大纲地区2014届高三物理复习能力提升(Word版含解析)第10章专题8电学设计性实验的处理

2014高考物理二轮复习能力提升演练10　电磁感应中常考的3个问题 基础巩固 1．如图10－15甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆始终垂直于框架．图乙为一段时间内金属杆中的电流随时间t的变化关系图象，则下列选项中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是( )． 图10－15 图10－16 2．如图10－16所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置I释放，环经过磁铁到达位置.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则( )． A．T1>mg，T2>mg B．T1<mg，T2mg，T2<mg D．T1mg 3．如图10－17所示，水平虚线MN的上方有一垂直纸面向里的匀强磁场，矩形导线框abcd从MN下方某处以v0的速度竖直上抛，向上运动高度H后垂直进入匀强磁场，此过程中导线框的ab边始终与边界MN平行．不计空气阻力，在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图象中可能正确反映导线框的速度与时间的关系的是( )． 4．处于竖直向上匀强磁场中的两根电阻不计的平行金属导轨，下端连一电阻R，导轨与水平面之间的夹角为θ，一电阻可忽略的金属棒ab，开始时固定在两导轨上某位置，棒与导轨垂直．如图10－18所示，现释放金属棒让其由静止开始沿轨道平面下滑．就导轨光滑和粗糙两种情况比较，当两次下滑的位移相同时，则有( )． A．重力势能的减少量相同 B．机械能的变化量相同 C．磁通量的变化率相同 D．产生的焦耳热相同5．如图10－19所示，匀强磁场区域为一个等腰直角三角形，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则下图表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是( )． 6．如图10－20所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d.现给导体框一个初速度v0(v0垂直磁场边界)，已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2.下列说法正确的是( )． A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向 B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动 C．Q1>Q2 D．Q1＋Q2＝m(v－v) 7．如图10－21所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为( )． A. B. C. D. 能力提升 8．如图10－22所示，在与水平方向成θ＝30°角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计．空间存在着匀强磁场，磁感应强度B＝0.20 T，方向垂直轨道平面向上．导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根导体棒的质量m＝2.0×10－2kg、电阻r＝5.0×10－2Ω，金属轨道宽度l＝0.50 m．现对导体棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之沿轨道匀速向上运动．在导体棒ab运动过程中，导体棒cd始终能静止在轨道上．g取10 m/s2，求： (1)导体棒cd受到的安培力大小； (2)导体棒ab运动的速度大小； (3)拉力对导体棒ab做功的功率． 9．如图10－23所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L＝1 m，导轨的电阻可忽略．M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量m＝1 kg、电阻r＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．整套装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．自图示位置起，杆ab受到大小为F＝0.5v＋2(式中v为杆ab运动的速度，力F的单位为N)、方向平行于导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6. (1)试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，并请写出推理过程； (2)求电阻R的阻值； (3)求金属杆ab自静止开始下滑通过位移x＝1 m所需的时间t. 10．如图10－24所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd，线框质量为m，电阻为R，边长为L.有一方向垂直水平面向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B，磁场区宽度大于L，左、右边界与ab边平行．线框在水平向右的拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区． 图10－24 (1)若线框以速度v匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时a、b两点间的电势差． (2)若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过t1时间ab边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率． (3)若线框以初速度v0进入磁场，且拉力的功率恒为P0.经过时间T，cd边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q.后来ab边刚穿出磁场时，线框速度也为v0，求线框穿过磁场所用的时间t. 训练10　电磁感应中常考的3个问题 1．B　[金属杆由静止开始向右在框架上滑动，金属杆切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，在回路内产生感应电流，I＝＝.由题图乙金属杆中的电流随时间t均匀增大可知金属杆做初速度为零的匀加速运动，I＝.由安培力公式可知金属杆所受安培力F安＝BIL，根据牛顿第二定律F－F安＝ma，可得外力F＝ma＋F安＝ma＋BIL＝ma＋，所以正确选项是B.] 2．A　[金属圆环从位置到位置过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受安培力向上，在磁铁下端时受安培力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知T1>mg，T2>mg，A项正确．] 3．C　[矩形导线框abcd从某处以v0的速度竖直上抛，未进入匀强磁场前做加速度为g的匀减速直线运动，选项A、B错误；矩形导线框进入匀强磁场后做加速度逐渐减小的减速直线运动直到速度减为零，选项D错误，C正确．] 4．A　[本题考查金属棒在磁场中的运动及能量转化问题．当两次下滑的位移相同时，知重力势能的减少量相同，则选项A正确；两次运动的加速度不同，所用时间不同，速度不同，产生的感应电动势不同，磁通量的变化率也不同，动能不同，机械能的变化量不同，则产生的焦耳热也不同，故选项B、C、D均错误．] 5．C　[在0～L过程中无电磁感应现象．在L～2L的过程中，线圈bc边切割磁感线的有效长度L在线性增加，感应电动势e＝BLv及感应电流i＝也在线性增加，在2L点达最大值．且由右手定则得电流方向沿a→b→c→d→a，为正，故选项D错误．同理，在2L～3L的过程中，感应电流为负向的线性增加，故选项A、B均错误、选项C正确．] 6．ACD　[本题考查楞次定律及功能关系．导体框离开磁场过程中，穿过导体框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律或右手定则可知感应电流为顺时针方向，选项A正确；导体框进出磁场的过程中，均克服安培力做功，其速度减小，感应电流也减小，导体框做变减速运动，选项B错误；导体框进入磁场过程中的平均速度大于离开磁场过程的平均速度，由F＝及Q＝Fl可知Q1>Q2，选项C正确；根据功能关系可得：Q1＋Q2＝m(v－v)，选项D正确．] 7．C　[当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1＝＝＝＝＝.当线圈不动，磁感应强度变化时，I2＝＝＝＝，因I1＝I2，可得＝，C选项正确．] 8．解析　(1)导体棒cd静止时受力平衡，设所受安培力为F安，则F安＝mgsin θ 解得F安＝0.10 N. (2)设导体棒ab的速度为v时，产生的感应电动势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，则E＝Blv；I＝；F安＝BIl 联立上述三式解得v＝ 代入数据得v＝1.0 m/s. (3)导体棒ab受力平衡，则F＝F安＋mgsin θ 解得F＝0.20 N 拉力做功的功率P＝Fv 解得P＝0.20 W. 答案　(1)0.1 N　(2)1.0 m/s　(3)0.20 W 9．解析　(1)金属杆做匀加速运动(或金属杆做初速度为零的匀加速运动)． 通过R的电流I＝＝，因通过R的电流I随时间均匀增大，即杆的速度v随时间均匀增大，杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动． (2)对回路，根据闭合电路欧姆定律I＝ 对杆，根据牛顿第二定律有：F＋mgsin θ－BIL＝ma 将F＝0.5v＋2代入得：2＋mgsin θ＋v＝ma，因a为恒量与v无关，所以a＝＝8 m/s2 0．5－＝0，得R＝0.3 Ω. (3)由x＝at2得，所需时间t＝ ＝0.5 s. 答案　(1)匀加速运动　(2)0.3 Ω　(3)0.5 s 10．解析　(1)线框在离开磁场时，cd边产生的感应电动势E＝BLv 回路中的电流I＝ 则a、b两点间的电势差U＝IRab＝BLv. (2)t1时刻线框速度v1＝at1 设cd边将要进入磁场时刻速度为v2，则v－v＝2aL 此时回路中电动势E2＝BLv2 回路的电功率P＝ 解得P＝ (3)设cd边进入磁场时的速度为v，线框从cd边进入到ab边离开磁场的时间为Δt，则 P0T＝＋Q P0Δt＝mv－mv2 解得Δt＝－T 线框离开磁场时间还是T，所以线框穿过磁场总时间t＝2T＋Δt＝＋T. 答案　(1)BLv　(2)　(3)＋T 高考学习网： 高考学习网： 图10－ 图10－ 图10－ 图10－ 图10－1 图10－1 图10－17 图10－16。

2014届高考物理第二轮复习方案之电学(新课标版)92014届高考物理第二轮复习方案之电学（新课标版）91．一电子以垂直于匀强磁场的速度v A，从A 处进入长为d宽为h的磁场区域如下图所示，发生偏移而从B处离开磁场，若电荷量为e，磁感应强度为B，圆弧AB的长为L，则()A．电子在磁场中运动的时间为t＝d v AB．电子在磁场中运动的时间为t＝L v AC．洛仑兹力对电子做功是Be v A·hD．电子在A、B两处的速度相同解析：电子在磁场中只受洛仑兹力的作用，做匀速圆周运动，认为运动时间为t＝dv A是把电子解析：因m α＝4m H ，q α＝2q H ，据T ＝2πm qB ，知t α＝2t H ；据R ＝m v qB ，知v H ＝2v α；据a ＝v 2R ，知a α＝14a H; 据E k ＝12m v 2，知E kα＝E k H ，只有D 项正确．答案：D3.如图所示,在通电直导线下方,有一电子沿平行导线方向以速度v 向左运动,则关于电子的运动轨迹和运动半径的判断正确的是( )A.将沿轨迹Ⅰ运动,半径越来越小B.将沿轨迹Ⅰ运动,半径越来越大C.将沿轨迹Ⅱ运动,半径越来越小D.将沿轨迹Ⅱ运动,半径越来越大4.电荷量为+q 的粒子在匀强磁场中运动，下面说法中正确的是( )A.只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B.如果把+q 改为-q ，且速度反向、大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D.粒子只受到洛伦兹力作用时，运动的动能不变5.如图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图,其核心部分是两个D形金属盒.在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中,两盒分别与高频电源相连.带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示,忽略带电粒子在电场中的加速时间,则下列判断正确的是( )A.在Ek -t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1B.高频电源的变化周期应该等于tn -tn-1C.粒子加速次数越多,粒子最大动能一定越大D.要想粒子获得的最大动能越大,可增加D形盒的面积6. 1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖.若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法中正确的是( )A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带正电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷qm越小7．如下图所示，摆球带负电荷的单摆，在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在AB间摆动过程中，由A摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F1，摆球加速度大小为a1；由B摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F2，摆球加速度大小为a2，则()A．F1>F2，a1＝a2B．F1<F2，a1＝a2C．F1>F2，a1>a2D．F1<F2，a1<a2解析：绳的拉力、洛仑兹力始终与单摆的运动方向垂直，不做功．只有重力做功，所以a 1＝a 2，当单摆由A 摆到最低点C 时，绳的拉力和洛仑兹力方向相同，由B 摆到最低点C 时，绳的拉力与洛仑兹力方向相反，故F 1<F 2.答案：BBq 5Bq v 4m 4m ＜＜l l8．如下图所示，直径为R 的绝缘筒中为匀强磁场区域，磁感应强度为B 、磁感线垂直纸面向里，一个质量为m 、电荷量为q 的正离子，以速度v 从圆筒上C 孔处沿直径方向射入筒内，如果离子与圆筒碰撞三次(碰撞时不损失能量，且时间不计)，又从C 孔飞出，则离子在磁场中运动的时间为( )A.2πR vB.πR vC.2πm qBD.πm qB解析：根据题意画出离子运动轨迹，由对称性可知离子运动的轨迹为四个14圆，半径等于圆筒的半径，总时间等于一个圆的周期，所以A 、C 正确．答案：AC9．电子质量为m ，电荷量为q ，以与x 轴成θ角的速度v 0射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后从x 轴上的P 点射出，如右图所示，求：(1)OP 的长度；(2)电子由O 点射入到从P 点射出所需的时间t .解析：(1)过O 点和P 点做速度方向的垂线，两线交点即电子做圆周运动的圆心，由几何关系知OP ＝2r sin θ①又Bq v 0＝m v 0 2r ②由①②式解得OP ＝2m v 0Bq sin θ.(2)由T ＝2πr v 0＝2πm Bq 得所需时间为 t ＝2θ2π·2πm Bq ＝2θm Bq . 答案：(1)2m v 0Bq sin θ (2)2θm Bq10．如下图所示，一束电子(电荷量为e )以速度v 垂直射入磁感应强度为B ，宽度为d 的匀强磁场中，穿过磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30°，求：(1)电子的质量是多少？(2)穿过磁场的时间是多少？(3)若改变初速度大小，使电子刚好不能从A 边射出，则此时速度v′是多少？解析：(1)作出速度方向的垂线，如上图所示，设电子在磁场中运动轨道半径为r，电子的质量是m，由几何关系得r＝dsin30°＝2d- 11 - 电子在磁场中运动Bq v ＝m v 2r ，即r ＝m v Bq所以m ＝2dBq v .(2)电子运动轨迹对应的圆心角θ＝30°＝π6电子运动的周期T ＝2πm Bq电子穿过磁场的时间t ＝θ2πT ＝T 12＝πd 3v. (3)电子刚好不能从A 边射出(与右边界相切)，此时电子的轨道半径为r ′＝d由r ′＝m v ′Bq 得v ′＝Bqd m ＝v 2. 答案：(1)2dBq v (2)πd 3v (3)v 2。

专题八 磁 场1.(2012·高考天津卷)如图所示，金属棒MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M 向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )A ．棒中的电流变大，θ角变大B ．两悬线等长变短，θ角变小C ．金属棒质量变大，θ角变大D ．磁感应强度变大，θ角变小2.(2012·高考安徽卷)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v /3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )A.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt3.(2012·高考广东卷)质量和电量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是( )A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦兹力对M 、N 做正功D ．M 的运行时间大于N 的运行时间4.(2012·高考大纲全国卷)质量分别为m 1和m 2、电荷量分别为q 1和q 2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动．已知两粒子的动量大小相等．下列说法正确的是( )A ．若q 1＝q 2，则它们做圆周运动的半径一定相等B ．若m 1＝m 2，则它们做圆周运动的半径一定相等C ．若q 1≠q 2，则它们做圆周运动的周期一定不相等D ．若m 1≠m 2，则它们做圆周运动的周期一定不相等5. (2012·高考江苏卷)如图所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界．一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场．若粒子速度为v 0，最远能落在边界上的A点．下列说法正确的有( )A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v 0－qBd 2mD ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v 0＋qBd 2m6.(2012·高考北京卷)处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( )A ．与粒子电荷量成正比B ．与粒子速率成正比C ．与粒子质量成正比D ．与磁感应强度成正比答案：1.【解析】选A.对金属棒受力分析知，tan θ＝BIL mg对A ，I 增大，θ角变大；对B ，与悬线的长度无关；对C ，m 增大，θ角减小；对D ，B 增大，θ角变大，故A 项正确．2.【解析】选B.粒子速度为v 时，A 点射入，C 点射出，转过的圆心角为60°，则在磁场中的时间Δt ＝16T ，若以v 3的速度射入，周期不变，半径为原来的13，由几何关系可知在磁场中转过的圆心角为120°，则运动时间t ＝13T ＝2Δt ，故B 项正确． 3.【解析】选A.由左手定则得M 带负电，N 带正电，故选A.4.【解析】选A.由半径公式R ＝m v qB知，动量大小相等的粒子，若q 1＝q 2，R 一定相等，A 正确；若m 1＝m 2，q 关系不确定，R 大小关系无法确定，B 错误；由周期公式T ＝2πm qB，若q 1≠q 2，m 1与m 2关系也无法确定，二者周期可能相同，C 错误，同理，D 项也是错误的．5.【解析】选BC.若粒子以v 0射入磁场，则其轨道半径r ＝m v 0qB是一定值，从O 点射入，最远经过A 点，OA 一定为最长弦，即直径，该粒子此时一定从O 点垂直于边界射入．若粒子落在A 点左侧，可以在v 0不变的情况下通过改变入射角度实现，A 错；若粒子落在A 点右侧，只能增大v 0，增大轨道半径实现，B 正确；若粒子落在A 点左侧d 处，其轨道半径最小为R 1＝r －d 2，由q v 1B ＝m v 21R 1得最小速度：v 1＝v 0－qBd 2m，C 正确；若粒子从O 点垂直射入落在A 点右侧d 处，其半径R 2＝r ＋d 2，入射速度v 2＝v 0＋qBd 2m，但可以增大速度，改变入射角度，让其落在该范围内，所以v 2并非最大速度，D 错误．6.【解析】选D.本题考查电流的定义式I ＝q t，带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，q v B ＝m v 2R ，T ＝2πR v 得T ＝2πm qBI ＝q T ＝q 2B 2πm可知I 与q 2成正比，A 错，与v 无关，与m 成反比．B 、C 错，与B 成正比，D 对．。

2013—2014学年度上学期高三一轮复习物理单元验收试题（10）【新课标】单元十 交变电流一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分） 1． [2013·四川卷] 用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图像如图所示，则( ) A ．变压器输入功率约为3.9 W B ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin(100πt ＋π2) A2． [2013·江苏卷] 如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P 处于图示位置时 ，灯泡L 能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( ) A ．向下滑动PB ．增大交流电源的电压C ．增大交流电源的频率D ．减小电容器C 的电容3．如图所示，L 1、L 2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V 和10 A ，已知图甲中原、副线圈匝数比为100∶1，图乙中原、副线圈匝数比为1∶10，则（ ） A ．图甲中的电表是电压表，输电电压为22 000 V B ．图甲是电流互感器，输电电流是100 AC ．图乙中的电表是电压表，输电电压为22 000 VD ．图乙是电流互感器，输电电流是10 A4．我国“西电东送”采用高压输电，继三峡至常州500 kV 直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500 kV 直流输电工程．采用高压直流输电有利于不同发电机为同一电网供电和不同电网的互联．关于高压直流输电，下列说法正确的是（ ）A ．高压输电可以减小输电电流，从而减少输电导线的能量损失B ．恒定的直流输电可以有效消除交流高压输电中感抗和容抗的影响C ．可以加快输电的速度D ．为实现高压直流输电，可以用变压器直接改变恒定电流的电压5．如图所示，黑箱输入端A 、B 输入含有直流成分和交流成分的电流，为了使输出端a 、b 输出只有直流成分的电流，黑箱中可能有电容器、电感线圈或电阻，其中效果最好的是图中的（ ）6．如图所示，变．则下列说法中正确的是（ ）A ．只将S 1从2拨向1时，电流表示数变小B ．只将S 2从4拨向3时，电流表示数变小C ．只将S 3从闭合变为断开，电阻R 2两端电压增大D ．只将变阻器R 3的滑动触头上移，变压器的输入功率减小7．多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现上述调节的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速．现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的．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．即在正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一被截去，从而改变电灯上的电压．那么现在电灯上的电压为（ ）A ．U mB ．U m 2C ．U m 2D ．U m48．[2013·山东卷] 图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示．以下判断正确的是( )图甲 图乙A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左 9．[2013·广东卷] 如图，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，V 和A 均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 端电压u 1＝12 2sin100πt (V)．下列说法正确的是( )A ．电流频率为100 HzB ．V 的读数为24 VC ．A 的读数为0.5 AD ．变压器输入功率为6 W10．如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间加上如图所示的交变二、计算题（本大题共3小题，共60分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 11．（18分）将电阻R 1和R 2，如图甲所示接在变压器上，变压器原线圈接在电压恒为U 的交流电源上，R 1和R 2上的电功率之比为2∶1；若其他条件不变，只将R 1和R 2改成如图乙接法，R 1和R 2上的功率之比为1∶8，若甲图中原、线圈的电流为I 1，乙图中原线圈电流为I 2，求：（1）两组副线圈的匝数之比； （2）I 1和I 2之比．12．（20分）交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝2πT．为用此发电机所发出交流电带动两个标有“220 V, 11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示．求：（1）发电机的输出电压为多少？（2）变压器原、副线圈的匝数比为多少？（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？13．（22分）有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一学校照明用电，如图所示．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶4，降压变压器原、副线圈匝数比为4∶1，输电线的总电阻为4 Ω.全校共有22个班，每班有“220 V,40 W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则（1）发电机的电动势为多大？（2）发电机的输出功率为多大？（3）输电效率为多少？参考答案1．A[解析] 由图像可知通过负载的电流有效值为I有＝I m2＝0.052A，负载消耗的功率P＝UI≈3.9 W，变压器输入功率等于输出功率，故约为3.9 W，选项A正确；变压器的输出电压110 V是有效值，最大值为110 2 V，选项B错误；由公式n1n2＝U1U2得变压器原、副线圈匝数比n1n2＝21，选项C错误；负载电流的函数表达式应为i＝0.05sin(100πt) A，选项D错误．2．BC[解析] 因为原、副线圈两端的电压与它们的匝数成正比，当向下滑动P时，相当于减少副线圈的匝数，导致副线圈两端的电压减小，流过灯泡L的电流也减小，灯泡变暗，选项A错误；增大交流电源的电压，则会使副线圈两端的电压也随之增大，灯泡变亮，选项B正确；电容器的电容越大，交流电源的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小，灯泡就越亮，选项C正确，选项D错误．3．解析：根据输入端的连接关系可知，图甲为电压互感器，图中电表为电压表；图乙为电流互感器，图中的电表为电流表．根据变压器的电压、电流与匝数的关系可得，图甲中原、副线圈电压关系为U 1220 V ＝1001，所以输电电压U 1＝22 000 V ；图乙中原副线圈中电流关系为I 110 A ＝101，所以输电电流I 1＝100 A ，故A 项正确．答案：A4．解析：在功率一定时，采用高压输电，根据P ＝IU ，可以通过减小电流，从而减少输电导线的能量损失，A 项正确；交流电由于感抗与容抗的作用，不能无限升压，而利用直流输电可以有效弥补这个缺陷，B 项正确；两种输电方式都不能改变输电的速度，C 项错误；变压器只能改变交变电流的电压，D 项错误．答案：AB5．解析：电感通直流、阻交流；电容通交流、隔直流．C 项中，交流成分被电容器短路，没有去除的交流成分又被电感线圈阻碍，故去除交流成分的效果最好．答案：C6．解析：由n 1n 2＝U 1U 2可得A 项中n 1变小，U 1、n 2不变，则U 2变大，I 2变大，又n 1n 2＝I 2I 1可得I 1变大，B 项中n 2变小，n 1、U 1不变，则U 2变小，I 2变小，又n 1n 2＝I 2I 1，所以I 1变小，故A 项错，B 项正确；C 项中，R 增大，U 2不变，所以UR 2＋UR 3不变，又R 3不变，所以UR 2不变，C 项错；D 项中，R 3变大，R 总变大，U 2不变，则I 2变小，P 出＝U 2I 2变小，R 入＝P 出变小，D 项正确．答案：BD7．解析：由有效值的定义知U 2R T ＝U m 22R ·T 2，得U ＝U m2.答案：C8．AC [解析] 产生的交变电流的最大值为10 2 A ，有效值为10 A ，所以电流表的示数为10 A ，故A 正确．线圈转动的角速度ω＝2πT ＝2π0.02 rad/s ＝100π rad/s ，故B 错误.0.01 s 时电动势最大，由法拉第电磁感应定律得，磁通量的变化率最大，此时线圈平面与磁场方向平行，故C 正确.0.02 s 时线圈转到图示位置，对CD 边由右手定则可判断电流方向为由D 到C ，所以R 中的电流从左向右，故D 错误．9．D [解析] 由u 1＝12 2sin100πt(V)得，输入电压有效值U 1＝12 V ，ω＝100π rad/s ，故电流频率f ＝ω2π＝50 Hz ，A 错；根据U 1U 2＝n 1n 2得电压表的读数U 2＝6 V ，B 错；电流表的读数I 2＝U 2R ＝1 A ，C 错；灯泡功率P 2＝U 22R＝6 W ，则变压器输入功率P 1＝P 2＝6 W ，D 对．10．解析：对A 图可知，电子先做加速度减小的加速度运动，14T 时刻速度最大；由14T 到12T 做加速度增加的减速运动，12T 时刻速度为零；从12T 到34T 电子反向做加速度减小的加速运动，34T 时刻速度最大；由34T 到T 做加速度增大的减速运动，T 时刻速度为零，回到原位置，即电子能往复运动．同样的方法可得B 、C 两项也对．答案：ABC11．解析：（1）甲图中R 1和R 2串联，电流相同，功率与电阻成正比，所以有R 1＝2R 2 ① 设乙图三组线圈的匝数分别是n 1、n 2、n 3，两组副线圈上的电压分别是U 2和U 3，易得U 2＝n 2n 1U ②U 3＝n 3n 1U ③由乙图中R 1和R 2上的功率之比为1∶8，即（U 22/R 1）∶（U 23/R 2）＝1∶8 ④联立①②③④式解得n 2n 3＝12.（2）设甲图中输出功率为P 1，则P 1＝（n 2＋n 3n 1U ）2/（R 1＋R 2）设乙图中输出功率为P 2，则P 2＝（n 2n 1U ）2/R 1＋（n 3n 1U ）2/R 2以R 1＝2R 2，n 3＝2n 2代入，可得：P 1P 2＝23.由于输入功率等于输出功率，所以甲、乙两图中输入功率之比也为23，根据P ＝IU ，电压恒定，所以两图中电流之比I 1∶I 2＝2∶3.答案：（1）1∶2 （2）2∶3 12．解析：（1）根据E m ＝NBSω＝1 100 2 V得输出电压的有效值为U 1＝E m2＝1 100 V .（2）根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝51.（3）根据P 入＝P 出＝2.2×104 W 再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A. 答案：（1）1 100 V （2）5∶1 （3）20 A 13．解析：由题意知U 4＝220 V则I 3＝P U 4·n ＝40220×22×6 A ＝24 A由降压变压器变压关系：U 3U 4＝n 3n 4，得U 3＝U 4n 3n 4＝880 V由降压变压器变流关系：I 2I 3＝n 4n 3，得I 2＝n 4I 3n 3＝6 A又因为U 2＝U 3＋I 2R ＝880 V ＋6×4 V ＝904 V 由升压变压器变压关系： U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝226 V 由升压变压器变流关系：I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝24 A所以（1）发电机的电动势： E ＝U 1＋I 1r ＝250 V .（2）发电机的输出功率 P 出＝EI 1－I 21r ＝5 424 W.（3）输电的效率η＝P 有效P 出＝22×40×6 J 5 424 J ×100%＝5 2805 424×100%＝97%.答案：（1）250 V （2）5 424 W （3）97%。