M单元 交变电流 M1 交变电流的产生及描述 图1－6 20．M1[2011·四川卷] 如图1－6所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么( ) A．线圈消耗的电功率为4 W B．线圈中感应电流的有效值为2 A C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost D. 任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint 【解析】 AC 当线圈从图示位置开始计，此时交变电流的瞬时值表达式为i＝Imcos ωt，当ωt＝60°时，i＝1 A，可解得Im＝2 A，其有效值为I＝＝ A，B错误；回路消耗的功率P＝I2R＝4 W，A正确；线圈中感应感应电动势的最大值Em＝ImR＝4 V，所以任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cos t，C正确；磁通量的最大值Φm＝BS＝＝＝＝，则穿过线圈任意时刻的磁通量Φ＝sin t，D错误． 19．L3 M1[2011·安徽卷] 如图1－11所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( ) 图1－11 A. B. C. D. 【解析】 D 线框在磁场中转动时产生感应电动势最大值Em＝，感应电流最大值Im＝，在转动过程中I—t图象如图所示(以逆时针方向为正方向)：设该感应电流的有效值为I，在一个周期T内：I2RT＝IR·T，解得：I＝＝，故选项ABC错误，选项D正确． 图1 图2 4．M1[2011·天津卷] 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＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零 B．t＝0.01 s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311 V D. 线框产生的交变电动势频率为100 Hz 4．[2011·天津卷] B 【解析】 由图2可知，正弦交流电的最大值为311 V，周期T＝0.02 s，所以该交流电的有效值为U有＝＝ V≈220 V，频率f＝＝50 Hz，CD错；由图2，t＝0.005 s时电动势最大，磁通量的变化率最大，A错；由图2，t＝0.01 s时电动势为0，磁通量变化率为0，但磁通量最大，线框处于中性面位置，B正确．M2 变压器 远距离输电 20．M2[2011·山东卷] 为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图1－5甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图1－5乙所示．以下正确的是( ) 图1－5 A．u2＝190 sin(50πt) V B．u2＝190 sin(100πt) V C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移 D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移 【解析】 BD 由图乙可知，交变电流的最大值为190 V，周期为0.02 s，ω＝＝100π rad/s，所以A项错误，B项正确．为了让用户得到220 V的电压，由＝可知，要想使电压u2升高，n1必须变小，C项错误，D项正确． M3 交变电流综合 17．M3[2011·课标全国卷] 如图1－3所示，一理想变压器原副线圈的匝数比为12；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( ) 图1－3 A．U＝110 V，I＝0.2 A B．U＝110 V，I＝0.05 A C．U＝110 V，I＝0.2 A D．U＝110 V，I＝0.2 A 【解析】 A 由意知，＝，U2＝220 V，因＝，故U＝110 V，即电压表的读数为110 V；理想变压器中，P出＝P入＝UI，故I＝＝ A＝0.2 A，即电流表的读数为0.2 A，A正确． 11．M3[2011·海南物理卷] 如图1－8所示，理想变压器原线圈与一10 V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3 W，正常发光时电阻为30 Ω.已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b的电流为________A . 图1－9 【答案】 103 0.2 【解析】 小灯泡a正常发光，由P＝I2R和I＝可求得，小灯泡a两端电压即副线圈电压Ua＝Ub＝U2＝3 V，通过小灯泡a的电流Ia＝0.1 A，由理想变压器电压与匝数成正比可得，＝＝；对理想变压器，输出功率和输入功率相等，P1＝P2，即I1U1＝I2U2，可得副线圈总电流I2＝0.3 A，利用并联电路特点可得，Ib＝I2－Ia＝0.2 A. 19．M3[2011·广东物理卷] 图7甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55Ω，A、V为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图7乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是( ) 甲 乙 图7 A．电流表的示数为2A B．原、副线圈的匝数比为12 C．电压表的示数为电压的有效值 D．原线圈中交变电压的频率为100Hz 19．M3[2011·广东物理卷] AC 【解析】 电流表、电压表测量值均为有效值，由交流电的波形图可知，原线圈电压有效值为U1＝220 V，由电压表示数可知，副线圈电压有效值为U2＝110 V，则＝＝；由欧姆定律得，电流表示数I2＝＝2 A；由交流电波形图知，T＝0.02 s，故f＝＝50 Hz，综上分析AC选项正确． 16．M3[2011·浙江卷] 如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin314t V的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是( ) A．2.0 V B．9.0 V C．12.7V D．144.0 V 【解析】 A 根据理想变压器电压关系＝可知，下线圈两端的电压有效值为U2＝ V≈9.0 V，交流电压表测量的是有效值，考虑到实际有损耗，故实际读数应该小于9.0 V，故选项B、C、D错误，A正确． 13. M3[2011·江苏物理卷] 图为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交电压的u－t图象如图所示．若只在ce间接一只Rce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W. (1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式； (2)求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1； (3)求ce和de间线圈的匝数比. 图12 13．M3[2011·江苏物理卷]【解析】 (1)由图知ω＝200π rad/s 电压瞬时值uab＝400sin200πt(V) (2)电压有效值U1＝200 V 理想变压器P1＝P2 原线圈中的电流I1＝ 解得I1＝0.28 A(或 A) (3)设ab间匝数为n1 ＝ 同理＝ 由意知＝ 解得＝ 代入数据得＝ 15．M3[2011·福建卷] 图1－2甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n2＝51，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图1－2乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是( ) 图1－2 A．输入电压u的表达式u＝20sin50πt V B．只断开S2后，L1、L2均正常发光 C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大 D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W 15．M3[2011·福建卷] D 【解析】 由图乙，T＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，u＝Emsinωt＝20sin100πt V，A错；只断开S2，副线圈电压U2不变，但副线圈总电阻R副增大，流过L1、L2的电流减小且每个小灯泡两端的电压小于其额定电压，无法正常发光，由P副＝可得，副线圈的功率减小，副线圈的功率决定原线圈的功率，所以原线圈的输入功率减小，BC错；由＝得U2＝4 V，所以S1接到2后，R消耗的电功率P＝＝ W＝0.8 W，D正确． 1．2011·济南一模一理想变压器原、副线圈匝数比n1n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图X24－1所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻，则( ) 图X24－1 A．流过电阻的最大电流是20 A B．与电阻并联的电压表的示数是141 V C．变压器的输入功率是1×103 W D．在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热是2×103 J 1．C 【解析】 由图象知，输入电压的最大值为220 V，周期为0.02 s，由电压与匝数比关系知，输出电压最大值为100 V，流过电阻的电流最大值为10 A，输出电压有效值为100 V，电流有效值为10 A，输出功率为1000 W，电阻在一个周期内产生焦耳热为20 J，故A、B、D错误，C正确． ．2011·苏北模拟如图X24－3所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝ T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220 V，60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是( ) 图X24－3 A．图示位置穿过线框的磁通量为零 B．线框中产生交变电压的有效值为500 V C．变压器原、副线圈匝数之比为2511 D．允许变压器输出的最大功率为5000 W ．CD 【解析】 图示位置穿过线框的磁通量最大，A错；产生的交变电流的最大电动势Em＝NBSω＝500 V，有效值为500 V，B错；变压器原、副线圈匝数之比为500∶220＝25∶11，C对；允许变压器输出的最大功率为500×10 W＝5000 W，D对． . [2011·苏北模拟如图X24－4甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，电阻R＝22 Ω，各电表均为理想电表．原线圈输入电压的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是( ) 甲 乙 图X24－4 A．该输入电压的频率为100 Hz B．电压表的示数为22 V C．电流表的示数是1 A D．电阻R消耗的电功率是22 W ．BD 【解析】 由图象可知，原线圈输入电压的周期T＝0.02 s，频率为f＝50 Hz，A错；原线圈输入电压的有效值为220 V，副线圈的输出电压为22 V，B对；电阻R消耗的电功率是P＝ W＝22 W，电流表的示数是I＝ A＝0.1 A，C错，D对． ．2011·潍坊一模图X24－6为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，副线圈与用电器R0组成闭合电路．若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u＝220sin100πt(V)，当用电器电阻R0＝11 Ω时( ) 图X24－6 A．通过用电器R0的电流有效值是20 A B．升压变压器的输入功率为4650 W C．发电机中的电流变化频率为100 Hz D．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小 ．AB 【解析】 由T2的副线圈两端电压的表达式知，副线圈两端的电压有效值为220 V，电流为I＝ A＝20 A，A对；由于输电线电流I′＝ A＝5 A，所以升压变压器的输入功率为P＝P线＋PR0＝52×10 W＋202×11 W＝4650 W，B对；发电机中的电流变化频率与T2的副线圈两端电压的频率相同，也为50 Hz，C错；当用电器的电阻R0减小时，其消耗的功率变大，发电机的输出功率变大，D错． ．2011·德州模拟如图X25－1所示，两块相距为d的水平放置的金属板组成一个平行板电容器，用导线、开关S将其与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场中，两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面绝缘且水平， 图X25－1 在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量＋q的小球．已知S断开时传感器上有示数，S闭合后传感器上的示数变为原来的二倍，则穿过线圈的磁场的磁感应强度变化情况和磁通量变化率分别是( ) A．正在增强，＝ B．正在增强，＝ C．正在减弱，＝ D．正在减弱，＝ ．D 【解析】 S闭合后传感器上的示数变为原来的2倍，说明小球受到了向下的电场力作用，大小为mg，故板间电压为，线圈产生的感应电动势E＝n＝，则＝，电容器上极板带正电，由楞次定律知，磁感应强度正在减弱，D对． ．2011·甘肃模拟图X25－2是一火警报警器电路的示意图．其中R3为用 半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器．当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( ) 图X25－2 A．I变大，U变小 B．I变小，U变大 C．I变小，U变小 D．I变大，U变大 ．D 【解析】 当R3处出现火情时，其电阻增大，电路中的总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，所以报警器两端的电压增大，其中电流表支路的电流也增大． ．2011·苏北模拟在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则如图X25－5所示的图象中可能正确的是( ) A B C D 图X25－5 ．D 【解析】 该同学站在压力传感器上完成一次下蹲动作过程中，先向下加速，后向下减速，其加速度先向下后向上，即先失重后超重，D对．。
word整理版学习参考资料 1.（全国）质量为M，内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。
初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。
现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。
设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为A．1 2 mv2 B．1 2 mMm + M v2 C．12 NμmgL D．NμmgL【答案】BD【解析】由于水平面光滑，一方面，箱子和物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断二者具有向右的共同速度'v，根据动量守恒定律有mv=（M+m）'v，系统损失的动能为??2,22121vmMmvE k????知B 正确，另一方面，系统损失的动能可由Q=k E?，且Q=相对smg??，由于小物块从中间向右出发，最终又回到箱子正中间，其间共发生N次碰撞，则相对S=NL,则B选项也正确2．（福建）（20分）如图甲，在x＜0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xoy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射人，粒子的运动轨迹Lword整理版学习参考资料见图甲，不计粒子的重力。
求该粒子运动到y=h时的速度大小v；现只改变人射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期T=2mqB 。
Ⅰ.求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；Ⅱ.当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅A,并写出y-t的函数表达式。
解析：此题考查动能定理、洛仑兹力、带电粒子在复合场中的运动等知识点。
2011-2018年高考真题物理试题分类汇编：闭合电路欧姆定律试题部分1.2016年上海卷13.电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此 （A ）电动势是一种非静电力（B ）电动势越大，表明电源储存的电能越多 （C ）电动势的大小是非静电力做功能力的反映 （D ）电动势就是闭合电路中电源两端的电压 2.2012年物理上海卷17．直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P 向右移动时，电源的（ ） （A ）总功率一定减小 （B ）效率一定增大 （C ）内部损耗功率一定减小 （D ）输出功率一定先增大后减小 3.2013年上海卷24．如图，电路中三个电阻R l 、R 2和R 3的阻值分别为R 、2R 和4R 。
当电键S 1断开、S 2闭合时，电源输出功率为P 0；当S 1闭合、S 2断开时，电源输出功率也为P 0。
则电源电动势为 ；当S 1、S 2都断开时，电源的总功率为 。
4. 2014年物理上海卷15.将阻值随温度升高而减小的热敏电阻I 和II 串联，接在不计内阻的稳压电源两端。
开始时I 和II 阻值相等，保持I 温度不变，冷却或加热II ，则II 的电功率在 （ ） A ．加热时变大，冷却时变小 B ．加热时变小，冷却时变大 C ．加热或冷却时都变小 D ．加热或冷却时都变大5. 2016年江苏卷8．如图所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。
闭合开关S ，下列说法正确的有( ) A ．路端电压为10 V B ．电源的总功率为10 W C ．a 、b 间电压的大小为5 VUI图2D ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A6.2018年海南卷10．如图，三个电阻R 1、R 2、R 3的阻值均为R ，电源的内阻，c 为滑动变阻器的中点。
闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c 点向a 端滑动，下列说法正确的是 （ ）A ．R 2消耗的功率变小B ．R 3消耗的功率变大C ．电源输出的功率变大D ．电源内阻消耗的功率变大 7.2018年北京卷、23．（18分）如图1所示，用电动势为E 、内阻为r 的电源，向滑动变阻器R 供电。
2011高考物理：最近6年真题解析（5）题组二一、选择题1.(04广东综合能力测试32)如图所示,三个完全相同的物块,1、2、3放在水平桌上,它们与桌面间的动摩擦因数都相同,现用大小相同的外力F沿图示方向分别作用在1和2上,用21F的外力沿水平方向作用在3上,使三者做加速运动,令a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度,则 ( )A.a1=a2=a3B.a1=a2,a2 > a3C.a1 > a2,a2 < a3D.a1 > a2,a2 > a3答案 C解析由牛顿定律F合=maa1=mFmgFmNF)60sin(60cos60cos︒--︒=-︒μμ=mFmgF2321⨯+-μμa2=mFmgFmNF)60sin(60cos60cos︒-+︒=-︒μμ=mFmgF2321⨯--μμa 3=mmgF m F F N μμ-=-2121 比较上述三式可知a 1 > a 2,a 2 < a 3,故选C.2.(04全国卷Ⅱ21)放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F 的作用,F 的大小与时间t 的关系,和物块速度v 与时间t 的关系如图所示,取重力加速度g =10 m/s 2.由此两图线可以求得物块的质量m 和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为（ ）A .m =0.5 kg ,μ=0.4B .m =1.5 kg ,μ=152 C .m =0.5 kg ,μ=0.2 D .m =1 kg ,μ=0.2答案 A解析 本题考查读图能力,即从图象中获取信息、筛选信息、利用信息解决问题的能力.正确理解图线表示的意义(特别是突变点表示的意义)是解答本题的关键.由图象可知,在4～6秒内,物体做匀速运动,此时F =2 N ,由平衡条件知,2- f =0.在2～4秒内物体做匀加速运动,加速度a =2 m/s 2,此时F =3 N ,由牛顿第二定律,2-mf -3,f =μmg ,可解得m =0.5 kg ,μ=0.4. 故选项A 正确.3.(05全国14Ⅲ)如图所示,一物块位于光滑水平桌面上,用一大小为F 方向如图所示的力去推它,使它以加速度a 向右运动,若保持力的方向不变而增大力的大小,则( )A .a 变大B .a 不变C .a 变小D .因为物块的质量未知,故不能确定a变化的趋势答案 A解析 本题考查加速度与受力分析,能力要求较低,属容易题.加速度由合力决定.设θ为力F 与水平夹角,通过受力分析得F 合=Fcos θ,知推力增大,加速度增大,本题容易忽略之处是桌面光滑,若考虑摩擦力的作用,则容易造成误判 . 4.(05全国卷Ⅰ14)一质量为m 的人站在电梯中,电梯加速上升,加速度大小为31g,g 为重力加速度.人对电梯底部的压力为( ) A .mg 31B .2mgC .mgD .mg 34 答案 D解析 由牛顿第二定律得：F -mg =ma 故F =34mg 时,由牛顿第三定律可知,人对电梯底部的压力为mg 34. 5.(04全国卷Ⅳ23)如图所示,两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块,质量分别为m 1和m 2.拉力F 1和F 2方向相反,与轻线沿同一水平直线,且F 1 > F 2,试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T .答案 211221m m F m F m T ++=解析本题属典型的连接体问题,主要考查牛顿第二定律的应用,整体法与隔离法结合应用是解答本题的切入点,设两物块一起运动加速度为a,则有F1-F2 =(m1 + m2)a①根据牛顿第二定律,对质量为m1 的物块有F1–T =m1a ②由①、②两式得211221mmFmFmT++=6.(04全国卷Ⅰ25)一小圆盘静止在桌布上,位于一方桌的水平桌面的中央,桌布的一边与桌的AB边重合,如图所示.已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1,盘与桌面间的动摩擦因数为μ2.现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面.加速度的方向是水平的且垂直于AB边.若圆盘最后未从桌面掉下,则加速度a满足的条件是什么?(以g 表示重力加速度)答案 a≥gg12212μμμ+解析由相对运动关系求解,取桌布为参考系,设桌长为L,则盘相对桌布的加速度为:a-μ1g,当盘与桌布分离时,盘相对桌布的位移为2L,所用时间为t,此时对地的速度为v.则21)(212tgaLμ-=再取地为参考系,若要盘不从桌面下则应满足:gat222221μv+≤ L v=μ1gt由以上三式可得: a ≥g g 12212μμμ+ 7.(04上海5)物体B 放在物体A 上,A 、B 的上下表面均与斜面平行(如图),当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C 向上做匀减速运动时 ( )A .A 受到B 的摩擦力沿斜面方向向上 B .A 受到B 的摩擦力沿斜面方向向下C .A 、B 之间的摩擦力为零D .A 、B 之间是否存在摩擦力取决于A 、B 表面的性质答案 C解析 因斜面光滑，且A 、B 表面平行，故A 、B 有相同的加速度a =g sin α.且初速度亦相同，故A 、B 无相对运动趋势，故C 正确.。
