《2025年通成学典课时作业本高中物理选择性必修第二册人教版》

8. (2024·山西临汾三模)图甲是原、副线圈匝数比为$44:1$的理想变压器的示意图，副线圈接有$R = 5\ \Omega$的灯泡。在原线圈接入图乙所示的正弦交流电压时，灯泡恰好正常发光，此时灯泡的功率为 (B)


A.$1\ W$
B.$5\ W$
C.$10\ W$
D.$25\ W$

答案： 8.B 解析：由图乙可知，原线圈的输入电压有效值为$U_1 = \frac{220\sqrt{2}}{\sqrt{2}}V = 220V$，则副线圈的输出电压有效值为$U_2 = \frac{n_2}{n_1}U_1 = \frac{1}{44} × 220V = 5V$，灯泡的功率为$P = \frac{U_2^2}{R} = \frac{5^2}{5}W = 5W$，选项B正确。

9. (2025·江苏无锡期中)如图所示为一理想变压器的电路示意图，交流电源的输出电压$U$恒定，图中的交流电表均为理想电表。下列说法正确的是 (D)


A.仅将滑片$Q$下移时，$A_1$、$A_2$和$V$示数均变小
B.仅将滑片$Q$下移时，变压器的输入功率变小
C.仅将触头$P$上移时，$A_1$、$A_2$和$V$示数均变大
D.仅将触头$P$上移时，变压器的输入功率变小

答案： 9.D 解析：将滑片Q向下移动时，$R_2$减小，设变压器原线圈两端的电压为$U_1$，电流为$I_1$；副线圈两端的电压为$U_2$，电流为$I_2$；原副线圈匝数比为$\frac{n_1}{n_2}$，且$U_1 = U$，则$U_2 = \frac{n_2}{n_1}U_1 = \frac{n_2}{n_1}U$，$I_1 = \frac{n_2}{n_1}I_2$，当$R_2$减小时，$U_2$不变，副线圈总电阻减小，则副线圈总电流$I_2$增大，原副线圈电流之比等于匝数的反比，所以原线圈电流也增大，即$A_1$示数变大，电压表V的示数为$U_V = U_2 - I_2R_1$，所以电压表V的示数$U_V$减小，流过小灯泡的电流减小，$A_2$的示数变大，变压器输入功率$P = UI_1$，所以输入功率也变大，选项AB错误；触头P向上移动，则$\frac{n_1}{n_2}$变大，所以$U_2$变小，副线圈电阻不变，所以副线圈电流变小，所以原线圈电流也减小，即$A_1$示数变小，变压器输入功率$P = UI_1$，所以变压器的输入功率也变小，选项C错误，D正确。

10. (2025·甘肃白银三模)街头变压器通过降压给用户供电的示意图如图所示。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不变。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻为$R_0$，滑动变阻器$R$接入电路的电阻代表用户端的总电阻，当用电器增加时，用户端总电阻减小。变压器上的能量损耗可以忽略，图中电表均为理想交流电表。当用电器增加时，下列说法正确的是 (C)


A.电流表$A_1$示数变小
B.电压表$V_1$示数变大
C.电压表$V_3$示数变小
D.电压表$V_3$示数的变化量与电流表$A_2$示数的变化量之比变小

答案： 10.C 解析：当用电器增加时，用户端总电阻变小，总电流$I_2$变大，根据理想变压器电流与匝数成反比，有$\frac{n_1}{n_2} = \frac{I_2}{I_1}$，可知电流表$A_1$示数$I_1$变大，电压表V的示数为输入电压，所以电压表V示数为$U_1$保持不变，选项AB错误；输入电压$U_1$不变，根据理想变压器电压与匝数成正比，有$\frac{n_1}{n_2} = \frac{U_1}{U_2}$，可知$U_2$不变，则电压表$V_2$示数不变，因为电流表$A_2$示数$I_2$变大，又$U_3 = U_2 - I_2R_0$，则电压表$V_3$示数$U_3$变小，由此可知$\frac{\Delta U_3}{\Delta I_2} = R_0$，所以电压表$V_3$示数的变化量与电流表$A_2$示数的变化量之比不变，选项C正确，D错误。

11. (2024·江苏常州期中)特高压交流输电具有输电容量大、距离远、损耗低、占地少等突出优势。用特高压远距离输送一定功率的交流电，若输电线上损失的电压减小为原来的$\frac{1}{4}$，则 (A)

A.输电电压升高为原来的$4$倍
B.输电电压降低为原来的$\frac{1}{4}$
C.输电线上的电功率损失变为原来的$\frac{1}{4}$
D.用户得到的电功率增大为原来的$4$倍

答案： 11.A 解析：由欧姆定律公式$R = \frac{U}{I}$得，电阻不变时，电压减小为原来的$\frac{1}{4}$，电流也减小为原来的$\frac{1}{4}$，即升压变压器副线圈的电流减小为原来的$\frac{1}{4}$，又有理想变压器电流与匝数的关系式$\frac{I_1}{I_2} = \frac{n_2}{n_1}$，匝数不变时，副线圈的电流减小为原来的$\frac{1}{4}$，原线圈的电流也随之减小为原来的$\frac{1}{4}$。原线圈输入功率不变，由功率的计算式$P = UI$可得，当原线圈的电流减小为原来的$\frac{1}{4}$时，输电电压升高为原来的4倍，选项A正确，B错误；由功率的表达式$P_损 = \frac{U_损^2}{R}$，当输电线上损失的电压减小为原来的$\frac{1}{4}$时，输电线上的电功率损失变为原来的$\frac{1}{16}$，选项C错误；由输电线上的功率关系得，用户得到的功率$P_用 = P_总 - P_损$，总功率$P_总$不变，损失的电功率变为原来的$\frac{1}{16}$，用户得到的电功率增大但不等于原来的4倍，选项D错误。

12. (2025·四川成都二模)(多选)如图所示，导线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。线圈内的磁通量随时间$t$变化的图像如图乙所示，则下列说法中正确的是 (AC)


A.升压变压器原副线圈的匝数比为$11:60$
B.图示位置线框中的电流方向正在改变
C.线框转动一圈克服安培力做功为$24\ J$
D.若电动机突然卡住，输电线上的损耗功率将减小

答案： 12.AC 解析：设升压变压器原副线圈两端电压、电流为$U_1$、$U_2$和$I_1$、$I_2$，降压变压器原副线圈两端电压、电流为$U_3$、$U_4$和$I_3$、$I_4$，由题意知，输电线损失功率$\Delta P = I_2^2R = 2^2 × 25W = 100W$，$P_3 = P_4 = 1100W$，$P_2 = \Delta P + P_3 = 1200W$，由此可以解得$\frac{n_1}{n_2} = \frac{P_2}{I_2} = \frac{1200}{2}V = 600V$，由此可以解得$\frac{n_1}{n_2} = \frac{U_1}{U_2} = 11:60$，选项A正确；线框经过中性面位置时，电动势为零、电流为零，电流方向发生改变，而图示位置为垂直中性面位置，电流方向不改变，选项B错误；根据理想变压器可知$P_1 = P_2 = 1200W$，而发电机线框转动周期$T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{100\pi}s = 0.02s$，则线框转动一圈的过程克服安培力做功$W = P_1T = 1200 × 0.02J = 24J$，选项C正确；若电动机突然卡住，则电动机变成纯电阻电路，则$I_4$增大，$I_3$增大，输电线上的损耗功率$\Delta P$也增大，选项D错误。