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专题12 交变电流
2026年高考物理真题及高考模拟优选试题分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在当年高考中及模拟中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。
一．选择题（共25小题）
1．（2026 重庆）重庆夜景闻名遐迩。吊脚楼在霓虹灯映衬下呈现出梦幻般的色彩。为启动霓虹灯，将变压器的原线圈接入有效值为220V的家用交流电，副线圈接霓虹灯。当副线圈两端的电压有效值为15400V时，流过霓虹灯的电流有效值为10mA，若将该变压器视为理想变压器，则（　　）
A．原、副线圈匝数比为70：1
B．原线圈中电流有效值为0.7A
C．家用交流电的电压最大值为110V
D．副线圈的输出功率为2.2W
2．（2026 浙江）多彩的灯光为晚会营造快乐的气氛。某彩灯带由121个灯泡并联组成，每个灯泡的额定电压为4V，额定电流为0.1A。将其接在理想变压器的副线圈上，变压器原线圈输入电压为220V，该彩灯带正常发光。则变压器（　　）
A．原、副线圈的匝数之比为1：55
B．原、副线圈的电流之比为55：1
C．原线圈的输入功率为0.4W
D．原线圈的电流为0.22A
3．（2026 北京）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1，原线圈接在u＝Umsin（ωt+φ）的交流电源上，副线圈接定值电阻R0和滑动变阻器R，电流表、电压表均为理想电表。滑动变阻器R的滑片由a端向b端缓慢滑动（　　）
A．电压表V1、V2的示数之比为2：1
B．电流表A1示数不变
C．电流表A2示数增加
D．变压器输出功率减小
4．（2026 台湾）在电力网配电到各用户的电箱前，需经变压器将电压由6.6kV降为220V或110V，其等效电路如图所示，其中主线圈的匝数为N，副线圈两部分的匝数分别为N1与N2。下列有关主线圈与副线圈匝数的叙述，何者正确？（　　）
A． B．
C． D．
E．
5．（2026 河南）为确定一变压器副线圈cd的匝数，某同学在变压器铁芯上缠绕10匝线圈ef，如图所示。原线圈ab接入一正弦交流电源，c、d两端电压为10V；若将d、e两端连接，ab接入的电源不变，c、f两端电压为11V，变压器视为理想变压器，则副线圈cd的匝数为（　　）
A．200 B．190 C．110 D．100
6．（2026 广东）如图是某种自由式活塞内燃发电机输出电压U随时间t变化的图像。下列说法正确的是（　　）
A．电压的有效值为200V
B．电压的最大值为400V
C．电压的频率为50Hz
D．电压的周期为0.01s
7．（2026 贵州）如图，某发电站输出电压U1＝13.8kV的交流电，经两个变压器先后将电压升至U2＝220kV和U3＝500kV，再并入电网。输电线电阻R1＝12Ω，R2＝8Ω。设所用变压器均为理想变压器，若发电站输出功率P1＝690kW，则R1和R2上损失的总功率为（　　）
A．30.118kW B．30.072kW C．30.024kW D．30kW
8．（2026 山东）图甲是某交流发电机的原理图，在Oxy坐标系中，以O为圆心的上、下两个半圆区域内分别充满垂直Oxy面向外和向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B1＝B0，金属棒一端始终位于O点，绕O点在Oxy面内以恒定角速度ω转动，产生有效值为E甲、周期为T甲的交变电动势。如图乙所示，现将一、四象限磁场方向分别变为垂直Oxy面向里和向外，整个圆形区域磁感应强度大小变为B2＝4B0，且金属棒转动角速度变为2ω，产生有效值为E乙、周期为T乙的交变电动势。则（　　）
A．E乙＝4E甲、T乙T甲 B．E乙＝8E甲、T乙T甲
C．E乙＝4E甲、T乙T甲 D．E乙＝8E甲、T乙T甲
9．（2026 黑龙江）动圈式扬声器的结构和线圈绕向如图（a）所示，图（b）为线圈所在区域磁场分布。将其用作话筒时，锥形纸盆的振动带动线圈运动，把声信号转化为电信号。规定向右为线圈位移x的正方向，若x随时间t的变化如图（c）所示，则a、b间电势差Uab随t变化的图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
10．（2026 山西）下列处于匀强磁场的导体回路中能产生交变电流的是（　　）
A．甲图中绕轴匀速转动的导体环
B．乙图中绕轴匀速转动的导体框
C．丙图中在固定导轨上匀速运动的导体棒所在回路
D．丁图中匀速运动的导体框
11．（2026 河北区模拟）某理想变压器的实验电路如图所示，原、副线圈总匝数之比n1：n2＝1：3，A为理想交流电流表。初始时，输入端a、b间接入电压的正弦式交流电，变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间，电阻箱R的阻值调为6Ω。要使电流表的示数变为2.0A，下列操作正确的是（　　）
A．电阻箱R的阻值调为18Ω
B．副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的
C．输入端电压调为
D．输入端电压调为
12．（2026 平顶山模拟）如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝2：1，定值电阻R1和R2和R3的阻值分别为4Ω、2Ω和3Ω，A为理想交流电流表，正弦交流电源输出电压的有效值恒为U。当开关S断开时，电流表的示数为I。则当S闭合时，电流表的示数为（　　）
A．I B．2I C．4I D．5I
13．（2026 建平县二模）如图所示为某发电站输电示意图，发电机输出电压恒定，变压器均为理想变压器，在输电线路的起始端接入甲、乙两个理想互感器，甲、乙两互感器原副线圈的匝数比分别为200：1和1：20，降压变压器原副线圈匝数比为200：1，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，输电线路总电阻r＝20Ω。则下列说法正确的是（　　）
A．互感器甲中圈内接入电流表，互感器乙圈内接入电压表
B．输电线路上损耗的功半约占输电总功率的6%
C．用户端的电压U4为200V
D．用电高峰相对平时用电时，用户端的电压偏小
14．（2026 丰城市一模）如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直。若线框固定不动，磁感应强度以均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴OO′匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为（　　）
A．N B．N C．1N D．N
15．（2026 北京一模）如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u＝5sin100πt（V）的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是（　　）
A．
B．
C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5V
D．副线圈输出交流电压的频率是100Hz
16．（2026 嘉峪关模拟）甲图是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为乙图所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为理想交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。开关闭合后，下列说法正确的是（　　）
A．0.5×10﹣2s时电压表的示数为5V
B．电压表的示数始终为
C．原线圈中交变电流的频率为50Hz，原线圈中的电流方向每秒改变50次
D．若，则可以实现燃气灶点火
17．（2026 莱州市模拟）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4＝50：1，输电线总电阻R＝62.5Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（　　）
A．发电机的输出电流为368A
B．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kW
D．升压变压器的匝数比n1：n2＝1：44
18．（2026 新余二模）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（　　）
A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
19．（2026 邗江区模拟）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则（　　）
A．t＝0.005s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311V
D．线框产生的交变电动势频率为100Hz
20．（2026 金凤区一模）如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I．则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为（　　）
A．k1U，k2I B．k1U， C．，k2I D．，
21．（2026 太和县模拟）如图所示，交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律为e＝10sin（100πt）V，下列说法正确的是（　　）
A．该交流电的频率为100Hz
B．线圈转到图示位置时，产生的电动势为0
C．线圈转到图示位置时，AB边受到的安培力方向向上
D．仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为
22．（2026 荆州区模拟）“西电东送”是中国的一项重大能源战略工程，旨在将西部地区丰富的煤炭、水能资源转化为电力资源，并通过电网输送到电力需求较大的东部沿海地区，如图所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，已知发电机的输出功率为P，输电线上的电流为I，输电线的电阻为r，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2，则下列判断正确的是（　　）
A．发电机的输出电流为
B．降压变压器的输入电压为
C．用户得到的功率为
D．若U2增大，输送功率不变，则输电线上损耗的功率增大
23．（2026 广州模拟）传统的自行车发电机内部电路如图甲所示，驱动轴一端与自行车车轮相连，另一端连接条形永久磁体，车轮转动过程中，驱动轴带动永久磁体在C形软铁芯之间匀速转动，发电机线圈两端产生的交变电压波形如图乙所示，已知波形图中正、负尖峰电压分别为Um和﹣Um，两个相邻正、负尖峰电压所对应的时间差为Δt，发电机线圈的匝数为n，下列判断正确的是（　　）
A．驱动轴转动的角速度
B．线圈电压的有效值
C．穿过线圈磁通量变化率的最大值
D．相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值
24．（2026 西安模拟）某实验小组为了模拟远程输电，利用图1中摩托车车轮安装的小型发电机，设计了如图2所示的远程输电电路。已知小发电机中矩形线圈的匝数为N，面积为S，理想变压器T1和T2的原、副线圈匝数之比分别为k1和k2；当车轮边缘以线速度v转动时，理想变压器T2负载上消耗的总功率为P0，已知车轮与摩擦小轮不打滑，输电线路上的总电阻可简化为定值电阻R0，R1＝R0，R2＝3R0，其余电阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．若车轮线速度增大一倍，则R0上消耗的功率是原来的2倍
B．若线圈面积在车轮径向均匀增长一倍，则R0上消耗的功率是原来的2倍
C．若R1和R2消耗的总功率为3P0，则R0上消耗的功率为
D．若将R1和R2串联且消耗的功率为P0，则R0上消耗的功率为4P0
25．（2026 衡水模拟）如图所示为交流发电机的示意图：内阻为10Ω的线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的对称轴匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e＝20sin100πtV，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝5：1，副线圈接有一个电阻箱R。若电表均为理想电表，不计其他电阻，则下列说法正确的是（　　）
A．电压表V1的示数为20V
B．电压表V2的示数为
C．当电阻箱的电阻为0.4Ω时，电阻箱的电功率最大
D．此交变电流每秒钟电流方向改变50次
二．多选题（共6小题）
（多选）26．（2026 甘肃）如图1，理想变压器原、副线圈匝数比为1：3，电阻R1＝5Ω，R2＝10Ω，A1、A2为理想电流表，V为理想电压表，S1、S2为开关。交流电源AC的输出电压u随时间t的变化规律如图2所示。闭合开关S1、S2，则（　　）
A．两电流表示数相同
B．电压表的示数为9V
C．电源输出的交流电频率为50Hz
D．电阻R2消耗的功率是电源输出功率的
（多选）27．（2026 湖北）如图所示，有一理想变压器，其原线圈输入电压为u＝100sin100πt（V），在一个副线圈上接额定电压为220V、额定功率为10W的灯泡甲，在另一个单匝副线圈上接额定电压为2V、额定功率为1W的灯泡乙，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（　　）
A．原线圈的匝数为50
B．输入电压的频率为100Hz
C．原线圈的输入功率为11W
D．流过原线圈的电流最大值为0.11A
（多选）28．（2026 河北）图1为一种等离子体工作电路，理想变压器原线圈两端接电压为U的正弦交流电源，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，R为保护电阻。稳定工作时交流电流表的读数为I，若等离子体可等效为定值电阻，其两端的正弦交流电压波形如图2所示，Um为电压峰值，T为周期，则下列说法正确的是（　　）
A．副线圈电压为U
B．原线圈中电流为I
C．电源电压周期为T
D．等离子体的等效电阻为
（多选）29．（2026 云南）云南至广东高压输电工程在调试阶段采用800kV高压输电，输送功率为2.6×109W，关于该输电线路，下列说法正确的是（　　）
A．输电电流为3.25×106A
B．输电电流为3.25×103A
C．若输送功率不变，提高输电电压，则输电损耗会增加
D．若输送功率不变，提高输电电压，则输电损耗会减小
（多选）30．（2026 咸阳模拟）电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中（　　）
A．电流最小 B．电流最大
C．电流方向由P指向Q D．电流方向由Q指向P
（多选）31．（2026 陇南模拟）如图为远距离输电线路示意图，由发电机、理想升压变压器、理想降压变压器、用户等组成。发电机矩形线框的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r（很小），在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO'轴以角速度ω匀速转动。升压变压器原、副线圈的匝数比为k1，降压变压器原、副线圈的匝数比为k2。已知升压变压器和降压变压器之间的输电线总电阻为R1，用户总电阻为R2，电流表为理想电表，初始时开关S闭合。下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数I
B．电阻R1、R2消耗的功率之比为R1：k2R2
C．电阻R1、R2消耗的功率之比为R1：R2
D．若用户数量增加，则升压变压器的输入功率一定减小
三．解答题（共3小题）
32．（2026 巢湖市一模）某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向，匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场，在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直，线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：
（1）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
（2）外接电阻上电流的有效值I。
33．（2026 江津区模拟）中国科学院大学和清华大学等单位科研团队在2026年成功研发出胶囊尺寸的“共生型心脏起搏器”（如图甲所示）。它无需更换电池，而是利用心脏跳动时心室的收缩与舒张，带动内部微型装置将机械能转化为电能，实现能量自给。如图乙所示是一种电磁感应式能量收集装置的原理示意图：固定在心室壁上的微型线圈（匝数N＝200，横截面积S＝2.5×10﹣5m2，电阻r＝10Ω）与起搏器内部电路相连，起搏器等效为R＝90Ω的电阻；一块小永磁体固定于心尖处，可随心脏跳动沿线圈轴线方向往复运动，使穿过线圈的磁感应强度发生周期性变化。假设线圈处磁感应强度B随时间t的变化规律可简化为B＝B0sinωt，其中B0＝0.10T，正常成人心率每分钟72次。求：
（1）时间内，通过线圈截面的电荷量q；
（2）线圈中产生的感应电动势的最大值Em（取π＝3）；
（3）心脏每跳动一次，起搏器消耗的电能E。
34．（2026 黄浦区二模）波浪能是一种蕴含在海洋中的可再生能源。我国自主研发的兆瓦级漂浮式波浪能发电装置“南鲲”号在珠海投入运行，标志着我国波浪能发电技术水平又上了一个台阶。
（1）一列水平向右传播的水波（可视为简谐横波），波长为20m。t＝0时刻，水面上一漂浮小物块位于波峰处，如图1所示。经过Δt＝2s，该物块运动至波谷位置。求该波波速的可能大小。
（2）图2（a）中的波浪能发电平台，工作原理可简化为图2（b）所示。海浪驱动浪板带动发电机转子，使多匝矩形线圈在两磁极间的水平匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴逆时针做匀速转动，并向外输出感应电流。
①图2（b）中，靠近N极的导线受到的安培力方向为 　 　 。
②（计算）匀强磁场的磁感应强度大小为，矩形线圈的匝数N＝1000、面积S＝0.1m2、转速n＝0.5r/s，发电装置内各部分电阻均不计。
ⅰ在t＝0时刻，线圈处于图2（b）所示位置。求线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的关系式；
ⅱ在线圈的输出端a、b间，接入一阻值R＝100Ω的定值电阻（图中未画出）。求在1min内电阻R产生的热量Q。
（3）发电平台内部某监控电路如图3所示。电路中的电压表、电流表都是理想电表，电源是一个恒流源，其输出的电流大小和方向都不变。在移动R2滑片的过程中，电压表V的读数为U，电流表A的读数为I，电流表A1的读数记I1，电流表A2的读数为I2，它们变化量的绝对值分别为ΔU、ΔI、ΔI1、ΔI2。
①下列关系式中正确的是 　 　 。
A. B. C. D.
②（论证）当R2＝R1时，滑动变阻器R2消耗的电功率最大。
专题12 交变电流
参考答案与试题解析
一．选择题（共25小题）
1．【答案】B
【分析】已知原线圈电压有效值和副线圈电压有效值，可直接关联匝数比，而副线圈电流有效值已知，结合匝数比可反推原线圈电流。需注意家用交流电有效值与最大值之间满足固定倍数关系，副线圈输出功率由电压和电流有效值乘积确定。整个过程需严格区分有效值与最大值，并利用理想变压器能量守恒约束电流变化方向，从而逐一判断各选项的合理性。
【解答】A、由理想变压器电压与匝数的关系，代入数据可得原、副线圈匝数比，故A错误；
B、根据理想变压器电流与匝数的关系，已知副线圈电流I2＝10mA＝0.01A，代入数据解得原线圈中的电流有效值I1＝0.7A，故B正确；
C、已知家用交流电的电压有效值U1＝220V，依据正弦交流电有效值与最大值的关系，可得电压最大值，故C错误；
D、由电功率公式可得副线圈的输出功率P2＝U2I2，代入数据解得P2＝154W，故D错误。
故选：B。
2．【答案】D
【分析】根据变压器的变压比和变流比计算；变压器的输入功率等于输出功率，根据P＝UI计算。
【解答】AB、原、副线圈的匝数之比为，所以原、副线圈的电流之比为，故AB错误；
C、原线圈的输入功率等于输出功率为P＝nU2I＝121×4×0.1W＝48.4W，故C错误；
D、原线圈的电流为，故D正确。
故选：D。
3．【答案】C
【分析】根据分析原副线圈的电压变化；根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，结合闭合电路的欧姆定律和变压器原副线圈两端电流的关系分析电流表示数的变化；根据功率公式分析变压器输出功率变化。
【解答】原副线圈匝数比，原线圈接交流电源，V1测原线圈电压；副线圈：R0与滑动变阻器R串联，V2测滑动变阻器R两端电压；A1测原线圈电流，A2测副线圈电流。滑片由a向b滑动→滑动变阻器接入电阻变小。
A.根据变压器电压比：
V2测的只是滑动变阻器R的电压，不是副线圈全部电压（副线圈电压是R0+R的总电压），所以V1：V2≠2：1，故A错误；
BC.原线圈电压V1不变，匝数比不变，所以副线圈总电压U负线圈总电压不变。滑片a→b，R减小，副线圈总电阻R总＝R0+R减小。由，I2（A2示数）增大。理想变压器电流关系：，I2增大，
则I1（A1示数）也增大，故B错误，C正确；
D.变压器输出功率P出＝U负线圈总电压I2
U负线圈总电压不变，I2增大，故输出功率增大，故D错误。
故选：C。
4．【答案】B
【分析】理想变压器电压比等于匝数比。
【解答】理想变压器电压比等于匝数比，有，，故B正确，ACDE错误。
故选：B。
5．【答案】D
【分析】根据变压器的变压比计算即可。
【解答】设ab匝数为n，副线圈cd的匝数为n1，c、d两端电压为；将d、e两端连接，ab接入的电源不变，c、f两端电压为，联立代入数据解得n1＝100，故D正确，ABC错误。
故选：D。
6．【答案】C
【分析】1.从U﹣t图像读出完成一次完整波动的时间为周期T，频率；
2.图像纵坐标峰值即为电压最大值Um；
3.只有正弦式交变电流有效值满足，非正弦波形不能直接套用该公式。
【解答】A.该波形不是标准正弦曲线，不能用计算有效值，故A错误；
B.图像纵坐标最高点为200V，电压最大值是200V，不是400V，故B错误；
CD.从U﹣t图像读出周期T＝0.02s，频率，故C正确，D错误。
故选：C。
7．【答案】B
【分析】先分析发电站的输出电流，然后根据欧姆定律分析输电线分压，再分析第一个变压器的输出功率，理想变压器不改变功率，同理可分析第一个变压器的输出电流和输电线电压，再计算输电线的电功率。
【解答】经过R1的电流，R1两端电压UR1＝I1R1＝50A×12Ω＝600V，则第一个变压器输出功率P2＝P1﹣UR1I1＝690kW﹣600×50W＝660kW，
理想变压器不改变功率，经过R2的电流，R2两端电压UR2＝I2R2＝3A×8Ω＝24V，
R1和R2上损失的总功率P＝UR1I1+UR2I2＝600×50W+24×3W＝30.072kW，故B正确，ACD错误。
故选：B。
8．【答案】D
【分析】先分别算出甲乙金属棒转动产生的感应电动势最大值、周期，结合矩形交流电有效值等于峰值的规律，对比两者有效值得出倍数关系完成判断。
【解答】根据题意，由图可知，图甲中金属棒转动2π为一个周期，则有，
图乙中金属棒转动π为一个周期，则有，
则有，
根据题意可知，甲、乙图中产生的交流电均为矩形交流电且正负最大电动势相等，
则由导体转动切割磁感线产生的感应电动势的规律可以求出最大值，
，
，
作出图像，如图所示：
可知甲、乙图中产生的交流电的有效值为，，
则有E乙＝8E甲。
故选：D。
9．【答案】D
【分析】根据法拉第电磁感应定律结合x随时间变化情况推到电动势随时间变化情况，结合右手定则进行分析。
【解答】图 （b） 磁场沿径向向外，线圈左右运动时，导线切割磁感线，动生电动势E＝nBLv；
由于x随时间成正弦规律变化，即x＝Asinωt，将位移x对时间求导可得：v＝Aωcosωt；
由于速度随时间成余弦规律变化，则感应电动势随时间成余弦规律变化；
规定向右为线圈位移x的正方向，根据图（a）结合右手定则可知开始时电流由a流向b，因此a端为负极，b端为正极，则有Uab＜0，故D正确，ABC错误。
故选：D。
10．【答案】B
【分析】交变电流产生需闭合回路磁通量发生周期性变化，逐一分析各图磁通量变化特征即可判断。
【解答】A.导体环平面与磁场平行，转动过程中穿过环的磁通量始终为零，不产生感应电流，故A错误；
B.导体框绕轴匀速转动时，穿过回路的磁通量发生周期性变化，能产生交变电流，故B正确；
C.导体棒匀速运动时，回路磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流而非交变电流，故C错误；
D.导体框匀速运动时，穿过回路的磁通量不变，不产生感应电流，故D错误。
故选：B。
11．【答案】B
【分析】先根据初始条件，用变压比和欧姆定律算出原、副线圈电压、电流初始值。再针对每个选项，结合变压比、欧姆定律或交流电有效值特点，分析操作后电流是否符合要求。
【解答】A、输入电压峰值为，则输入电压有效值为12V，滑动触头在正中间，根据变压比可知，输出电压18V，若将电阻箱阻值调为18欧姆，则电流为1A，故A错误；
B、若将副线圈匝数调为总匝数的，根据变压比可知，输出电压12V，则副线圈电流变为2A，故B正确；
C、输入端电压调为时，其有效值不变，不会导致电流的变化，仍然为3.0A，故C错误；
D、将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为6V，输出电压9V，副线圈电流变为1.5A，故D错误。
故选：B。
12．【答案】B
【分析】由于理想变压器原线圈电路上含有电阻，则可把理想变压器和副线圈上的电阻等效为一个电阻，根据理想变压器的工作原理、欧姆定律推导出等效电阻与负载电阻的关系。根据闭合电路欧姆定律与理想变压器的工作原理解答。
【解答】由于理想变压器原线圈电路上含有电阻，则可把理想变压器和副线圈上的电阻等效为一个电阻，则电路变为简单的串联电路，如下图所示：
根据：，，，，可得：
当S断开时，负载电阻R负1＝R2+R3＝2Ω+3Ω＝5Ω，可得：R等120Ω
根据闭合电路欧姆定律可得原线圈的电流为：I1
当开关S闭合时，负载电阻R负2＝R2＝2Ω，可得：R等28Ω
根据闭合电路欧姆定律可得原线圈的电流为：I1′
可得原线圈的电流的关系为：I1′＝2I1，因匝数比一定，故副线圈的电流的关系与原线圈的电流的关系相同，即当S闭合时，电流表的示数为2I，故B正确，ACD错误。
故选：B。
13．【答案】D
【分析】A.互感器甲并联在电路中是电压互感器；
BC.根据理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比的关系求解升压变压器副线圈两端电压和输电线上的电流；根据功率公式和欧姆定律求功率损失和电压损失，再求损失功率与输电功率的百分比以及用户端得到的电压；
D.用电高峰期，用户增多，负载总电阻变小，通过降压变压器副线圈的电流变大，在分析输电线上的电压损失，再分析用户端得到的电压的变化情况。
【解答】A.互感器甲并联在电路中，因此甲是电压互感器，故A错误；
BC.根据理想变压器电压与匝数比的关系，互感器原线圈两端电压
根据理想变压器电流与匝数比的关系，互感器原线圈中的电流
根据理想变压器的功率关系，输电功率
输电线上的损失功率
输电线路上损耗的功率约占输电总功率
输电线上的电压损失ΔU＝I2r＝100×20V＝2000V
降压变压器原线圈两端电压U3＝U2﹣ΔU＝44000V﹣2000V＝42000V
根据理想变压器电压与匝数比的关系，用户端电压
综上分析，故BC错误；
D.用电高峰期，用户增多，负载总电阻变小，通过降压变压器副线圈的电流变大；
根据理想变压器电路与匝数比的关系可知，通过降压变压器原线圈的电流变大，输电线上的电压损失变大，因此用户端的电压变小，故D正确。
故选：D。
14．【答案】C
【分析】线框不动时，根据法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，电功率计算公式求得发热功率P。当磁感应强度恒定，线框匀速转动时，线框中产生正弦式交变电流，根据电功率计算公式，峰值与有效值的关系求得电流的最大值，根据安培力计算公式求解ab边所受最大的安培力。
【解答】线框不动时，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：
感应电流为：
发热功率P为：P＝I2R＝2.52×0.04W＝0.25W
当磁感应强度恒为B＝0.2T，线框以角速度ω匀速转动时，线框中产生正弦式交变电流，设电流的有效值为I有，由题意可得：
，解得：
设电流的最大值为Im，则有：，解得：Im＝5A
当ab边的线速度方向与磁感线垂直时，线框中的电流为最大值，此时ab边所受安培力最大，可得ab边所受最大的安培力为：Fm＝BImL＝0.2×5×1N＝1N，故ABD错误，C正确。
故选：C。
15．【答案】B
【分析】根据公式得出变压器两端电压的有效值，再根据电压匝数关系得出变压器副线圈电压的峰值，从而得出匝数比；
根据频率与周期关系得出频率大小。
【解答】AB．原线圈两端电压的有效值
根据电压匝数关系有
变压器副线圈电压的峰值
由于
故代入数据解得
故A错误，B正确；
C．用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为
故C错误；
D．变压器不改变频率，根据
代入数据解得
f＝50Hz
则副线圈输出交流电压的频率是50Hz，故D错误。
故选：B。
16．【答案】D
【分析】根据图（乙）读出原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系U求出电压表的示数；由图读出周期，由f求出频率，再确定原线圈中的电流方向每秒改变的次数。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会点火，根据电压与线圈匝数比的关系分析D项。
【解答】AB、根据图（乙）得到原线圈输入电压的最大值为U1m＝5V，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，原线圈输入电压的有效值为U1VV，则电压表的示数始终为V，故AB错误；
C、根据图（乙）可知原线圈输入电压周期为T＝0.02s，频率为fHz＝50Hz，一个周期内电流方向改变2次，变压器不改变交变电流的频率，故副线圈电流方向每秒改变100次，故C错误；
D、瞬时电压大于5000V即火花放电，即副线圈输出电压最大值为5000V，根据变压比可得
所以实现燃气灶点火的条件是：
若，则可以实现燃气灶点火，故D正确。
故选：D。
17．【答案】C
【分析】发电机的输出电压和输出功率结合电功率的计算公式进行解答；根据用户端电压和功率求解降压变压器线圈中的电流，再根据I3：I4＝n4：n3可得降压变压器原线圈中的电流，根据电功率的计算公式求解输电线上损失的功率；输送给储能站的功率等于发动机输出功率减去送给输电电路的功率；根据功率计算公式求解升压变压器副线圈两端电压，根据n1：n2＝U1：U2可得升压变压器的匝数比。
【解答】A、发电机的输出电压U1＝250V，输出功率P1＝500kW＝5.0×105W，根据P1＝U1I1可得发电机的输出电流为：I1＝2000A，故A错误；
B、用户端电压U4＝220V，功率P2＝88kW＝8.8×104W，根据P2＝U4I4可得降压变压器线圈中的电流为：I4＝400A
根据I3：I4＝n4：n3可得降压变压器原线圈中的电流为：I3＝8A
输电线上损失的功率为：ΔPR＝82×62.5W＝4000W＝4.0kW，故B错误；
C、输送给储能站的功率为：P储存＝P1﹣P2﹣ΔP＝500kW﹣88kW﹣4.0kW＝408kW，故C正确；
D、升压变压器副线圈两端电压为U2，根据功率计算公式可得：P2+ΔP＝U2I3，解得：U2＝11500V
升压变压器的匝数比n1：n2＝U1：U2＝250：11500＝1：46，故D错误。
故选：C。
18．【答案】A
【分析】滑动变阻器滑片处于中间位置时副线圈所在电路电阻最大，根据滑动变阻器的移动情况分析总电阻的变化、总电流的变化以及灯泡两端电压的变化，由此分析灯泡亮度的变化。
【解答】由题意画出滑片移动时的等效电路图如图所示：
滑片在a端时，Ra＝0，滑片在b端时，Rb＝0。由于灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同，根据数学知识可知，当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，副线圈的总电阻最大。
由图可知，滑片在两端时，副线圈所在电路总阻值最小，当滑片从a端向中间滑动时，副线圈所在电路的总阻值增大，则副线圈所在电路的总电流减小，根据可知原线圈所在电路的电流也减小，则灯泡L1变暗，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L1两端电压减小，则原线圈两端电压增大，根据可知副线圈两端电压增大，而L2所在支路电阻减小，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮；
当滑片从中间向b端移动时，副线圈所在电路的总阻值减小，则副线圈所在电路的总电流增大，根据可知原线圈所在电路的电流也增大，则灯泡L1变亮，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L1两端电压增大，则原线圈两端电压减小，根据可知副线圈两端电压减小，R0所在支路总电阻增大、则通过R0的电流减小、而副线圈总电流增大，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮。
综上所述，A正确、BCD错误。
故选：A。
19．【答案】B
【分析】由图2可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上；由图象还可知电动势的峰值和周期；根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值；根据周期和频率的关系可求频率。
【解答】
A、由图2知：t＝0.005s时，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律E＝n可知，磁通量的变化率最大，但线圈与磁场平行磁通量为零，故A错误。
B、由图2可知t＝0.01时刻，e＝0，说明此时线圈正经过中性面，故B正确。
C、D、由图2可知：该交变电流的周期为 T＝0.02s，电动势最大值为 Em＝311V。
根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为 EV＝220V，
据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：fHz＝50Hz，故CD错误。
故选：B。
20．【答案】B
【分析】图甲是电压互感器，是一个降压变压器；图乙是电流互感器，是升压变压器。根据变压比和变流比可以分别计算出电压、电流。
【解答】图甲是电压互感器，是一个降压变压器，电压表的示数是变压器的输出电压，根据变压比可以得到输入电压，即U1＝k1U；
图乙是电流互感器，是升压变压器，电流表的示数是输出电流，根据变流比可以得到输入电流为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
21．【答案】C
【分析】已知电动势表达式可确定角频率并计算频率，结合图示位置判断线圈平面与磁场方向关系，从而确定该时刻磁通量变化率及感应电动势的大小。依据右手定则判断图示瞬间感应电流方向，再通过左手定则分析AB边所受安培力方向。最后根据电动势最大值与转速的关系，讨论转速加倍对最大值的影响。
【解答】A、由题意可得，该交流电的频率为，解得：f＝50Hz，故A错误。
B、线圈处于图示位置时，磁场方向与线圈平面平行，此时磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势达到最大值，故B错误。
C、根据右手定则判断，线圈转到图示位置时，电流方向由B流向A；再依据左手定则可知，AB边所受安培力方向向上，故C正确。
D、由电动势最大值公式Em＝NBSω可知，若仅使线圈转速加倍，则电动势最大值变为原来的2倍，即Em＝20V，故D错误。
故选：C。
22．【答案】B
【分析】题目涉及远距离输电模型，已知发电机的输出功率、输电电流、输电线电阻以及升压变压器的匝数比，需要分析各物理量间的关联。首先明确升压变压器原副线圈的电流与匝数成反比，因此发电机的输出电流与输电电流的关系由匝数比决定。输电线上电压降等于电流乘以电阻，降压变压器的输入电压等于升压变压器副线圈电压减去线路电压降。用户得到的功率等于发电机输出功率减去输电线上损耗的功率，而线损功率与输电电流的平方成正比。当输送功率不变时，提高输电电压会减小输电电流，从而降低线损功率。
【解答】A、根据升压变压器的电流比公式，可求得发电机的输出电流为，故A错误；
B、由功率关系式P＝U2I可得，再结合线路上的电压降方程U3＝U2﹣Ir，代入后解得，故B正确；
C、根据输电线路的功率损耗公式，用户实际获得的功率为，故C错误；
D、由功率损耗的另一表达式可知，在输送功率P保持恒定的情况下，若U2增大，则输电线路的损耗功率P损将减小，故D错误。
故选：B。
23．【答案】C
【分析】根据图乙判断周期，再求解角速度；根据交流电的特点进行分析解答；根据法拉第电磁感应定律进行分析解答。
【解答】A.已知两相邻正、负尖峰电压对应的时间差为Δt，可得交变电流的周期T＝2Δt，驱动轴转动的角速度ω，故A错误；
B.交变电流不是按正弦规律变化的，电压的最大值与有效值的关系不是Um，故B错误；
CD.由法拉第电磁感应定律，得感应电动势与磁通量变化率成正比，有Um＝nkm，穿过线圈磁通量变化率的最大值，相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值，线圈转过一个完整周期时，磁通量的变化量为0，电压的平均值为0，故D错误，C正确。
故选：C。
24．【答案】C
【分析】AB、应用交流发电机的电动势公式，判断选项条件下输入电压的变化，再利用等效电阻法，找到电压与电流之间的对应关系，进而得到功率的变化情况；
CD、分别考虑R1和R2串并联情况下，总电阻的大小，应用等效电阻法，将阻值转换到输电线路，此时电流大小一致，利用已知功率判断R0上消耗的功率。
【解答】设输电线路，输入电压（变压器T1的副线圈电压）为U0，电流为I，用户回路的总电阻为R总，由等效电阻法，可得
A、由交流发电机的电动势公式和理想变压器原理，当车轮线速度增大一倍时，U0是原来的2倍，此时I相应变为原来的2倍，R0上消耗的功率P＝I2R0，变为原来的4倍，故A错误；
B、当线圈面积在车轮径向均匀增长一倍时，U0是原来的2倍，由于R0、k2和R总均不变，则I变为原来的2倍，R0上消耗的功率变为原来的4倍，故B错误；
C、若R1和R2消耗的总功率为3P0，由电阻并联公式，可得，解得，即R0上消耗的功率为，故C正确；
D、若将R1和R2串联且消耗的功率为P0，由电阻串联公式R总＝R1+R2＝4R0，则，解得，即R0上消耗的功率为，故D错误；
故选：C。
25．【答案】C
【分析】根据交流电的最大值和有效值关系，闭合电路的欧姆定律以及变压器的变压比，变压器的动态分析和交流电的方向变化频率等知识进行分析解答。
【解答】A.若线圈没有电阻，则电压表V1的示数为，本题中线圈有电阻，故电压V1表示数小于，故A错误；
B.由，可得，若线圈没内阻，则，代入上式可得，因本题线圈有内阻，故电压表V2的示数小于，故B错误；
C.设发电机产生的交流电动势有效值为E，原线圈的电流为I1，副线圈电流为I2，电阻箱在原线圈电路中的等效电阻为R′，则有，又因为，故等效电阻，由闭合电路欧姆定律 ，故电源的输出功率为，故当R′＝r时电阻箱消耗的功率最大，即25R＝r，解得R＝0.4Ω，故C正确；
D.由题意可知ω＝100π，故交流电的频率为Hz＝50Hz，因为交流电电流方向一个周期变两次，故此交流电每秒钟电流方向改变100次，故D错误。
故选：C。
二．多选题（共6小题）
26．【答案】BCD
【分析】根据图示图像求出电源电压的峰值，然后求出有效值；根据理想变压器的变压比求出副线圈电压；然后应用欧姆定律求出副线圈电流与A2的电流，应用理想变压器的变流比求出原线圈电流；根据图示图像求出电流的周期，然后求出频率；根据电功率公式求解。
【解答】AB、由图示图像可知，电源输出电压的峰值Um＝3V，有效值UV＝3V，原线圈输入电压U1＝U＝3V，由理想变压器的变压比，代入数据解得U2＝9V，则电压表读数为9V；副线圈电流I22.7A，流过R1的电流IR1A＝1.8A，电流表A2的读数IA2＝IR1＝1.8A，由理想变压器的电流表可知，代入数据解得I1＝8.1A，电流表的读数IA1＝I1＝8.1A，两电流表读数不同，故A错误，B正确；
C、由图示图像可知，电源输出的交流电的周期为T＝2×（0.012﹣0.002）s＝0.02s，所以电源输出的交流电频率为，故C正确；
D、电源的输出功率P＝UI1＝3×8.1W＝24.3W，电阻R2消耗的功率P2W＝8.1W，则，故D正确。
故选：BCD。
27．【答案】AC
【分析】根据理想变压器匝数比等于电压比求出与灯泡甲相连的副线圈匝数与原线圈的匝数；再根据能量守恒思想求解原线圈的输入功率，输入电压的频率根据原线圈的电压表达式即可求解，根据功率的表达式求解流过原线圈的电流的有效值，最后根据正弦式交变电流的峰值与有效值的关系求解流过原线圈的电流最大值。
【解答】A.根据理想变压器匝数比等于电压比得，其中U2＝220V，U3＝2V，n3＝1匝，解得n2＝110匝，设原线圈的匝数为n1，则，接得原线圈的匝数为n1＝50匝，故A正确。
B.由题意可知ω＝100π，所以输入电压的频率为，解得f＝50Hz，故B错误。
C.由于是理想变压器，则P入＝P出，所以原线圈的输入功率P入＝10W+1W＝11W，故C正确。
D.由功率的表达式得P入＝UI，其中U＝100V，解得I＝0.11A，流过原线圈的电流最大值为，故D错误。
故选：AC。
28．【答案】AD
【分析】根据理想变压器变压比确定副线圈正弦电压的峰值，结合等离子体两端的半波电压波形分析电路关系；利用有效值定义计算电压电流的有效值，结合变压器功率关系或电流变比分析原线圈电流，再根据电功公式计算等离子体分得的电能。
【解答】A、原、副线圈两端的电压与线圈匝数的关系
则，故A正确；
B、原、副线圈中的电流与线圈匝数的关系
则，故B错误；
C、理想变压器不改变交变电流的周期，则电源电压周期为T，故C错误；
D、等离子体两端电压的有效值为
则等离子体的等效电阻为，故D正确。
故选：AD。
29．【答案】BD
【分析】AB.根据功率公式P＝UI求解作答；
CD.根据功率公式P＝UI分析输电电流的变化，根据功率公式分析作答。
【解答】AB.根据功率公式，输电电流
故A错误，B正确。
CD.根据功率公式，输电电流可知，若输送功率不变，提高输电电压，可以减小输电电流；
输电损耗功率，输电线电阻不变，输电电流减小，输电损耗功率减小，故C错误，D正确。
故选：BD。
30．【答案】BD
【分析】线圈处于中性面位置，知道中性面的特点，再根据变化求解；结合楞次定律得出感应电流方向。
【解答】如图开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，此时穿过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，则感应电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
31．【答案】AC
【分析】根据正弦式交流电的表达式，有效值和最大值的关系，将后面的整体作为等效电阻分析，结合欧姆定律和功率表达式分析求解。
【解答】A.从图示位置开始，矩形线框产生的正弦式交流电：e＝nBSωsinωt，其有效值为：U，
由等效电阻可知，升压变压器的等效电阻为：R′
所以电流表的示数为：I，故A正确；
BC.电阻R1、R2消耗的功率之比：R1：，故B错误，C正确；
D.若用户数量增大，输出功率变大，则输入功率也变大，故D错误。
故选：AC。
三．解答题（共3小题）
32．【答案】（1）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F为；
（2）外接电阻上电流的有效值I为。
【分析】（1）确定bc、ad边的运动线速度大小，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式求解线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小；
（2）确定线圈转动一个周期内，有感应电流的时间，根据有效值的定义求解外接电阻上电流的有效值I。
【解答】（1）bc、ad边的运动线速度大小为：
线圈切割磁感线产生的感应电动势为：E＝2×NB×2lv＝2NBl2ω
线圈切割磁感线时感应电流为：
bc边所受安培力的大小为：F＝NBI1×2l
解得：
（2）线圈转动一个周期内，有感应电流的时间为：tT
根据有效值的定义可得：
解得：
答：（1）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F为；
（2）外接电阻上电流的有效值I为。
33．【答案】（1）时间内，通过线圈截面的电荷量q为2.5×10﹣6C；
（2）线圈中产生的感应电动势的最大值Em为3.6×10﹣3V；
（3）心脏每跳动一次，起搏器消耗的电能E为4.86×10﹣8J。
【分析】（1）时间内，先根据B＝B0sinωt求出时的磁感应强度，进而求得磁通量的变化量，再根据求通过线圈截面的电荷量q；
（2）根据心脏跳动频率f，由ω＝2πf求出角速度，再由Em＝NB0Sω求线圈中产生的感应电动势的最大值Em；
（3）线圈中产生的是正弦式交流电，根据求出电动势的有效值，确定起搏器电压，再根据焦耳定律求心脏每跳动一次，起搏器消耗的电能E。
【解答】（1）根据B＝B0sinωt，时的磁感应强度
内，磁通量的变化量为
通过线圈截面的电荷量qΔt Δt
根据法拉第电磁感应定律有
N
联立可得
联立解得：q＝2.5×10﹣6C
（2）心脏跳动频率
角速度为ω＝2πf
线圈中产生的感应电动势最大值为Em＝NB0Sω
解得：
（3）线圈中产生的是正弦式交流电，电动势的有效值为
起搏器电压
心脏跳动一次的时间为一个周期
心脏每跳动一次，起搏器消耗的电能
联立解得：E＝4.86×10﹣8J
答：（1）时间内，通过线圈截面的电荷量q为2.5×10﹣6C；
（2）线圈中产生的感应电动势的最大值Em为3.6×10﹣3V；
（3）心脏每跳动一次，起搏器消耗的电能E为4.86×10﹣8J。
34．【答案】（1）该波波速的可能大小是5（2n+1）m/s（n＝0，1，2，3，……）；
（2）①向上，②ⅰ线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的关系式是；
ⅱ在1min内电阻R产生的热量Q是2.4×104J；
（3）①C，②滑动变阻器的电流为I2，滑动变阻器的功率为
故当
即R1＝R2时，R消耗的电功率最大。
【分析】（1）根据简谐波传播的周期性，物块从波峰到波谷的时间为半周期的奇数倍，求出周期的可能值，结合波长与波速的关系计算波速的可能大小；
（2）①先由右手定则判断导线中感应电流的方向，再通过左手定则判断靠近N极的导线所受安培力的方向；
②i根据线圈转速求出转动的角速度，计算感应电动势的最大值，结合线圈初始位置与中性面垂直的特点，写出感应电动势随时间变化的关系式；
②ii求出感应电动势的有效值，根据焦耳定律，结合电阻阻值与通电时间，计算电阻在1分钟内产生的热量；
（3）①根据并联电路的电流、电压规律，结合恒流源总电流恒定的特点，分析电压与各电流变化量的比值关系，判断正确选项；
②将定值电阻R1等效为电源内阻，把滑动变阻器R2作为外电路，利用电源输出功率最大的条件，论证R2＝R1时其消耗的电功率最大。
【解答】（1）由图可知：λ＝20m；
代入数据可得：T
则5（2n+1）m/s（n＝0，1，2，3，……）
（2）①线圈逆时针转动，靠近 N 极的导线运动方向竖直向上，由右手定则，导线中感应电流方向垂直纸面向里。
由左手定则：磁场向右、电流向里，导线所受安培力方向竖直向上。
②ⅰ线圈的角速度ω＝2m＝πrad/s感应电动势的最大值，
线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的关系式为：e＝Emcosωt；
ⅱ电阻R两端电压的有效值200V，热量2.4×104J；
（3）①电路结构：R1与R2并联，恒流源总电流I恒定，满足I＝I1+I2
因此ΔI＝0，|ΔI1|＝|ΔI2|.
A、R1（定值），（随滑片变化），二者不相等，故A错误；
B、恒流源总电流恒定，ΔI＝0，无意义，故B错误；
C、对定值电阻R1，U＝I1R1，得
结合ΔI1＝﹣ΔI2
得即变化量的绝对值相等，故C正确；
D、成立，但，故D错误。
故选：C。
②滑动变阻器的电流为I2，滑动变阻器的功率为
故当
即R1＝R2时，R消耗的电功率最大。
故答案为：（1）该波波速的可能大小是5（2n+1）m/s（n＝0，1，2，3，……）；
（2）①向上，②ⅰ线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的关系式是；
ⅱ在1min内电阻R产生的热量Q是2.4×104J；
（3）①C，②滑动变阻器的电流为I2，滑动变阻器的功率为
故当
即R1＝R2时，R消耗的电功率最大。
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