第三章 交变电流 章末综合检测（Word版含答案）

2019人教版选择性必修第二册 第三章 章末综合检测
一、单选题
1．如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导体框．匀强磁场区域宽度为2L、磁感应强度为B、方向垂直桌面向下．导体框的一边始终与磁场边界平行，在外力作用下以恒定速度v穿过磁场．下列说法不正确的是( )
A．穿过磁场过程，外力做的功为
B．穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为
C．进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电荷量为
D．进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大小都为，且方向相同
2．如图所示，、是监测交流高压输电参数的互感器，一个用来测高压电流，一个用来测高压电压，接在两根输电线的正中间，接在其中一根输电线上。输电线电阻不可忽略，若输电线电阻率相同，发电站端的理想升压变压器副线圈输出电压为，输出功率为，用户端理想降压变压器原线圈两端电压为，的原、副线圈匝数比为，的原、副线圈匝数比为，的示数为，则下列说法正确的是（　　）
A． B．的示数为
C．输电线总电阻为 D．输电效率约为96%
3．如图所示，一阻值为的单匝矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的关系式为。下列说法正确的是（　　）
A．每经过，通过线框的感应电流方向变化一次
B．时，线框中产生的感应电动势最大
C．内，线框中产生的焦耳热为
D．通过线框的感应电流的有效值为
4．在电工技术中，钳形电流测量仪得到广泛地应用．其原理如图所示，把两块铁芯固定在钳子上，铁芯上绕有n=50匝线圈并与电流表组成闭合电路，测量时，钳口打开，把被测的通电导线放在钳口中间，通过电流表A可以间接测出导线中的大电流．在某次测量时，电流表A的示数为0.2 A，则下列说法中正确的是
A．该测量仪工作原理是利用自感现象
B．如果导线材料相同，该测量仪绕制线圈所用导线要比通电导线粗
C．若导线中电流变大，电流表A读数变小
D．被测通电导线中的电流为10 A
5．如图所示，一理想变压器的原副线圈匝数分别为n1和n2，原线圈输入电压保持不变，副线圈输出端通过开关S接电阻R1和滑动变阻器R，电流表为理想电表，下列说法正确的是（　　）
A．若S断开，则副线圈输出端电压为零
B．若S闭合，滑动片P向上滑动，则两电流表示数都变小
C．若S闭合，滑动片P向上滑动，则电流表A1示数变大，A2示数变小
D．若S闭合，滑动片P向上滑动，则电流表A1示数不变，A2示数变小
6．如图所示为某水电站远距离输电的原理图。升压变压器的原副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了。下列说法正确的是（　　）
A．电压表的示数不变，电压表的示数增大
B．电流表、的示数均减小
C．输电线上损失的电压增加了
D．输电线上损失的功率增加了
7．利用可控硅可任意调节灯的亮度或电风扇转速，具有体积小、效率高的优势。如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每个半周期中，前面一半被截去。则现在电灯上电压的有效值为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示为远距离输电示意图，T1、T2分别为理想升压变压器和理想降压变压器，图中的电表V1、V2、A1、A2均为理想电表，电表的示数分别为U1、U2、I1、I2，输电线上有一定的电阻，则下列说法正确的
A．U1I1=U2I2
B．保持输送功率不变，增大U1，则U2、I1、I2均增大
C．保持U1不变，输送功率增大，则U2、I1、I2均增大
D．保持U1不变，用户减少，用户消耗功率与发电厂输出功率的比值增大
9．如图所示，边长为L、阻值为R的等边三角形单匝金属线圈abc从图示位置开始绕轴EF以角速度ω匀速转动，EF的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，右侧没有磁场，下列说法正确的是（ ）
A．图示位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率也最大
B．从图示位置转出磁场的过程中，线圈中产生逆时针方向的感应电流
C．线圈中产生的感应电动势的最大值为
D．转动一周，外力做功的功率为
10．如图所示，原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器正常工作时（ ）
A．原、副线圈磁通量之比为1∶2
B．原、副线圈电流之比为1∶2
C．输入功率和输出功率之比为1∶2
D．原、副线圈电压之比为1∶2
11．如图所示为一理想变压器，其原线圈与副线圈的匝数比，为4个完全相同的小灯泡，为输出电压有效值恒定的交流电源，为单刀双掷开关.已知当向上闭合时，三个小灯泡都能正常发光，则当向下闭合时（ ）
A．4个小灯泡都能正常发光
B．4个小灯泡都比正常发光时要暗
C．能正常发光，比正常发光时要暗
D．能正常发光，比正常发光时要暗
12．如图所示为某小型电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2。在输电线路的起始端接入两个互感器（均为理想），互感器原、副线圈的匝数比分别为10：1和1：10，电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器原、副线圈的匝数比为
B．采用高压输电可以增大输电线中的电流，输电电流为100A
C．线路输送电功率大于220kW
D．将P上移，用户获得的电压将升高
二、多选题
13．如图，理想变压器上接有3个完全相同的灯泡，其中1个灯泡与原线圈串联，另外2个灯泡并联后接在副线圈两端．已知交流电源的电压，3个灯泡均正常发光，忽略导线电阻，则变压器（　　）
A．副线圈电压的频率为50Hz
B．原线圈两端的电压为18V
C．原副线圈的电流比为2：1
D．原副线圈的匝数比为2：1
14．如图所示，质量为m、长为L的导体棒，用两根绝缘轻绳竖直悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，导体棒中通有水平向右的恒定电流，当磁场方向垂直纸面向里时，轻绳张力恰好为零，保持电流大小和方向不变，若磁场方向变为竖直向上，则下列说法正确的是（　　）
A．导体棒偏离竖直方向的最大角度为45°
B．导体棒偏离竖直方向的最大角度为90°
C．当导体棒运动速度最大时偏离竖直方向的角度为45°
D．当导体棒运动速度最大时偏离竖直方向的角度为90°
15．如图所示的正方形线框abcd边长为L,线框总电阻为r,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴以角速度ω转动，b、c两点与外电路相连，外电路电阻为R=r,则下列说法中正确的是(图中电表为理想电表)( )
A．从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
B．电压表读数为
C．电流表读数为
D．线框从图示位置转过过程中流过电流表的电荷量为
16．图a中理想变压器的原线圈依次接入如图b所示的甲、乙两个正弦交流电源。接电源甲后，调节滑动变阻器滑片位置使小灯泡均能发光，电流甲和电流乙的频率分别为f1、f2，则（　　）
A．f1︰f2=3︰2
B．若将变阻器滑片向左移动，灯L1将变亮，灯L2将变暗
C．电源甲的有效值为10V，电源乙的有效值为5V
D．若将变压器动片P向下移动，电源乙可能使两个小灯泡亮度不变
17．如图（a）所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的正方形单匝导线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线圈产生的交变电动势随时间变化的规律如图（b）所示，若线框总电阻为，则（　　）
A．边两端电压的有效值为
B．当线框平面与中性面的夹角为时，线框产生的电动势的大小为
C．从到时间内，通过线框某一截面的电荷量为
D．线框转动一周产生的焦耳热为
18．如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，其电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线O′O恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B.若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O′O匀速转动，则以下判断正确的是
A．图示位置线圈中的感应电动势最大，为Em＝BL2ω
B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt
C．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝
D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝
19．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，R1是用氧化锰等金属氧化物烧结而成的热敏电阻（温度降低时电阻变大），R0为定值电阻．原线圈接如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是 ( )
A．交流电压u的表达式
B．变压器输入、输出功率之比为4：1
C．变压器原、副线圈中的电流之比为1：4
D．当R1温度升高时，电流表的读数变大
20．如图（甲）所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈匝数之比n1:n2=10:1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源．电压随时间变化规律如图（乙）所示，输出端接有额定电压均为12 V的灯泡和风扇电动机，电动机线圈电阻r=2Ω，接通电源后，灯泡正常发光，风扇正常工作，则
A．电阻R两端的电压是10 V
B．通过风扇电动机的电流是6 A
C．通过灯泡的交流电频率是100 Hz
D．风扇突然卡住的瞬间，灯泡变暗
21．一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交流电动势e=220sin100πt V，则下列判断正确的是（　　）
A．t=0时，线圈位于中性面位置
B．t=0时，穿过线圈平面的磁通量最大
C．t=0时，线圈的有效切割速度方向垂直磁感线
D．t=0时，线圈中感应电动势达到峰值
22．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．时穿过线框的磁通量最小
B．时穿过线框的磁通量变化率最大
C．该线框匀速转动的角速度大小为
D．电动势瞬时值为时，线框平面与中性面的夹角为45°
23．海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的玻浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R=15Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成（图中斜线阴影部分），如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N=200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B=0.2T，线圈直径D=0.4m，电阻r=1Ω．取重力加速度g=10m/s2，π2≈10．若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v=0.4πsin(πt)m/s．则下列说法正确的是
A．波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e=16sin(πt)V
B．灯泡中电流i的瞬时值表达式为i=4sin(πt)A
C．灯泡的电功率为120W
D．灯泡两端电压的有效值为V
三、解答题
24．如图所示，一狭长的铜片能绕O点在纸面平面内摆动，有界的磁场其方向垂直纸面向里，铜片在摆动时受到较强的阻尼作用，很快就停止摆动，如果在铜片上开几个长缝，铜片可以在磁场中摆动较多的次数后才停止摆动，这是为什么。
25．如图所示，水平面（纸面）内间距为的平行金属导轨间左端接一阻值为的电阻，质量为、长度为的光滑金属杆置于导轨上。金属杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，经过时间，金属杆以速度进入磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，又经过时间，金属杆的速度变为。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好。求：
（1）金属杆刚进入磁场时加速度a的大小；
（2）时间内通过导体棒的电荷量q。
26．A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流。两电热器的电功率之比等于多少？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
A、根据安培力公式F=BIL，结合法拉第电磁感应定律，与闭合电路欧姆定律，及力做功表达式，即可求解；B、根据焦耳定律Q=I2Rt，即可求解；C、依据电量表达式q=It，及法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，即可推导电量的综合表达式，从而求解；D、根据楞次定律，结合法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，即可求解．
【详解】
A、根据法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，则线圈穿过磁场过程产生的感应电流大小，依据安培力公式，根据力做功表达式W=Fs，那么只有在进与出磁场过程中，才有安培力，因此安培力做功，由于在外力作用下以恒定速度v穿过磁场，则外力做的功为，故A正确；
B、由上分析可知，根据焦耳定律Q=I2Rt，那么穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为，故B正确；
C、依据电量表达式q=It，及法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，即可推导电量的综合表达式，那么进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电量为，故C正确；
D、根据楞次定律可知，进入和离开磁场过程，通过导体框的电流方向不同，但它们的大小是相同，即为，故D错误；
本题选不正确的故选D.
【点睛】
考查法拉第感应定律与闭合电路欧姆定律，及楞次定律的内容，掌握安培力与力做功表达式，理解电量的综合表达式的推导，注意当线圈完全进入磁场时，线圈中没有感应电流，只有在进与出过程中，才有磁通量的变化．
2．D
【解析】
【分析】
本题结合互感器、高压输电考查考生的模型建构能力和分析综合能力。
【详解】
A C．是电流互感器，由匝数比及的示数可知输电线中的电流为，根据可知，则输电线上的损失电压为，输电线总电阻为，A C错误；
B．电压互感器接在两输电线的正中间，则的原线圈两端的电压为，则的示数为，B错误；
D．该输电线的输电效率，D正确。
故选D。
3．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．因为
线圈的转动的角速度
则转动的周期
每经过，通过线框的感应电流方向变化2次，A错误；
B．图示的位置电动势最大，则在转动半周时，线圈和磁场平行，电动势在此最大，则需经过0.05s，B错误；
CD．产生电动势的最大值
则电动势的有效值
通过线圈的电流的有效值
内，线框中产生的焦耳热
D错误，C正确。
故选C。
4．D
【解析】
【详解】
A．根据题意，钳形电流测量仪工作原理是互感，A错误；
B．根据变压器原理，如果原、副线圈由同种材料制成，那么变压器的高压线圈匝数多而通过的电流小，可用较细的导线绕制；低压线圈匝数少而通过的电流大，应当用较粗的导线绕制，由此可得，B错误；
C．根据变压器原、副线圈的（原、副线圈一一对应）电流与匝数成反比的关系，即，若导线中电流变大，则电流表A读数也应变大，C错误；
D．同理，当电流表A的示数为I2=0.2 A时，则被测通电导线中的电流为
10 A
选项D正确．
5．B
【解析】
【详解】
A．理想变压器的变压关系与副线圈是否是通路或断路无关，根据理想变压器的电压规律变形
匝数比恒定，输入电压不变时，输出电压就保持不变，A错误；
BCD．S闭合，滑片P上滑时，电阻值变大，则电流表A2示数变小，又因为流过定值电阻R1的电流不变，所以电流表A1示数也变小，B正确，CD错误。
故选B。
6．C
【解析】
【详解】
AB．由于发电厂输出电压恒为U，根据理想变压器的规律，对于升压变压器
故电压表的示数不变，发电厂输出功率增加了，则发电厂输出电流增加了
根据理想变压器的规律，对于升压变压器
示数增加了
由于示数增加，示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少
故示数也将减小，A、B错误；
C．根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了
C正确；
D．输电线上损失的功率增加了
由于未知，故无法计算，D错误。
故选C。
7．B
【解析】
【详解】
由图像可知，一个周期内，正弦交流电被截去了一半，通过电阻时产生的焦耳热只有完整正弦交流电的一半，据电流的热效应可得
解得
故选B。
8．D
【解析】
【详解】
理想变压器输出功率等于输入功率，由于在输电线路上有功率损失故U1I1＞U2I2，故A错误；保持输送功率不变增大U1，根据P=UI可知，输电线上的电流减小，即I1减小，则I2也减小；输电线上电压损失减小，则T2原线圈电压变大，则次级电压也变大，即U2增大，故B错误；保持U1不变，输送功率增大根据P=UI可知，输电线路上的电流增大，降压变压器原线圈两端的电压U3=U1-IR减小，故降压变压器副线圈两端的电压减小，即U2减小，故C错误；用户总功率与发电厂的输出功率的比值为，则U1不变，用户减小，I减小，故用户消耗功率与发电厂输出功率的比值变大，故D正确；故选D．
9．C
【解析】
【详解】
A．图示位置磁通量最大，但是速度与磁场平行，磁通量的变化率最小，A错误
B．从图示位置转出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针方向的感应电流，B错误
C．线圈中产生的感应电动势的最大值满足，带入数据可得感应电动势的最大值为，C正确
D．外力做的功转化为线圈的焦耳热，所以外力的功率等于线圈的热功率，可得，又EF右半部分没有磁场，可知线圈在转一圈的时间内有一半时间没有感应电流，所以可得线圈产生的交流电的有效值等于峰值的一半，所以，D错误
10．B
【解析】
【详解】
试题分析: 根据电磁感应原理可知，由原线圈绕组n1交变电流产生的磁通量变化全部通过变压器的铁芯传给副线圈，所以原、副线圈磁通量之比为1：1，故A错误；电流与匝数成反比，所以原、副线圈电流之比为1：2，故B正确；变压器的原线圈和副线圈的功率是相同的，所以原、副线圈中功率比为1：1，故C错误；原副线圈电压与匝数成正比，所以原、副线圈电压之比为2：1，故D错误．
考点：变压器的构造和原理
11．B
【解析】
【详解】
设灯泡的额定电压为，电源的电压，当向下闭合时，设灯泡两端的电压为，泡中的电流均为，则根据电流与匝数成反比可知灯泡中的电流为，则灯泡两端的电压为，则，所以，泡两端的实际电压小于灯泡的额定电压，4个小灯泡都比正常发光时要暗，B正确.
12．D
【解析】
【详解】
A．根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为
故A错误；
B．采用高压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理及匝数比为1:10，由公式
I送：I副=n副：n原=10：1
得输电电流为
IA2=10×10 A=100 A
故B错误；
C．根据电压表的示数为220 V，根据变压公式
U送：U副=n′原：n′副=10：1
输电电压为
U2=10×220 V=2 200 V
线路输送电功率为
P=U2IA2=220 kW
故C错误；
D．将P上移，则降压变压器的初级线圈减小，故用户获得的电压将升高，故D正确。
故选D。
13．AD
【解析】
【详解】
A．由瞬时值表达式有：，
可知角速度为：ω＝100πrad/s，
则频率为：，
故A正确；
BCD．设每只灯的额定电流为I，额定电压为
U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发
光，所以副线圈中的总电流为2I，原副线圈电
流之比为1：2，根据原副线圈中电流之比与
匝数成反比得原、副线圈的匝数之比为：
，
又
得原线圈两端电压为U1＝2U，
根据闭合电路欧姆定律得交流电源电压为：
U′＝U+2U＝3U，
该交流电的最大值为，
则有效值为18V，所以3U＝18V，
则灯泡的额定电压为6V，原线圈两端得电压
等于2U＝12V．故D正确，BC错误．
14．BC
【解析】
【详解】
AB．当磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则可知导体棒所受安培力方向竖直向上，根据平衡条件有
磁场方向变为竖直向上，导体棒所受安培力方向垂直纸面向外，设当轻绳偏离竖直方向θ角时，速度减为零，对此过程根据动能定理得
联立解得
由
解得
故A错误，B正确；
CD．当导体棒在垂直偏转半径方向的合力为零时，运动速度最大，由受力分析图可知
解得
故C正确，D错误。
故选BC。
【点睛】
本题借助于物体平衡，考查了有关安培力的大小和方向问题，要熟练应用左手定则判断安培力的方向，同时熟练应用公式F=BIL结合动能定理等进行有关计算。
15．BD
【解析】
【详解】
A、若从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为 ，故A错误；
B、电动势的有效值为 ，根据电路的分压原理可知电压表的读数为 ,故B正确；
C、根据闭合电路欧姆定律知回路中电流为 ，故C错误；
D、线框从图示位置转过过程中流过电流表的电荷量为 ，故D正确；
故选BD
点睛：线框在匀强磁场中匀速转动,产生正弦式交变电流,根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式,最大值与有效值的 倍;每当线框通过中性面时,电流方向改变;当磁通量为零时,线框切割速度最大,产生的电动势也最大.根据感应电荷量 ,求通过电阻R的电荷量.
16．AD
【解析】
【详解】
A．根据图像可知甲、乙两交变电流周期之比为
变压器不改变交变电流的频率，所以甲、乙两正弦交流电的频率之比
A正确；
B．原线圈输入电压稳定，根据理想变压器的电压规律可知副线圈两端电压不变，所以灯亮度不变，滑片向左移，灯所在支路电阻增大，电流减小，所以灯变暗，B错误；
C．电源甲和乙的有效值分别为
C错误；
D．若将变压器动片P向下移动，原线圈减小，根据理想变压器的电压规律可知接入电压较小的乙交变电流可以使不变，两个小灯泡亮度不变，D正确。
故选AD。
17．AB
【解析】
【详解】
A．根据电动势随时间的变化曲线可得，交流电的电动势的瞬时值为
则交流电的电动势的有效值为
边两端电压的有效值为
所以A正确；
B．当线框平面与中性面的夹角为时，即
则此时的电动势为
所以B正确；
C．由图象可得交流电的周期为
从到时间内，即半个周期内，通过线框某一截面的电荷量为
由电动势的瞬时值表达式可知
则
所以C错误；
D．此交流电的电流有效值为
根据焦耳定律可得，线框转动一周产生的焦耳热为
所以D错误。
故选AB。
18．BD
【解析】
【详解】
A.题图所示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A错误；
B.线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值为：
Em＝ BL2ω
故对应的瞬时值表达式为：
e＝ BL2ωsin ωt
B正确；
C.由：
q＝
可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量：
q＝
C错误；
D.电阻R上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量：
Q＝
D正确．
19．CD
【解析】
【详解】
由图乙可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值为，则可得交流电压u的表达式，A错误；变压器输入、输出功率之比为1：1，故B错误；理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，所以变压器原、副线圈中的电流之比为1：4，C正确；当温度升高时，阻值减小，电压表示数不变，电流表的示数变大，D正确．
20．AD
【解析】
【详解】
A．理想变压器原副线圈电压值与匝数成之比，故有：
，
电阻两端的电压为：
，
故A正确；
B．电风扇与灯泡并联，故风扇两端的电压为12V，而电风扇为非纯电阻元器件，故电流为：，
故B错误；
C．原线圈中交流电的频率为：
，
变压器只改变电压，不会改变频率，故C错误；
D．风扇突然卡住，流过风扇的电流增大，故干路电流增大，电阻分的电压增大，灯泡两端的电压减小，故灯泡变暗，故D正确．
【点睛】
理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象，根据串并联电路关系及非纯电阻电路的特点即可求解．
21．AB
【解析】
【详解】
t=0时，感应电动势为零，此时线圈位于中性面位置，穿过线圈平面的磁通量最大，线圈的有效切割速度方向平行磁感线。
故选AB。
22．CD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．由题图乙知，时感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率最小，故AB错误；
C．由题图乙得出周期，所以
故C正确；
D．当时，电动势为零，线框平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为
电动势瞬时值为时，代入瞬时表达式，则线框平面与中性面的夹角正弦值，所以线框平面与中性面的夹角为45°，故D正确；
故选CD。
23．ABC
【解析】
【详解】
线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势为：Emax=NBlvmax ，其中l=πD；联立得：Emax=πNBDvmax =π×200×0.2×0.4×0.4πV=64V；则波浪发电产生电动势e的瞬时表达式：e=Emaxsinπt=64sin（πt）V；根据闭合电路欧姆定律有：；得：，故AB正确；灯泡电流的有效值为： ，则灯泡的功率为：P=I2R=(2)2×15=120W，故C正确．灯泡两端电压的有效值为：U=IR=2×15V=30V，故D错误.
24．见解析。
【解析】
【详解】
没有开长缝的铜片绕O点在纸面内摆动时，由于磁场有圆形边界，通过铜片的磁通量会发生变化，在铜片内产生较大的涡流，涡流在磁场中所受的安培力总是阻碍铜片的摆动，因此铜片很快就停止摆动；如果在铜片上开有多条长缝时，就可以把涡流限制在缝与缝之间的铜片上，较大地削弱了涡流，阻力随之减小，所以铜片就可以摆动较多的次数。
25．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）金属杆进入磁场之前的加速度j的加速度, 由牛顿第二定律得
金属杆刚进入时的速度
金属杆刚进入磁场时，由牛顿第二定律得
再由
联立解得金属杆刚进入磁场时
（2）由动量定理得
根据公式
联立解得
26．
【解析】
【详解】
图甲的交变电流的有效值满足
解得
图乙交变电流的有效值为
根据电热器的功率公式
得功率之比为
答案第1页，共2页
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