通量变化大不一定变化快，选项A、B和C都错误答案：D2、解析：线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能也减少同理，线圈冲出匀强磁场时，动能减少，进、出时减少的动能都等于安培力做的功由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的动能也多，线圈离开磁场过程中，损失动能少于它在磁场外面时动能的一半，因此线圈离开磁场仍继续运动故选D.答案：D3、解析：2秒内磁通量的变化率 Wb/s8102 Wb/s.02秒和2秒4秒内线圈中产生的感应电动势方向相反，01秒和1秒2秒内线圈中产生的感应电动势方向相同故选B.答案：B4、解析：在此运动过程中做功的力是拉力、摩擦力和安培力，三力做功之和为棒ab动能的增加量，其中安培力做功将机械能转化为电能，故选项C、D正确答案：CD5、解析：S闭合且稳定时，通过电流表G1、G2两条支路的电流均由左向右断开S，L中产生自感电动势，由“增反减同”可知，自感电动势E自的方向一定与原电流方向相同，等效电路如图5所示显然，断开S后，在E自的作用下，回路中将继续形成沿顺时针方向的电流，这时流经电流表G2支路的电流方向变为由右向左由于这段时间内E自是逐渐减小的，故电流也是逐渐减小的综上可知B项正确答案：B6、解析：依据右手定则可判断出导体棒PQ中的电流由P到Q，Q处电势最高，P处电势最低，由P到Q电势依次升高外电路中的电流方向总是从高电势流向低电势处，因此流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a，选项B正确答案：B7、解析：甲图中，磁通量1BS，乙图中穿过线圈的磁通量等于零，根据公式q，所以A正确答案：A8、解析：在xR左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x轴正方向成角，则导体棒切割有效长度L2Rsin，电动势与有效长度成正比，故在xR左侧，电动势与x的关系为正弦图象关系，由对称性可知在xR右侧与左侧的图象对称故选A.答案：A9、解析：t1到t2时间内，A中电流减小，根据“减同”，B中会产生与A方向相同的感应电流，同向电流相互吸引；t2到t3时间内，根据“增反”，B中感应电流与A中电流方向相反，反向电流相互排斥；t1时刻，IA最大，但为零，IB0，t2时刻IA0，尽管此时IB最大，但相互作用力仍然为零故ABC正确答案：ABC10、解析：设线框长为L1，宽为L2，第一次拉出速度为v1，第二次拉出速度为v2，则v13v2.匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有W1F1L1BI1L2L1B2LL1v1/R，同理W2B2LL1v2/R，故W1W2；又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即12，由qIttt得：q1q2故正确答案为选项C.答案：C11、解析：金属棒加速运动，速度增大，回路中电动势变大，电流变大；圆环L处的磁场增强，根据楞次定律“阻碍”的含义，圆环L有收缩的趋势；随着金属棒速度的增加，金属棒所受安培力逐渐增加，因为加速度在减小，即感应电流变化得越来越慢，穿过圆环上的感应磁场的磁通量变化得越来越慢，因而圆环L中产生的感应电流越来越小，当金属棒最终以最大速度匀速运动时，圆环中的感应电流为零答案：收缩变小12、解析：本题以电磁感应为核心命题点，考查了功能关系和切割磁感线的导体的等效长度等知识点，综合考查了学生的推理能力和分析处理能力圆环上产生的焦耳热是由圆环的部分动能损失转化而得的，设圆环刚好有一半进入磁场时，瞬时速度为v，有Q|Ek|mvmv2，所以v2v，此时环上的瞬时感应电动势为EBv2r，故瞬时功率为PE2/R.答案：13、解析：(1)在匀速提升过程中线圈运动速度v线圈中感应电动势EnBLv产生的感应电流I流过导线横截面的电量qIt解得：q(2)匀速提升过程中，要克服重力和安培力做功，即WWGWB又WGMgdWBnBILd解得：WMgd答案：(1)(2)Mgd14、解析：(1)由pabkv1得，v1.(2)感应电动势EBbv2电阻R由欧姆定律可得I由平衡条件可得：pabBIbkv2所以v2答案：(1)(2)15、解析：导体棒所受的安培力为FIlB，该力大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从v0减小到v1的过程中，平均速度为(v0v1)，当棒的速度为v时，感应电动势的大小为ElvB，棒中的平均感应电动势为lB，由式得l(v0v1)B，导体棒中消耗的热功率为P1I2r，负载电阻上消耗的平均功率为2IP1，由式得2l(v0v1)BII2r.答案：(1)l(v0v1)B(2)l(v0v1)BII2r16、解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，电路中产生的感应电动势：EnnSnr通过电阻R1上的电流：I根据楞次定律，可判定流经电阻R1的电流方向从b到a(2)在0至t1时间内通过电阻R1的电量qIt1电阻R1上产生的热量QI2R1t1答案：(1)b到a(2)17、解析：(1)设线框刚进入磁场时速度为v，则回路中的感应电动势和感应电流分别为：E1BLv和I1线框受到的安培力大小为F1根据平衡条件有mgsinF10解得v1(2)设当ab边到达gg与ff间的中点位置时速度为v2，则回路感应电动势和感应电流分别为：E22BLv2和I2线框受到的安培力大小为F2由平衡条件mgsin0解得v2(3)设线框从刚进入磁场到ab边到达gg与ff间的中点位置的过程中产生的热量为Q，由能量转化守恒定律得mvmgLsinmvQ解得QmgLsinmvmgLsin答案：(1)(2)(3)mgLsin10-11、解析：从图中可知，交流电周期T4102 s，峰值电压Um100 V，故交流电的频率f25 Hz，有效值U50 V加在R100 的电阻上时的热功率P50 W，瞬时值表达式uUmsint100sin(50t) V，故正确选项为B、D.答案：BD2、解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为eBSsint，由这一原则判断，A图和C图中感应电动势均为eBSsint；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直故AC正确答案：AC3、解析：开关S接A时，甲、乙、丙三个支路均有交流电通过开关S接B时，电路处于直流工作状态，电容C“隔直、通交”；电感L“阻交、通直”；R对交、直流有相同的阻抗可判断此时电路中I丙0，I甲不变，I乙增大；又因为灯泡亮度与热功率(PI2R)成正比所以只有丙灯不亮，乙灯最亮，故选D.答案：D4、解析：产生电动势的最大值EmNBS2n；n为转速当N2N；n2n时，2Em4Em，所以交流电的电动势的表达式为e4Emcos2t.故选D.答案：D5、解析：由it图象可知，电流最大值Im0.6 A，有效值I0.6 A，因R1与R2串联，则I1I0.6 A，U1IR16 V，I2mIm0.6 A，U2mImR212 V，故A、C、D错，B正确答案：B6、解析：因大小和方向均随时间做周期性变化的电流为交流电，故图乙电压表示的也为交流电，A错误；由图象知，相同时刻U1U2，故B错误；由图甲知，该交流电压是正弦交流电压，Um311 V，T2102 s，则瞬时值uUmsint V311sin100t V，故C正确；因变压器变压后输入电压与输出电压的频率相同，故D错误答案：C7、解析：当磁通量为零时，线圈处在和中性面垂直的位置，此时感应电动势最大，A错误；当磁通量减小时感应电动势反而在增大，B错误；当磁通量等于0.5m时，线圈平面和磁场方向夹角为30或150，此时感应电动势的大小eBSsin60Em，C错误；根据BSmEm判断D正确答案：D8、解析：由周期与频率的关系f知，f Hz25 Hz；电压的有效值U V V，通过电阻的电流I A，电阻消耗的电功率为P25 W，交流电压表所测电压为有效值故选C.答案：C9、解析：V测的是交流电压的有效值，设为U，则有：T，解得U155.5 V，故B正确答案：B10、解析：从图象上可以看出，该交流电的电压最大值为Um100V，则有效值为U V100 V电流表的示数为I A2 A从图象上可以看出T0.02 s，据T得 rad/s314 rad/s.据交流电最大值表达式UmNBSNBS2n，若转速n提高一倍，则最大值Um提高一倍，有效值也提高一倍，则电流表的示数也增大一倍综上可知，只有C选项错误答案：C11、解析：(1)线圈平面与磁场方向平行时产生感应电动势最大，设ab边的线速度为v，该边产生的感应电动势为E1BLabv与此同时，线圈的cd边也在切割磁感线，产生的感应电动势E2BLcdv，线圈产生的总感应电动势为Emn(E1E2)，因为LabLcd，所以Emn2BLabv线速度vLbc，故EmnBLabLbc而SLabLcd(S为线圈的面积)，EmnBS.(2)设小灯泡正常发光时的电流为I，则I0.6 A设灯泡正常发光时电阻为R，则R5.0 根据闭合电路欧姆定律得EI(Rr)3.6 V发电机的感应电动势最大值EmE，又因EmnBS所以 rad/s2.5 rad/s(3)发电机产生的电能QIEt，t100 T100解得Q5.43102 J答案：(1)见解析(2)2.5 rad/s(3)5.43102 J12、解析：(1)由图象知，线圈中产生的交变电流的周期T3.14102 s，所以EmnBmS8.0 V.(2)电流的最大值Im0.80 A，有效值I A，小灯泡消耗的电功率PI2R2.88 W.(3)在0时间内，电动势的平均值，平均电流，流过灯泡的电荷量Qt4.0103 C.答案：(1)8.0 V(2)2.88 W(3)4.0103 C10-21、解析：由u20sin100t V可知，um20 V, f50 Hz，氖泡在一个周期内发光两次，故其发光频率为100 Hz，A选项正确电压表示数为U5100 V，B选项正确开关断开后电压表示数不变，输出功率变小，故C、D两选项错误答案：AB2、解析：原线圈中电压的有效值是220 V由变压比知副线圈中电压为100 V，流过电阻的电流是10 A；与电阻并联的电压表的示数是100 V；经过1分钟电阻发出的热量是6104 J；P入P出 V1103 W，D项正确答案：D3、解析：闭合S时，输出电路电阻减小，副线圈中电流增大，V1示数不变，V2示数变小，A2示数变大，则A1示数也变大，由于V1示数不变，A2示数变大，则V2示数变小，A3示数变小故B正确答案：B4、解析：该钳形电流表的工作原理为电磁感应现象，所以只能测交流电流，且电流与匝数成反比，故C项正确答案：C5、解析：保险丝的额定电流指有效值，由电流与线圈匝数的关系及原线圈中电流的有效值I10.2 A得副线圈中的电流的有效值I21 A，则副线圈电流的最大值不能超过I2 A再由电压与线圈匝数的关系及原线圈两端的电压的有效值U1220 V得副线圈两端电压的有效值U244 V，则有PU2I244 W，故A、C选项正确，B、D选项错误答案：AC6、解析：由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率P出P损P入，故D正确.，因为U1200 VU3U2U线，故，选项A正确答案：AD7、解析：原线圈电压有效值U1220 V，由电压比等于匝数比可得副线圈电压U255 V，A对；电阻R上的电流为2 A，由原副线圈电流比等于匝数的反比，可得电流表示数为0.5 A，C对；输入功率为P2200.5 W110 W，D错；周期T0.02 s，B错答案：AC8、解析：输电线电阻 R，输电电流为I故输电线上损失的电功率为：PI2R()2用户得到的电功率为P用PPP(1)故B、D正确答案：BD9、解析：由图乙可知，Um282 V，则输入电压有效值U1200 V根据，U220 V，再根据，I10.2 A，输入功率PU1I140 W，故A、B、C错，D正确答案：D10、解析：原线圈电压的有效值为220 V，由解得副线圈电压U24400 V；由I2得I210.0 mA，选项B对根据n1I2，选项D对答案：BD11、解析：(1)根据EmNBS1100 V得输出电压的有效值为U11100 V.(2)根据得.(3)根据P入P出2.2104 W再根据P入U1I1，解得I120 A.答案：(1)1100 V(2)51(3)20 A12、解析：(1)线路图如图22所示(2)升压器次级的输出电压为U2U1220 V2200 V.图22升压器次级输出电流为I2I1，升压器初级输入电流由PI1U1，得I1 A200 A，所以I2I120 A输电线路上的电压损失和功率损失分别为URI2R200.2 V4 V，PRIR2020.2 W80 W0.08 kW加到降压器的初级线圈上的输入电流和电压为I3I220 A，U3U2UR2200 V4 V2196 V降压变压器次级线圈的输出电压和电流分别为U42196 V219.6 V，I4I31020 A200 A，用户得到的功率P4U4I443.92 kW.(3)若不采用高压输电，线路损失电压为URI1R2000.2 V40 V用户得到的电压UU1UR220 V40 V180 V用户得到的功率为PI1U200180 W36 kW.答案：(1)见图22(2)219.6 V43.92 kW(3)36 kW180 V10-31、解析：街旁的路灯和江海里的航标，都是利用了半导体的光敏性，夜晚电阻大，白天电阻小答案：B2、解析：当待测压力作用于可动膜片电极上时，可使膜片发生形变，从而引起电容的变化，当F向上压膜片电极时，相当于两极间距离减小，由C可知电容器电容变大；将电容器、灵敏电流计、电源串联组成闭合电路，如果有恒力F的作用，电容变大，电容器充满电之后，电流计中无示数，如果力F发生变化，电容器的电容不断变化，电源不断给电容器充电、放电， 电流计有示数，说明压力F发生变化答案：BC3、解析：该装置在地面上静止时，kxmg，指针指在表盘中央的零刻度处；飞船在加速上升的过程中，kxmg，滑动头下移，此时，电压表的示数为正；飞船在竖直减速返回地面的过程中，加速度方向向上，此时电压表示数仍为正，故A对B错；飞船在圆轨道上运行时，飞船中的物体处于完全失重状态，ag，弹簧恢复原长，电压表示数不为零，故C错D对答案：AD4、解析：由xaT2得，a m/s20.2 m/s2，故A错B对当无光照射R1时，其阻值变大，R1两端电压升高，R2两端电压降低，故光传感器就输出一次低电压，C错D对答案：BD5、解析：当R3处出现火情时，其电阻增大，电路中的总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，所以报警器两端的电压增大，其中电流表支路的电流也增大答案：D6、解析：门打开R3减小，导致R总减小和I总增加，Ur和UR1变大，UR2E(UR1Ur)减小，IR3I总增加，电磁继电器磁性增强把衔铁拉下，红灯亮，绿灯灭，A错误，D正确答案：D7、解析：人对着话筒说话时，使振动膜前后振动，使电容器两极间距离变化，由C，可导致电容C变化答案：A8、解析：由电源极性及电流方向可知，A、B构成的电容器上的电荷量减小，据C，电容C在减小，可推知正对面积S减小，即h在减小答案：B9、解析：根据PTC元件的电阻率随温度变化的曲线可知：在常温下，它的电阻是相当小的，通入电流以后，随着温度的升高，其电阻率先变小后增大，那么它的功率先变大，后变小，温度保持在t1到t2的某一值不变，这时候电路处于稳定状态，如果温度再升高，电阻率变大，导致电流变小，温度就会降下来；如果温度降低，电阻率减小，导致电流变大，温度就会升上去，所以本题正确答案为A、C.答案：AC10、答案：设计的电路图如下图27所示图27此方案中滑动变阻器的作用：主要是通过调节满足对热敏电阻的要求11、解析：(1)电饭煲盛上食物后，接上电源，S2自动闭合，同时手动闭合S1，这时黄灯短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态加热到80时，S2自动断开，S1仍闭合；水烧开后，温度升高到居里点103时，开关S1自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态由于散热，待温度降至70时，S2自动闭合，电饭煲重新加热，温度达到80时，S2又自动断开，再次处于保温状态(2)加热时电饭煲消耗的电功率P1，保温时电饭煲消耗的电功率P2，两式中R并 .从而有.答案：(1)略(2)12112、解析：(1)设列车加速度为a时悬挂小球的金属丝偏离竖直方向角，这时小球受到的合外力为Fmgtan，根据牛顿第二定律Fma得这时的加速度表达式为agtan，因为tan，将此式代入上式得ag该式就是触点D的位移跟加速度的关系式从电路部分看，设此时电压表的读数为U，根据串联电路的电压与电阻成正比，对均匀电阻丝来说，应有电压与电阻丝长度成正比，即：DCl故ag上式中g、U、l、h都是常数，表明U与a成正比；根据上式可以将电压表上的电压读数一一对应改写成加速度的数值，电压表便改制成了加速度计(2)这个装置测得最大加速度的情况是D点移到A点，这时的电压表读数U，所以amax.(3)C点设置在AB的中间的好处是：利用这个装置还可以测定列车做匀减速运动的加速度，这时小球偏向OC线的右方电压表要零点在中间，量程大于.答案：(1)ag(2)(3)还可以测定列车做匀减速运动时的负加速度电压表的零点在中间，量程大于10-41、解析：交变电压瞬时值表达式为EE0sint，而E0NBS，电枢的转速提高1倍即加倍，其他条件不变时E0加倍，应选B项答案：B2、解析：由题设知，电动势最大值为220 V，故有效值是220 V；t0时，e0，故B、C正确未知， f无法确定，t s时，电压瞬时值无法确定，A、D错答案：BC3、解析：由题图可知，穿过线圈的磁通量显然不为零，且变化率不为零，据右手定则，线圈中将产生交变电流，大小不变，方向每转一周改变两次，B、D对答案：BD4、解析：对于理想变压器，P1U1I12200.20 W44 W，则负载电阻消耗的功率P2P144 W，据P2，得U2 V44 V，则5，故B正确A2的读数I2 A1 A，故C正确答案：BC5、解析：据交流电电动势最大值表达式EmnBS可知，若转速减半，则减半，最大值减半，为50 V，原周期为4102 s，转速减半，周期加倍为8102 s，故C正确答案：C6、解析：通交流电时，铁芯2仍被磁化而被吸入线圈中，故D项对易知其它选项中B对答案：BD7、解析：根据变压器的原、副线圈的电压之比等于匝数之比，故副线圈两端输出的电压为U2U136 V，A错；根据理想变压器知P1P2，故有I10.18 A，B选项正确，C错；原线圈两端电压的瞬时值表达式为u220sin100t V，D错答案：B8、解析：本题关键在于区分变压器和滑动变阻器的变压原理变压器变压依靠电磁感应，原、副线圈匝数比与电压比总相等，因故cd接110 V时，Uab110 V220 V.滑动变阻器变压时关键看电阻上的电压分配关系，ef通电时，Reg和Rgh属串联关系，Ugh为总电压Uef的一部分，当gh通电时，Reg中无电流，则Ueg0，故UefUgh110 V，故选B.答案：B9、解析：由于线圈在磁场中以周期T绕OO轴做匀速转动，所以其角速度为，在面积相同的情况下两者的磁通量变化规律均为B0Scost，那么二者实际产生的交变电流是相同的，因此感应电动势达到最大值的时刻、交变电流的有效值、T/4时间内流过线圈截面的电荷量都是相同的故AD正确答案：AD10、解析：因为变压器的匝数与U1不变，所以U2不变，故两电压表的示数均不变当S断开时，因为负载电阻增大，故次级线圈中的电流I2减小，由于输入功率等于输出功率，所以I1也将减小，C正确；因为R1的电压减小，故R2、R3两端的电压将增大，I3变大，B正确答案：BC11、解析：设线圈为n匝，面积为S，所在区域磁感应强度为B，当角速度为时产生的最大感应电动势E0NBS，周期T0，外力提供的功率P0.当角速度为2时产生的最大感应电动势E2NBS2E0，周期TT0，外力提供的功率p4P0.故选项D对答案：D12、解析：电流的最大