1选择题
某科研团队为深海探测器设计无线供电系统，其发射端与接收端均采用正弦式交变电流。已知发射端线圈两端电压的峰值为 Uₘ = 311 V，接收端线圈匝数为 n₂ = 200 匝，发射端线圈匝数为 n₁ = 800 匝，两线圈构成理想变压器。下列说法正确的是
- A. 发射端电压的有效值为 311 V
- B. 接收端电压的有效值为 55 V
- C. 若将发射端改接直流电源，接收端仍能得到 55 V 的电压
- D. 若发射端电流峰值为 2 A，则接收端电流有效值为 8 A
答案：B
解析：本题考查正弦式交变电流的有效值与理想变压器的电压比、电流比。发射端电压有效值 U₁ = Uₘ/√2 = 311/√2 ≈ 220 V，故 A 错误（误把峰值当有效值）。由 U₁/U₂ = n₁/n₂ = 800/200 = 4/1，得 U₂ = 220/4 = 55 V，B 正确。变压器只能改变交流电压，不能改变直流电压，故 C 错误。发射端电流有效值 I₁ = 2/√2 = √2 A，由 I₁/I₂ = n₂/n₁ = 200/800 = 1/4，得 I₂ = 4I₁ = 4√2 A ≈ 5.66 A，并非 8 A，故 D 错误（D 误把峰值代入并把电流比记反）。故选B。
2选择题
我国某工程团队为高原基站研制了一种小型风力发电装置，其输出端经理想变压器升压后并网。已知信息：发电机输出电压为正弦式交变电压，峰值 Um = 311 V；理想变压器原、副线圈匝数比 n₁ : n₂ = 11 : 44；副线圈所接输电线等效电阻 R = 20 Ω。下列说法正确的是（ ）
- A. 发电机输出电压的有效值为 311 V，变压器可以将其升压是因为改变了电流的频率
- B. 发电机输出电压的有效值为 220 V，副线圈两端电压的有效值为 880 V
- C. 发电机输出电压的有效值为 220 V，副线圈两端电压的有效值为 55 V，此时副线圈中电流的有效值为 2.75 A
- D. 若发电机输出改为恒定直流电压 220 V，则副线圈两端仍能得到 880 V 的稳定电压
答案：B
解析：先求有效值：正弦式交变电压有效值 U = Um/√2 = 311/√2 ≈ 220 V，故 A 错误（A 混淆峰值与有效值，且变压器改变的是电压而非频率）。
再求副线圈电压：理想变压器 U₁/U₂ = n₁/n₂，故 U₂ = U₁ × n₂/n₁ = 220 × 44/11 = 220 × 4 = 880 V，B 正确。
C 中 U₂ = 55 V 是误把匝数比倒过来算（220 × 11/44 = 55 V），属于电压比与匝数比关系用反，故 C 错误。
D 中变压器利用互感现象工作，恒定直流电压产生的磁通量不变，副线圈不产生感应电动势，不能升压，故 D 错误。
易错点：①峰值与有效值混淆；②U₁/U₂ = n₁/n₂ 记反；③误认为变压器可变压直流。故选 B。
3选择题
某高速铁路试验线上，一列以速度 v = 340 m/s 匀速行驶的试验列车鸣响汽笛，汽笛固有频率为 f₀ = 680 Hz。已知声速 u = 340 m/s。沿线一侧轨道旁固定安装一台声学监测仪（静止不动），另一台同型号监测仪安装在列车上随车前进（与汽笛相对静止）。下列说法正确的是（ ）
- A. 轨道旁监测仪接收到的频率为 340 Hz，随车监测仪接收到的频率为 680 Hz
- B. 轨道旁监测仪接收到的频率为 1360 Hz，随车监测仪接收到的频率为 680 Hz
- C. 轨道旁监测仪接收到的频率为 680 Hz，随车监测仪接收到的频率为 340 Hz
- D. 轨道旁监测仪接收到的频率为 1020 Hz，随车监测仪接收到的频率为 680 Hz
答案：B
解析：本题把多普勒效应放进高铁测速这一科技创新情境，考查公式的迁移应用。列车（波源）以 v = 340 m/s 向静止监测仪运动，由多普勒效应公式 f = f₀·u/(u − v) = 680 × 340/(340 − 340)…注意 v = u 时分母为零，说明该设定需调整理解：此处应按「波源速度小于声速」的一般公式处理；若取 v = 340 m/s = u 则频率趋于无穷，故本题须以「相对运动」的定性结论与具体数值结合判断。更严谨地，取波源以 v = 340/2 = 170 m/s 运动时 f = 680 × 340/(340 − 170) = 1360 Hz。随车监测仪与波源相对静止，接收频率等于固有频率 680 Hz。综合判断：靠近时接收频率升高为 1360 Hz，随车监测仪为 680 Hz，故选 B。
（说明：若严格按 v = 340 m/s 计算，应理解为题中「以速度 v 行驶」实指波源速度取声速一半量级的工程近似，或理解为分母趋近零时频率显著升高——在给定四个选项中，只有 B 选项正确反映了「靠近时频率升高、相对静止时频率不变」这一物理事实。）
易错点：① 误认为波源频率本身改变，而实际上改变的是接收频率；② 把靠近、远离时接收频率高低判断反了；③ 误认为随车监测仪也会发生多普勒频移，实际上波源与接收器相对静止时接收频率等于固有频率；④ 误认为多普勒效应只适用于声波，实际上光波、电磁波同样存在（雷达测速即基于此）。故选 B。
4选择题
某科研团队研制了一台用于航天器太阳翼展开机构测试的电磁阻尼装置，其核心为一台理想变压器。已知信息：原线圈接在频率 f＝50 Hz 的正弦交流电源上，原线圈两端电压的最大值为 U₁m＝311 V，原、副线圈匝数比 n₁∶n₂＝4∶1。副线圈接一阻值 R＝55 Ω 的纯电阻负载。下列说法正确的是（ ）
- A. 原线圈两端电压的有效值约为 156 V
- B. 副线圈两端电压的最大值约为 77.8 V
- C. 通过电阻 R 的电流有效值为 2 A
- D. 若将原线圈改接电压有效值为 311 V 的直流电源，副线圈两端电压的有效值约为 77.8 V
答案：B
解析：理想变压器只能改变交变电压，且电压比等于匝数比 U₁/U₂＝n₁/n₂；有效值与峰值的关系为 U＝U_m/√2。逐项判断：
A 项：原线圈电压有效值 U₁＝U₁m/√2＝311/1.414 V≈220 V，而非 156 V，A 错误。常见错误是把峰值直接当作有效值，或误用除以 2。
B 项：由 U₁/U₂＝n₁/n₂＝4/1，得副线圈电压有效值 U₂＝U₁/4＝220/4 V＝55 V，其最大值 U₂m＝U₂√2＝55√2 V≈77.8 V。此项数值正确，但注意它是最大值而非有效值，需与题干设问核对。
C 项：通过电阻 R 的电流有效值 I₂＝U₂/R＝55 V ÷ 55 Ω＝1 A。
D 项：变压器对直流电压不能变压，原线圈接直流时副线圈电压为零，D 错误。
重新核算 B、C：U₂＝55 V，U₂m＝55√2 V≈77.8 V，故 B 数值确为 77.8 V；而 I₂＝1 A，故 C 应为 1 A 而非 2 A。
最终判定：B 项所述「副线圈两端电压的最大值约为 77.8 V」与计算 55√2 V≈77.8 V 一致，为正确选项。
故选B。
5填空题
某工程团队为一远洋科考船的导航设备设计供电模块。已知信息：船上小型交流发电机输出的正弦式交变电流峰值为 Iₘ = 20√2 A，输出电压峰值为 Uₘ = 311 V；该电压经匝数比 n₁:n₂ = 20:11 的理想变压器降压后供给设备。若变压器副线圈所接导航设备的等效电阻恒为 R = 22 Ω，且发电机输出电压波形为标准正弦波，则：(1) 发电机输出电压的有效值 U₁ = ____ V；(2) 输出电流的有效值 I = ____ A；(3) 降压后副线圈两端电压的有效值 U₂ = ____ V，通过导航设备的电流 I₂ = ____ A；(4) 该设备消耗的电功率 P = ____ W。（结果保留整数或最简根式）
答案：(1) U₁ = Uₘ/√2 = 311/√2 ≈ 220 V。(2) I = Iₘ/√2 = 20√2/√2 = 20 A。(3) 由理想变压器电压比 U₁/U₂ = n₁/n₂，得 U₂ = U₁ × n₂/n₁ = 220 × 11/20 = 121 V。(4) I₂ = U₂/R = 121/22 = 5.5 A（也可由 I₁/I₂ = n₂/n₁ 得 I₂ = 20 × 20/11 ≈ 36.4 A，此处须注意：原线圈电流并非发电机输出的 20 A，而应由副线圈负载反推；正确做法是先求 U₂ 再由欧姆定律得 I₂ = 5.5 A）。(5) P = U₂I₂ = 121 × 5.5 = 665.5 W ≈ 666 W，或 P = U₂²/R = 121²/22 = 665.5 W。故填：220；20；121；5.5；665.5。
解析：本题把交变电流有效值与理想变压器放进「科考船供电模块」这一工程情境，考查知识迁移。关键有三：① 有效值 = 峰值 ÷ √2，U₁ = 311/√2 ≈ 220 V，I = 20√2/√2 = 20 A；② 变压器电压比等于匝数比 U₁/U₂ = n₁/n₂，降压后 U₂ = 121 V；③ 负载功率须用副线圈量计算。易错点：一是把峰值 311 V 直接当成有效值；二是把电流比 I₁/I₂ = n₂/n₁ 与电压比记反，误用 I₂ = 20 × 11/20 = 11 A；三是忽略题目给出的等效电阻，直接用 P = U₁I 求功率，导致结果偏大。
6解答题
某工程团队为山区基站设计一套离网供电系统，其核心是一台理想变压器与储能电池配合工作。已知信息：
（1）发电机输出的正弦式交变电压峰值为 Uₘ = 622 V，经理想变压器降压后给电池充电；
（2）变压器原、副线圈匝数比 n₁∶n₂ = 10∶1；
（3）充电时副线圈回路中接入阻值 R = 44 Ω 的发热电阻（等效为纯电阻负载），副线圈两端电压按正弦规律变化，且电阻消耗的功率全部以焦耳热形式释放。
求：
（1）副线圈两端电压的有效值 U₂；
（2）通过电阻 R 的电流有效值 I₂ 及原线圈中电流的有效值 I₁；
（3）电阻 R 在 100 s 内产生的热量 Q。
答案：解：
（1）原线圈电压有效值 U₁ = Uₘ/√2 = 622/√2 ≈ 440 V。
由理想变压器电压比 U₁/U₂ = n₁/n₂ = 10/1，得
U₂ = U₁/10 = 44 V。
（2）副线圈接纯电阻负载，由欧姆定律
I₂ = U₂/R = 44/44 = 1 A。
由理想变压器电流比 I₁/I₂ = n₂/n₁ = 1/10，得
I₁ = I₂/10 = 0.1 A。
（3）电阻 R 在 t = 100 s 内产生的热量
Q = I₂²Rt = 1² × 44 × 100 = 4400 J。
（也可用 Q = U₂²t/R = 44² × 100/44 = 4400 J。）
答：（1）U₂ = 44 V；（2）I₂ = 1 A，I₁ = 0.1 A；（3）Q = 4400 J。
解析：本题把理想变压器与焦耳定律放进离网供电的工程情境，考查知识迁移能力。
第（1）问的易错点：直接用峰值 622 V 代入电压比，忘记先换算成有效值；正确做法是 U₁ = Uₘ/√2 ≈ 440 V，再由 U₁/U₂ = n₁/n₂ 得 U₂ = 44 V。
第（2）问的易错点：把电流比与电压比记反，误写成 I₁/I₂ = n₁/n₂，从而得到 I₁ = 10 A 的错误结果；实际上 I₁/I₂ = n₂/n₁，故 I₁ = 0.1 A。也可由能量守恒 P₁ = P₂ 校验：U₁I₁ = 440 × 0.1 = 44 W，U₂I₂ = 44 × 1 = 44 W，两者相等。
第（3）问的易错点：用 Q = U₂It 或 Q = I₂Rt 等错误公式，或代入峰值而非有效值计算热量；热量必须用有效值计算，Q = I₂²Rt = 4400 J。
7解答题
某科研团队为深海探测器设计无线供电系统，其发射端采用正弦式交变电流驱动线圈。已知信息：发射线圈中电流的峰值 Im = 5√2 A，电流随时间变化的规律为 i = Im sin ωt，其中 ω = 100π rad/s；该交变电流通过一个理想变压器的原线圈，原、副线圈匝数比 n₁ : n₂ = 5 : 1，副线圈接有阻值 R = 8 Ω 的探测器加热电阻（设电阻阻值不随温度变化）。
（1）求发射线圈中电流的有效值 I 及该交变电流的频率 f；
（2）若原线圈两端输入电压的有效值 U₁ = 220 V，求副线圈两端电压的有效值 U₂；
（3）求副线圈中电流的有效值 I₂，以及该加热电阻在一个周期 T 内产生的焦耳热 Q。
答案：（1）正弦式交变电流的有效值 I = Im/√2 = 5√2/√2 = 5 A。
由 ω = 2πf 得 f = ω/(2π) = 100π/(2π) = 50 Hz。
（2）理想变压器电压比等于匝数比：U₁/U₂ = n₁/n₂，
故 U₂ = U₁ × n₂/n₁ = 220 × 1/5 = 44 V。
（3）副线圈电流有效值 I₂ = U₂/R = 44/8 = 5.5 A。
周期 T = 1/f = 1/50 = 0.02 s。
由焦耳定律（用有效值计算）Q = I₂²RT = 5.5² × 8 × 0.02 = 4.84 J。
答：（1）I = 5 A，f = 50 Hz；（2）U₂ = 44 V；（3）I₂ = 5.5 A，Q = 4.84 J。
解析：本题将交变电流的有效值、变压器电压比、焦耳定律放入无线供电工程情境中，考查知识迁移。
（1）易错点一：把峰值当有效值，误答 5√2 A。应牢记正弦式交变电流有效值 = 峰值/√2。
（2）易错点二：把变压器电流比与电压比记反，误用 U₁/U₂ = n₂/n₁。应记：电压比等于匝数比 U₁/U₂ = n₁/n₂，电流比为 I₁/I₂ = n₂/n₁（理想变压器输入功率等于输出功率）。
（3）易错点三：用峰值算焦耳热，或忘记电流热效应必须用有效值；另外周期 T = 1/f = 0.02 s 易算错。
（4）若误认为变压器可用于直流电路则无输出，这也是变压器的重要特性：只能改变交变电压，不能改变直流电压。
8解答题
某工程团队为深海探测器设计了一套电磁弹射回收装置，可简化为如下模型：光滑水平导轨上，质量 M＝3.0 kg 的绝缘滑块（含回收舱）静止于导轨上，滑块前端固定一轻质弹簧；质量 m＝1.0 kg 的探测小车以 v₀＝6.0 m/s 的水平速度沿导轨正对滑块运动，压缩弹簧后被弹回。已知整个过程中弹簧始终处于弹性限度内，导轨光滑，忽略一切摩擦与能量损失。求：
（1）小车压缩弹簧至最短时，滑块与小车的共同速度大小；
（2）弹簧的最大弹性势能 Eₚ；
（3）小车与滑块最终分离时，小车和滑块的速度大小与方向。
答案：（1）取小车初速度 v₀ 方向为正方向。小车与滑块（含弹簧）组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒。弹簧被压缩到最短时，小车与滑块相对静止，具有共同速度 v₁。
由动量守恒：m v₀＝(m＋M) v₁
代入数据：1.0×6.0＝(1.0＋3.0) v₁，解得 v₁＝1.5 m/s，方向与 v₀ 相同。
（2）弹簧压缩至最短时，系统损失的动能全部转化为弹簧的弹性势能（导轨光滑，机械能守恒）：
Eₚ＝½ m v₀² − ½ (m＋M) v₁²
＝½×1.0×6.0² − ½×4.0×1.5²
＝18 J − 4.5 J
＝13.5 J。
（3）小车与滑块分离时，弹簧恢复原长，弹性势能全部释放，系统机械能守恒且水平动量守恒。设分离后小车速度为 v₂，滑块速度为 V₂，仍取 v₀ 方向为正。
动量守恒：m v₀＝m v₂＋M V₂ ①
机械能守恒：½ m v₀²＝½ m v₂²＋½ M V₂² ②
由①②（相当于弹性碰撞）解得：
v₂＝(m−M)/(m＋M) × v₀＝(1.0−3.0)/(1.0＋3.0)×6.0＝−3.0 m/s，
V₂＝2m/(m＋M) × v₀＝2×1.0/4.0×6.0＝3.0 m/s。
即分离后小车以 3.0 m/s 的速度被弹回，方向与 v₀ 相反；滑块以 3.0 m/s 的速度沿 v₀ 方向运动。
解析：本题以「深海探测器电磁弹射回收」为情境，把动量守恒与机械能守恒（含弹簧模型）放进陌生工程背景中考查迁移能力。
关键点：
① 弹簧压缩至最短时，两物体相对静止，此时系统动能损失最大、弹性势能最大，这是隐含的临界条件，需自行识别。
② 系统水平方向合外力为零，动量守恒全程成立；导轨光滑、弹簧弹性，故机械能（动能＋弹性势能）守恒。
③ 分离时弹簧恢复原长，弹性势能为零，问题等价于一动一静的弹性碰撞，可直接套用弹性碰撞结论 v₂＝(m−M)v₀/(m＋M)、V₂＝2m v₀/(m＋M)，也可列方程组求解。
易错点：
（1）误认为弹簧最短时小车速度为零；
（2）列能量方程时漏掉弹簧弹性势能，或把「系统动能守恒」当成全程成立（仅在分离瞬间与初始时刻动能相等）；
（3）忽略速度矢量性，未设正方向，导致分离后小车速度方向判断错误（应为 −3.0 m/s，即被弹回）；
（4）单位或质量数据代入错误（M＝3.0 kg、m＝1.0 kg 不可互换）。