高中二年级变化的大背景，便是文理分科（或七选三）。在对每个学科都有了初步知道后，学生们需要对自己将来的进步科目有所选择、有所侧重。这可谓是学生们首次完全自己把握、风险未知的主动选择。智学网高中二年级频道为你整理了《高中二年级下册物理暑假作业答案》，帮你金榜题名！

B、由图象知周期为0.01s，频率为周期的倒数100Hz，故B错误;

C、电阻消耗的功率P=I2R=2×10=1000W，故C错误;

D、角速度ω=2πf=200π，所以瞬时值表达式i=10sin200πtA，故D正确;

故选：D

2.解：A、t=0时刻感应电动势，磁通量为零;此时线圈与中性面相互垂直;故A错误;

B、t2时刻感应电动势，线圈平面与中性面垂直，磁通量为零.故B错误.

C、t3时刻线圈通过中性面，感应电动势为零，依据法拉第电磁感应定律，知磁通量变化率为零，最小，故C错误;

D、t4时刻线圈中感应电动势，磁通量变化率.故D正确.

故选：D3.解：A、交流电表的示数是有效值.故A错误;

B、B、保险丝的额定电流，也是有效值，故B错误;

C、电容器的击穿电压，是指的电压值，故C正确;

D、220V动力电压是有效值，故D错误;

故选：C.

4.解：A、图示地方磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS，△Φ=Φ2﹣Φ1=BS.故A错误.

B、依据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势，△t=解得=，故B正确;

C、通过电阻R的电量q=It=t=n，得到q=，故C正确;

D、电流的有效值为I=，E=，电阻R所产生的焦耳热Q=I2Rt，解得Q=，故D正确.

故选：BCD.

5.D

6.AD

解：A、闭合瞬间，L等于断路，b立刻变亮，a渐渐变亮，A正确B错误.

C、闭合开关稳定时，a的亮度比b的大，由于依据I=知通过a的电流大，C错误

D、电键断开，L等于电源与两个灯泡串联，渐渐熄灭，因为稳定后a灯的电流大于b灯，所以电键断开瞬间b灯的电流比稳定时的电流大，b灯闪亮一下再熄灭，D正确

故选：AD

7.A变压器的架构和原理;正弦式电流的图象和三角函数表达式

解：由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压值为311V，所以原线圈电压的有效值为U1=220V

依据电压与匝数成正比得：U2==55V

则副线圈电流I2==5A

故选：A.

8.解：感应电动势值为Em=NBSω=100××0.05×100V=500V

因为从中性面开始计时，则瞬时值表达式为：e=Emsin=500sinV

流过电阻R的电流Im==50A

通过电阻R的电流有效值I==25A.

答：若线圈经图示地方开始计时，线圈中感应电动势瞬时值的表达式是e=500sinV;

通过电阻R的电流有效值是25A.

9.解：降压变压器的输出功率为：P=40×22×6=5280W

降压变压器副线圈的电流：=24A，

降压变压器原线圈的电流：=6A

输电线损失的功率：

所以输入功率：P1=5280+144=5424W

降压变压器原线圈电压为：=880V

输电线上损失的电压为：△U=I3R=24V

则发动机的输出电压为：U2=880+24=904V

所以发电机原线圈电压：=226V

依据电流与匝数成反比知发电机原线圈中电流为=24A，

发电机内阻分压：Ur=24×1=24V

电动势为：E=226+24=250V.

用户获得的实质功率P用=22×40×6=5280W;

则输电效率η==97.3%;

答：发电机输出功率为5424W;电动势为250V;输电效率为97.3%.

10.串联在外电路中的交流电流表的读数是1.4A

正弦式电流的图象和三角函数表达式;正弦式电流的值和有效值、周期和频率.

解：从Φ﹣t图象可以读出：Φm=1.0×10﹣2Wb，T=3.14×10﹣2s

感应电动势值Em=nBSω=nωΦm，又ω=，得到Em=nΦm

故电路中电流值

Im===A=2A.

交流电流表读数I=0.707Im≈1.4A.

答：串联在外电路中的交流电流表的读数是1.4A.

11.6V12w

1.B

2.解：依据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N极指向右，依据异性相吸，知线圈向左运动.故A正确，B、C、D错误.

故选A.

3.解：由图乙所示可知，在0﹣1s内，电流是正的，即从上向下看，沿顺时针方向，电流大小是定值，则磁感应强度均匀变化，在1﹣2s内，感应电流为零，则磁感应强度不变，在2﹣4s内，感应电流是负的，即沿逆时针方向，电流大小不变，则磁感应强度随时间均匀变化;

A、依据图示图象，由楞次定律可知，0﹣1s内感应电流感应电流沿顺时针方向，在1﹣2s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在2﹣4s内，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，符合题意，故A正确;B错误;

C、由图示图示可知，在1﹣2s内，磁感应强度是变化的，穿过线圈的磁通量是变化的，线圈中有感应电流，不符合题意，故C错误;

D、依据图示图象，由楞次定律可知，0﹣1s内感应电流感应电流逆时针方向，在1﹣2s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在2﹣4s内，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，不符合题意，故D错误;

故选：A.

4.解：A、B、当磁铁挨近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈遭到磁铁的安培力用途，依据楞次定律可知，线圈遭到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的重压增大，即N大于mg.线圈相对桌面有向右运动趋势，遭到桌面向左的静摩擦力.故A正确，B错误.

C、当磁铁离得远远的线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流，线圈遭到磁铁的安培力用途，依据楞次定律可知，线圈遭到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的重压减小，即N小于mg.线圈相对桌面有向右运动趋势，遭到桌面向左的静摩擦力.故C错误，

D、当磁铁挨近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流从上向下看是逆时针方向;当磁铁离得远远的线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流从上向下看是顺时针方向，故D错误.

故选：A.

5.CD楞次定律.

解：环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为BI2πr，则在竖直方向的分力为2πrBIcosplayθ，

AC、由牛顿第二定律，可得：BI2πrcosplayθ﹣mg=ma，则圆环向上的加速度为a=﹣g，竖直向上，

在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到值，由v=at得v=﹣gt，故C项正确;

在时间t内，上升的高度h=，则安培力对圆环做功为W=Fh=πrBIt2cosplayθ，故A错误;

B、电流撤去后，因为惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线而做变减速运动，故B项错误;

D、圆环通电流时，电流方向为顺时针，安培力分量指向圆心，有缩短的趋势，撤去电流后，切割产生的感应电流为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故D正确.

故选：CD.

6.解：A、当条形磁铁插入线圈的瞬间，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流.条形磁铁首次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢.条形磁铁第二次飞速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同.故A正确;

B、依据法拉第电磁感应定律=

第二次线圈中产生的感应电动势大，感应电流：I=也大，外力做的功转化为内能：W=Q=I2Rt=t=t=所以外力做的功与所用的时间成反比，即速度越快，外力做的功越多.故B错误;

C、依据法拉第电磁感应定律=

第二次线圈中产生的感应电动势大，故C错误;

D、依据法拉第电磁感应定律剖析感应电动势的大小，由欧姆定律剖析感应电流的大小.再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值，因为磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，故D正确;

故选：AD.

7.①

②Ⅰ.将开关闭合;

Ⅱ.将螺线管A插入螺线管B

8.ab中的电流方向为b到aR1=2.0Ωm=0.1kg

由右手定则，金属棒ab中的电流方向为b到a由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热解得：设速度为v，切割磁感线产生的感应电动势由闭合电路的欧姆定律：从b端向a端看，金属棒受力如图：金属棒达到速度时满足由以上三式得：由图像可知：斜率为，纵截距为v0=30m/s，得到：解得：R1=2.0Ωm=0.1kg点评：本题考察了容易见到的电磁感应类的问题，通过受力剖析弄清物体运动过程，并结合能量守恒定律求出电阻发热等问题。

9.分析：向右

传感器正常工作时的电阻

工作电流

因为滑动变阻器工作电流是1A，所以电路允许通过的电流为I=0.3A

滑动变阻器触头坐落于最左端时外电路的电阻为R外=20Ω，故电源电动势的值E=I=6.3V

由法拉第电磁感应定律

解得t0=40s

10.解：设竖直板的长度为L，小球带电量为q

F杆的方向与水平方向成角