2019屆高三物理二輪復習專題四：《電磁感應與電路》訓練及答案

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1、《電磁感應》專題訓練 1.如圖所示,在磁感應強度大小為B的勻強磁場中,有半徑為r的光滑半圓形導體框架,Oc為一能繞O在框架上轉動的導體棒,Oa之間連一電阻R,導體框架與導體棒的電阻均不計,施加外力使Oc以角速度ω逆時針勻速轉動,則(　　)。 A.通過電阻R的電流方向由a經(jīng)R到O B.導體棒O端的電勢低于c端的電勢 C.外力做功的功率為B2ω2r44R D.回路中的感應電流大小為Bωr2R 　　解析?　由右手定則可知感應電流由c到O,則通過電阻R的電流由O經(jīng)R到a,A項錯誤;導體棒以角速度ω逆時針勻速轉動切割磁感線時可等效為電源,O端為電源正極,c端為電源負極,故導體棒O端的電勢

2、高于c端的電勢,B項錯誤;導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E=Brωr2,由此可知感應電流I=ER=Bωr22R,D項錯誤;電阻R上的熱功率P=I2R=B2ω2r44R,由能量守恒定律可知外力做功的功率也為P,C項正確。 　　答案?　C 2.如圖所示,在同一水平面內有兩根光滑平行的金屬導軌MN和PQ,在兩導軌之間豎直放置通電螺線管,ab和cd是放在導軌上的兩根金屬棒,它們分別放在螺線管的左右兩側,保持開關閉合,最初兩金屬棒均處于靜止狀態(tài)。當滑動變阻器的滑片向右滑動時,ab和cd兩棒的運動情況是(　　)。 A.ab、cd都向左運動 B.ab、cd都向右運動 C.ab向左,cd向右

3、 D.ab向右,cd向左 　　解析?　當變阻器滑片向右滑動時,電路的電流變小,線圈的磁場減弱;根據(jù)安培定則,由電流方向可確定線圈的磁場方向垂直于導軌向下。由于線圈處于兩棒中間,所以穿過兩棒所圍成的磁通量變小,由楞次定律可得,回路abdc產(chǎn)生順時針方向的感應電流。ab棒受安培力方向向右,cd棒受安培力方向向左,即兩棒相互靠近,D項正確。 另解:當電路中的電流減小時,回路abdc中的磁通量減小,根據(jù)楞次定律回路abdc的面積應縮小,則D項正確。 　　答案?　D 3.(多選)如圖所示,a、b、c為三只完全相同的燈泡,L為有電阻的電感線圈(線圈電阻小于燈泡電阻),電源內阻不計。下列判斷正確的是

4、(　　)。 A.S閉合的瞬間,a燈比b、c兩燈亮,但b、c兩燈亮度相同 B.S閉合足夠長時間后,a、c兩燈亮度相同 C.S閉合后,a、b、c三燈均發(fā)光 D.S斷開后,b燈先突然閃亮再逐漸變暗熄滅 　　解析?　S閉合的瞬間,L相當于斷路,b、c兩燈串聯(lián)后與a燈并聯(lián),因此a燈比b、c兩燈亮,b、c兩燈亮度相同,A項正確;S閉合后,因L有電阻,三燈均發(fā)光,連接形式為b燈與L并聯(lián)后與c燈串聯(lián),a燈直接連接在電源兩端,C項正確,B項錯誤;S斷開后,L相當于電源,L中的電流并未全部流過b燈,故不能確定b燈是否會閃亮,D項錯誤。 　　答案?AC 4.(多選)如圖所示,在坐標系xOy中,有邊

5、長為L的正方形金屬線框abcd,對角線ac和y軸重合,點a位于坐標原點O處。在第Ⅰ、Ⅳ象限內有垂直紙面向里的勻強磁場,磁場的上邊界與線框的ab邊剛好完全重合,左邊界與y軸重合,右邊界與y軸平行。t=0時刻,線框以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界的方向穿過磁場區(qū)域。則在線框穿過磁場區(qū)域的過程中,a、b間的電勢差Uab、安培力的功率P隨時間t變化的圖線正確的是(　　)。 　　解析?　在d點運動到O點的過程中,ab邊切割磁感線,根據(jù)右手定則可以確定線框中電流方向為逆時針方向,ab相當于電源,電流由a到b,則Uab<0,Uab等于電流乘以bc、cd、da三條邊的總電阻,并均勻減小到0;然后

6、cd邊開始切割磁感線,感應電流的方向為順時針方向,cd相當于電源,Uab<0,Uab等于電流乘以ab邊電阻,并均勻減小到0,ab剛進入磁場時Uab大小等于cd剛進入磁場時Uab大小的3倍,故A項錯誤,B項正確。在d點運動到O點的過程中,電流均勻減小到0,功率P=I2R,可知功率也在減小,當cd邊切割磁感線時,電流也均勻減小到0,則前后兩段切割功率與時間的圖象應該是一樣的,故C項錯誤,D項正確。 　　答案?　BD 5.兩個線圈套在同一個鐵芯上,線圈的繞向如圖甲所示,左線圈連著正方形線框abcd,線框所在區(qū)域存在變化的磁場,取垂直紙面向外為磁感應強度正方向,磁感應強度隨時間變化的關系如圖乙所示

7、,不計線框以外的感生電場,右側線圈連接一定值電阻R,則下列說法正確的是(　　)。 A.設t1、t3時刻,ab邊中的電流大小分別為i1、i3,則有i1E1,i3>i1。由于E3、E1大小均不變,由法拉第電磁感應定律可知,副線圈中不會有感應電

8、流出現(xiàn),故A項錯誤。t3~t4時間內有恒定感應電流,通過ab的電荷量不為0,由于副線圈磁通量不變,定值電阻R中無電流,B項錯誤。t1時刻磁場方向垂直紙面向外且磁感應強度大小均勻增加,根據(jù)楞次定律,ab中邊的電流方向為b→a,原線圈中電流值恒定,副線圈中不產(chǎn)生感應電動勢,e點的電勢等于f點電勢,故C項錯誤。t5時刻磁場方向向里且磁感應強度大小不斷減小,根據(jù)楞次定律,ab邊中的電流方向為b→a;原線圈中電流變化,副線圈中產(chǎn)生感應電動勢(感應電動勢上負下正),則f點的電勢高于e點的電勢,故D項正確。 　　答案?　D 6.法拉第發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機——法拉第圓盤發(fā)電機,原理如圖所示。銅質圓盤水

9、平放置在豎直向下的勻強磁場中,圓盤圓心處固定一個帶搖柄的轉軸,邊緣和轉軸處各有一個銅電刷與其緊貼,用導線將電刷與電阻R連接起來形成回路,其他電阻均不計。轉動搖柄,使圓盤如圖示方向勻速轉動。已知勻強磁場的磁感應強度大小為B,圓盤半徑為r,電阻的功率為P。則(　　)。 A.圓盤轉動的角速度為PRBr2,流過電阻R的電流方向為從c到d B.圓盤轉動的角速度為PRBr2,流過電阻R的電流方向為從d到c C.圓盤轉動的角速度為2PRBr2,流過電阻R的電流方向為從c到d D.圓盤轉動的角速度為2PRBr2,流過電阻R 的電流方向為從d到c 　　解析?　將圓盤看成由無數(shù)輻條組成,它們都切割磁

10、感線,從而產(chǎn)生感應電動勢,出現(xiàn)感應電流,根據(jù)右手定則知圓盤上感應電流從邊緣流向圓心,則流過電阻R的電流方向為從d到c;根據(jù)法拉第電磁感應定律知圓盤產(chǎn)生的感應電動勢E=12Br2ω,電阻消耗的電功率P=E2R=12Br2ω2R,解得ω=2PRBr2,D項正確。 答案?　D 7.(多選)一個細小金屬圓環(huán),在范圍足夠大的磁場中豎直下落,磁感線的分布情況如圖所示,其中沿圓環(huán)軸線的磁場方向始終豎直向上。開始時圓環(huán)的磁通量為Φ0 ,圓環(huán)磁通量隨下落高度y的變化關系為Φ=Φ0(1+ky)(k為比例常數(shù),k>0)。金屬圓環(huán)在下落過程中,環(huán)面始終保持水平,速度越來越大,最終穩(wěn)定為某一數(shù)值,稱為收尾速度。

11、已知該金屬環(huán)的收尾速度為v,金屬圓環(huán)的電阻為R,忽略空氣阻力,關于該情景,以下結論正確的有(　　)。 A.金屬圓環(huán)的速度穩(wěn)定后,金屬圓環(huán)產(chǎn)生的平均感應電動勢大小E?=kΦ0v B.金屬圓環(huán)的速度穩(wěn)定后,金屬圓環(huán)的熱功率P=(kΦ0v)2Rg C.金屬圓環(huán)的質量m=(kΦ0)2vRg D.金屬圓環(huán)的速度穩(wěn)定后,金屬圓環(huán)的熱功率P=(kΦ0v)2R 　　解析?　金屬圓環(huán)的速度穩(wěn)定后,Δt時間內,下降的高度Δh=vΔt,圓環(huán)中磁通量的變化量ΔΦ=Φ末-Φ初=Φ0kvΔt,由E?=nΔΦΔt得金屬圓環(huán)產(chǎn)生的平均感應電動勢大小E?=ΔΦΔt=kΦ0v,故A項正確;金屬圓環(huán)的速度穩(wěn)定后,金屬圓環(huán)

12、的熱功率P=I2R=E?R2R=kΦ0v2R,故B項錯誤,D項正確;金屬圓環(huán)的速度穩(wěn)定后,由能量守恒可得,金屬圓環(huán)減小的重力的勢能全部轉變?yōu)闊崮?重力的功率等于熱功率, mgv=P,解得m=kΦ02vRg,故C項正確。 　　答案?　ACD 8.(多選)如圖所示,水平地面上固定一個頂角為60的光滑金屬導軌MON,導軌處在方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中,質量為m的導體棒PQ與∠MON的角平分線垂直,導軌與導體棒單位長度的電阻均為r。PQ在水平外力F的作用下從O點以恒定速度沿∠MON的角平分線向右滑動,在滑動過程中始終保持與導軌良好接觸。若導體棒與導軌均足夠長,則(　　)。

13、A.流過導體棒的電流I始終為Bv03r B.F隨時間t的變化關系為F=23B2v029rt C.t時刻導體棒的發(fā)熱功率為23B2v039rt D.撤去F后,導體棒上產(chǎn)生的熱量為12mv02 　　解析?　設PQ棒從O點開始運動,運動時間為t,有效切割的長度L=2v0ttan 30,感應電動勢E=BLv0,回路的總電阻R=2v0ttan30+2v0tcos30r,回路中的電流I=ER=Bv03r,故A項正確;勻速運動時外力與安培力平衡,即F=BIL,得F=23B2v029rt,故B項正確;t時刻導體棒的電阻Rx=2v0trtan 30,則導體棒的發(fā)熱功率P=I2Rx=23B2v0327rt

14、,故C項錯誤;撤去F后,在安培力的作用下導體棒減速到0,動能減少了12mv02,減少的動能轉化為整個電路產(chǎn)生的熱量,導體棒上產(chǎn)生的熱量應小于12mv02,故D項錯誤。 　　答案?　AB 9.如圖所示,豎直面內有一個閉合導線框ACDE(由柔軟細導線制成)掛在兩固定點A、D上,水平線段AD為半圓的直徑,在導線框的E處有一個動滑輪,動滑輪下面掛一重物,使導線處于繃緊狀態(tài)。在半圓形區(qū)域內,有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場。設導線框的電阻為r,圓的半徑為R,在將導線上的C點以恒定角速度ω(相對圓心O)從A點沿圓弧移動的過程中,若不考慮導線中電流間的相互作用,則下列說法正確的是(　

15、　)。 A.在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中,導線框中感應電流的方向先逆時針,后順時針 B.當C沿圓弧移動到圓心O的正上方時,導線框中產(chǎn)生的感應電動勢最大 C.在C從A點沿圓弧移動到圖中∠ADC=30位置的過程中,通過導線上C點的電荷量為BR22r D.在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中,動滑輪的位置固定不動 　　解析?　設C點轉過角度θ=ωt,根據(jù)幾何知識知,線框上部分的三角形的面積 S=122RRsin θ=R2sin θ,磁通量Φ=BR2sin θ=BR2sin ωt,磁通量先增大后減小,根據(jù)楞次定律知電流的方向先逆時針,后順時針,故A項正確;根據(jù)E=ΔΦΔt知e=ωBR

16、2cos ωt=ωBR2cos θ,C沿圓弧移動到圓心O的正上方時,導線框中的感應電動勢最小為零,故B項錯誤;根據(jù)q=nΔΦR知q=BR2sin60-0r=3BR22r,故C項錯誤;滑輪不動時,C點應該在橢圓上移動,故D項錯誤。 　　答案?　A 10.如圖甲所示,間距為L的光滑平行金屬導軌彎成“∠”形,底部導軌面水平,傾斜部分與水平面成θ角,導軌與固定電阻相連,整個裝置處于豎直向上的磁感應強度大小為B的勻強磁場中。導體棒ab與cd均垂直于導軌放置,且與導軌間接觸良好,兩導體棒的電阻與固定電阻的阻值均為R,其余部分電阻不計,當導體棒cd沿導軌向右以速度v勻速滑動時,導體棒ab恰好在傾斜導軌上

17、處于靜止狀態(tài),導體棒ab的重力為mg,則(　　)。 甲 A.導體棒cd兩端的電壓為BLv B.t時間內通過導體棒cd橫截面的電荷量為2BLvt3R C.導體棒cd克服安培力做功的功率為B2L2v2R D.導體棒ab所受安培力為mgsin θ 　　解析?　根據(jù)題意畫出等效電路,如圖乙所示。導體棒cd產(chǎn)生的感應電動勢E=BLv,導體棒cd兩端的電壓即路端電壓,大小為13E=13BLv,A項錯誤;通過cd棒的電流I=E0.5R+R=2BLv3R,在時間t內通過導體棒cd橫截面的電荷量q=It=2BLvt3R,B項正確;對ab棒進行受力分析,如圖丙所示,由于ab棒靜止,所以ab棒所受安

18、培力Fab=mgtan θ,D項錯誤;由功能關系知導體棒cd克服安培力做功的功率等于整個電路的電功率,即P=E20.5R+R=2B2L2v23R,C項錯誤。 　　　乙　　　　　　　　　　丙 　　答案?　B 11.如圖甲所示,半徑為r的金屬細圓環(huán)水平放置,環(huán)內存在豎直向上的勻強磁場,磁感應強度B隨時間t的變化關系為B=kt(k>0,且為已知的常量)。 (1)已知金屬環(huán)的電阻為R。根據(jù)法拉第電磁感應定律,求金屬環(huán)產(chǎn)生的感應電動勢E感和感應電流I。 (2)麥克斯韋電磁場理論認為:變化的磁場會在空間激發(fā)一種電場,這種電場與靜電場不同,稱為感生電場或渦旋電場。如圖甲所示的磁場會在空間產(chǎn)生如

19、圖乙所示的圓形渦旋電場,渦旋電場的電場線與金屬環(huán)是同心圓。金屬環(huán)中的自由電荷在渦旋電場的作用下做定向運動,形成了感應電流。渦旋電場力F充當非靜電力,其大小與渦旋電場中電場強度E的關系滿足F=qE。如果移送自由電荷q時非靜電力所做的功為W,那么感應電動勢E感=Wq。 ①請推導證明:金屬環(huán)上某點的電場強度大小為E=12kr。 ②經(jīng)典物理學認為,金屬的電阻源于定向運動的自由電子與金屬離子(金屬原子失去電子后的剩余部分)的碰撞。在考慮大量自由電子的統(tǒng)計結果時,電子與金屬離子的碰撞結果可視為導體對電子有連續(xù)的阻力,其大小可表示為f=bv(b>0,且為已知的常量)。已知自由電子的電荷量為e,金屬環(huán)

20、中自由電子的總數(shù)為N。展開你想象的翅膀,給出一個合理的自由電子的運動模型,并在此基礎上,求出金屬環(huán)中產(chǎn)生的感應電流I。 　　解析?　(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律有 E感=ΔΦΔt=ΔBπr2Δt=kπr2 根據(jù)歐姆定律,有 I=E感R=kπr2R。 (2)①設金屬環(huán)中自由電子的電荷量為e。一個自由電子在電場力的作用下沿圓環(huán)運動一周電場力做的功 W=eE2πr 解得 E感=We=eE2πre=2πrE 又因為 E感=kπr2 所以 E=12kr。 ②假設電子以速度v沿金屬環(huán)做勻速圓周運動,導體對電子的阻力f=bv 沿切線方向,根據(jù)牛頓第二定律有 bv-eE=0 又因為E=1

21、2kr 聯(lián)立解得v=ker2b 電子做勻速圓周運動的周期T=2πrv=4πbke 則I=NeT=kNe24πb。 　　答案?　(1)kπr2　kπr2R (2)①見解析?、趉Ne24πb 12.如圖所示,間距為L的兩根平行長直金屬導軌MN、PQ固定在傾角為θ的絕緣斜面上,導軌上端接有阻值為R的電阻,一根長為L、電阻為3R的直導體棒ab垂直放在兩導軌上。整個裝置處于方向垂直斜面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。ab由靜止釋放后沿導軌運動,下滑位移大小為s時到達cd位置并開始以最大速度vm做勻速運動。ab在運動過程中與導軌接觸良好,導軌電阻及一切摩擦均不計,重力加速度大小為g。求:

22、 (1)ab棒的質量m和ab棒在勻速運動過程中的熱功率P。 (2)從ab棒由靜止釋放到開始勻速運動的整個過程中電阻R產(chǎn)生的熱量Q熱。 (3)從ab棒由靜止釋放到開始勻速運動的整個過程所經(jīng)歷的時間t。 　　解析?　(1)ab在勻速運動過程中受力平衡,有 mgsin θ=BIL ab切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E=BLvm 根據(jù)閉合電路歐姆定律,有E=I(R+3R) 得ab的質量m=B2L2vm4Rgsinθ ab在勻速運動過程中的熱功率 P=I23R=3B2L2vm216R。 (2)根據(jù)能量守恒定律,有 mgssin θ=12mvm2+Q總 根據(jù)焦耳定律,有Q熱R=

23、Q總R+3R 得電阻R產(chǎn)生的熱量 Q熱=B2L2vm16Rgsinθsgsinθ-12vm2。 　　(3)ab從靜止開始釋放,根據(jù)牛頓第二定律,有 mgsin θ-BiL=ma 在很短的Δt時間內,瞬時加速度a=ΔvΔt 電荷量Δq=iΔt 得mgsin θΔt-BLΔq=mΔv 將上式求和得 mgsin θΔt-BLΔq=m(vm-0) 即mgsin θt-BLq=mvm 得t=qBL+mvmmgsinθ 而通過回路的總電荷量q=I?t I?=E?R+3R,E?=BLst 得q=BLs4R 從ab由靜止釋放到開始勻速運動的過程所經(jīng)歷的總時間t=svm+vmgsi

24、nθ。 　　答案?　(1)B2L2vm4Rgsinθ　3B2L2vm216R (2)B2L2vm16Rgsinθsgsinθ-12vm2 (3)svm+vmgsinθ 《電路》專題訓練 1.(2018江蘇卷)采用220 kV高壓向遠方的城市輸電。當輸送功率一定時,為使輸電線上損耗的功率減小為原來的14,輸電電壓應變?yōu)?　　)。 A.55 kV　　　　　　B.110 kV C.440 kV D.880 kV 　　解析?　根據(jù)輸電線上損耗的電功率P損=I2R=PU2R知,在輸送的電功率P一定,輸電線電阻R也一定時,要使輸電線上的功率損耗減小為原來的14,則要將輸送電壓變?yōu)樵瓉淼?倍

25、,即輸電電壓變?yōu)?40 kV,C項正確。 　　答案?　C 2.(多選)一自耦變壓器如圖所示,環(huán)形鐵芯上只繞有一個線圈,將其接在a、b間作為原線圈。通過滑片取該線圈的一部分,接在c、d間作為副線圈。在a、b間輸入電壓為U1的交變電流時,c、d間的輸出電壓為U2,在將滑動觸頭從N點沿逆時針旋轉到M點的過程中(　　)。 A.a、b作為輸入端,可作為升壓變壓器 B.U2>U1,U2升高 C.c、d作為輸入端,可作為升壓變壓器 D.U2

26、時針旋轉到M點的過程中,副線圈的匝數(shù)增加,所以U2升高,A、B兩項錯誤,C、D兩項正確。 　　答案?　CD 3.一個氖泡指示燈,發(fā)光需要其電壓超過503 V,在它發(fā)光的情況下逐漸降低電壓,要降到502 V時才熄滅,氖泡兩極不分正負?，F(xiàn)有峰值為100 V、頻率為50 Hz的正弦式交流電壓加在氖泡指示燈兩端,則在一小時內氖泡指示燈發(fā)光的時間為(　　)。 A.10 min B.25 min C.30 min D.35 min 　　解析?　根據(jù)題意,交流電電壓瞬時值的表達式為e=100sin 100πt (V),T=150 s,則在前半個周期內,當t=T6時,氖泡指示燈開始發(fā)光,t=38T時

27、,氖泡指示燈停止發(fā)光,發(fā)光時間Δt=38T-T6=524T,整個周期發(fā)光時間為2Δt=512T,故一個小時內的發(fā)光時間t=3600sT512T=1500 s=25 min,B項正確。 　　答案?　B 4.(多選)如圖所示,小型旋轉電樞式交流發(fā)電機中矩形線圈的電阻r=1 Ω,匝數(shù)N=10,線圈處于勻強磁場中,線圈繞垂直于磁場方向的固定軸OO勻速轉動,線圈的兩端經(jīng)集流環(huán)和電刷與電路連接,電路中的電表均為理想交流電表,滑動變阻器R的最大阻值為4 Ω,滑片P位于滑動變阻器的中點,線圈的轉速為10 r/s,閉合開關S,電壓表的示數(shù)為4 V,電流表的示數(shù)為0.5 A,則下列說法正確的有(　　)。

28、 A.從圖示時刻開始,線圈中產(chǎn)生的電動勢瞬時值表達式為e=4.5cos 2πt(V) B.燈泡消耗的功率為1.5 W C.線圈轉動過程中,通過線圈的最大磁通量約為110-2 Wb D.滑動變阻器的滑片向左移,電壓表、電流表的示數(shù)均變小 　　解析?　由題可知,感應電動勢的有效值E=U+Ir=4 V+0.51 V=4.5 V,最大值Em=922 V,從圖示時刻開始產(chǎn)生的電動勢的瞬時值表達式為e=Emcos 2πnt=922cos 20πt (V),A項錯誤;滑動變阻器兩端的電壓有效值UR=IR=0.52 V=1 V,因此燈泡兩端的電壓有效值UL=3 V,燈泡消耗的功率P=ULI=1.5 W

29、,B項正確;由Em=NΦmω得Φm=EmN2πn=92400π Wb≈110-2 Wb,C項正確;滑動變阻器的滑片向左移,滑動變阻器接入電路的電阻變大,電路中的電流減小,電流表的示數(shù)減小,電源的內阻消耗的電壓減小,輸出電壓增大,電壓表的示數(shù)增大,D項錯誤。 　　答案?　BC 5.如圖所示,電源電動勢為E,內阻恒為r,R是定值電阻,熱敏電阻RT的阻值隨溫度降低而增大,C是平行板電容器。閉合開關S,帶電液滴剛好靜止在C內。在溫度降低的過程中,分別用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示電流表、電壓表、電壓表和電壓表示數(shù)變化量的絕對值。關于該電路工作狀態(tài)的變化,下列說法正確的是(　　)。 A.Δ

30、U1ΔI、ΔU2ΔI、ΔU3ΔI一定都變大 B. ΔU1ΔI和ΔU3ΔI一定不變,ΔU2ΔI一定變大 C.帶電液滴一定向下加速運動 D.電源的工作效率一定變大 　　解析?　根據(jù)電路知識知,測路端電壓,測熱敏電阻RT的電壓,測定值電阻R的電壓, 由U3=E-Ir ,得ΔU3ΔI=r;由U2=E-I(R+r)得ΔU2ΔI=r+R ;由U1=IR得ΔU1ΔI=R, 故A、B兩項錯誤。帶電液滴在平行板電容器中受到向上的電場力和向下的重力處于平衡狀態(tài),在溫度降低的過程中,熱敏電阻RT阻值變大,回路中電流變小,路端電壓增大,由于流過定值電阻R的電流變小,所以分的電壓也就變小,而路端電壓增大,故示數(shù)

31、增大,平行板電容器間的電場強度也增大,帶電液滴向上運動,C項錯誤。η=UIEI=UE,由于路端電壓增大,所以電源的工作效率一定變大,D項正確。 　　答案?　D 6.(多選)如圖所示,理想變壓器原副線圈匝數(shù)比為2∶1,原線圈接交流電u=202sin 100πt (V),保險絲的電阻為1 Ω,熔斷電流為2 A,電表均為理想電表。下列說法正確的有(　　)。 A.電壓表的示數(shù)為14.1 V B.電流表、的示數(shù)之比為2∶1 C.為了安全,滑動變阻器接入電路的最小阻值為4 Ω D.將滑動變阻器的滑片向上移動,電流表的示數(shù)減小 　　解析?　原線圈電壓的有效值U1=2022 V=20 V,根

32、據(jù)變壓器原理可得U2=n2n1U1=10 V,故電壓表的示數(shù)為10 V,A項錯誤;根據(jù)變壓器原理可知,電流與匝數(shù)成反比,故電流表、的示數(shù)之比為1∶2,B項錯誤;保險絲的電阻為1 Ω,熔斷電流為2 A,為了安全,滑動變阻器接入電路的最小阻值Rmin=U2Imax-r保=102 Ω-1 Ω=4 Ω,C項正確;將滑動變阻器滑片向上移動,滑動變阻器接入電路的總電阻增大,副線圈電流減小,則原線圈的電流也減小,所以電流表的示數(shù)減小,D項正確。 　　答案?　CD 7.(2018全國卷Ⅲ)一電阻接到方波交流電源上,在一個周期內產(chǎn)生的熱量為Q方;若該電阻接到正弦交流電源上,在一個周期內產(chǎn)生的熱量為Q正。該電

33、阻上電壓的峰值為u0, 周期均為T,如圖所示。則Q方∶Q正等于(　　)。 A.1∶2 B.2∶1 C.1∶2 D. 2∶1 　　解析?　根據(jù)題述,正弦交變電流的電壓有效值為u02,而方波交流電的有效值為u0 ,根據(jù)焦耳定律和歐姆定律,Q=I2RT=U2RT, 可知在一個周期T內產(chǎn)生的熱量與電壓有效值的二次方成正比,Q方∶Q正=u02∶u022=2∶1,D項正確。 　　答案?　D 8.如圖所示,理想變壓器原、副線圈分別接有額定電壓相同的燈泡a、b和c。當輸入電壓U為燈泡額定電壓的10倍時,三燈泡均能正常發(fā)光。下列說法正確的是(　　)。 A.原、副線圈匝數(shù)之比為9∶1 B.原

34、、副線圈匝數(shù)之比為1∶9 C.此時a和b的電功率之比為18∶1 D.此時a和b的電功率之比為1∶18 　　解析?　設燈泡的額定電壓為U0,三燈均能正常發(fā)光,所以原線圈兩端電壓U1=9U0,副線圈兩端電壓U2=U0,故U1U2=91知,根據(jù)U1U2=n1n2=91知,A項正確,B項錯誤;根據(jù)公式I1I2=n2n1可得I1I2=19,又I2=2Ib,則I1Ib=29,由于小燈泡兩端的電壓相等,所以根據(jù)公式P=UI可得兩者的電功率之比為2∶9,C、D項兩項錯誤。 　　答案?　A 9.(多選)如圖甲所示,在勻強磁場中,一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉速繞與磁感線垂直的軸勻速轉動,產(chǎn)生的交變電

35、動勢如圖乙中曲線a、b所示,則下列說法正確的是(　　)。 A.曲線a表示的交變電動勢瞬時值ea=36 sin 25πt (V) B.曲線b表示的交變電動勢最大值為28.8 V C.t=510-2 s時,曲線a、b對應的感應電動勢大小之比為32∶2 D.t=610-2 s時,曲線a對應線框的磁通量最大,曲線b對應線框的磁通量為0 　　解析?　由圖乙可知,Ema=36 V,ωa=2πTa=2π810-2 rad/s=25π rad/s,則曲線a表示的交變電動勢瞬時值ea=Emasin ωat=36sin 25πt (V),A項正確;由圖乙知曲線a、b表示的交變電流的周期之比Ta∶Tb

36、=(810-2)∶(1210-2)=2∶3,由ω=2πT可知ωa∶ωb=Tb∶Ta=3∶2,所以曲線a、b表示的交變電動勢的最大值之比Ema∶Emb=NBSωa∶NBSωb=ωa∶ωb=3∶2,又有Ema=36 V,則Emb=24 V,B項錯誤;曲線a表示的交變電動勢瞬時值ea=36sin 25πt V,曲線b表示的交變電動勢瞬時值eb=24sin2π1210-2t (V),將t=510-2 s代入,得ea=-182 V,eb=12 V,|ea|∶eb=32∶2,C項正確;由圖乙知t=610-2 s時,a的電動勢最大,對應線框的磁通量為0,b的電動勢為0,對應線框的磁通量最大,D項錯誤。 　

37、　答案?　AC 10.(多選)某研究小組成員設計了一個如圖甲所示的電路,R為光敏電阻(阻值隨光照強度的增加而減小),為電動機,在A、B間加一交流電壓,電壓隨時間的變化關系如圖乙所示,當某一強光照射在R上時,理想電壓表和電流表的示數(shù)分別為120 V和10 A,電動機恰好正常工作,且電動機的熱功率為200 W,則(　　)。 A.該交流電壓的瞬時值e=2202sin 0.02πt (V) B.電動機的內阻為10 Ω C.增加光照強度且長時間照射電阻R,有可能損壞電動機 D.電動機的效率為80% 　　解析?　由圖可知,交流電的最大值為2202 V,周期T=0.02 s,則角速度ω=2π

38、T=100π rad/s,故瞬時表達式e=2202sin 100πt (V),A項錯誤;由P熱=I 2r可知,電動機內阻r=200102 Ω=2 Ω,B項錯誤;增加光照強度且長時間照射電阻R,電阻R阻值減小,電路中總電流增大,電動機的熱功率有可能超過電動機的額定功率,從而燒壞電動機,C項正確;電動機兩端的電壓UM=220 V-120 V=100 V,則電動機的總功率P=UMI=10010 W=1000 W,則電動機的效率η=P-P熱P100%=80%,D項正確。 　　答案?　CD 11.如圖所示,某小型水電站的發(fā)電機輸出電壓為220 V,正常情況下輸出的總功率P0=8.8104 W,為了減

39、少遠距離輸電過程中的電能損失,往往采用高壓輸電。輸送電壓u=11002sin 200πt (V),輸電導線的總電阻r=5 Ω,現(xiàn)要使額定電壓為220 V的用電器正常工作,下列說法中正確的是(　　)。 A.輸電線上的電流為220 A B.降壓變壓器匝數(shù)比n3n4=51 C.用電器的額定功率P=5.6104 W D.用電器上的交流電的頻率是50 Hz 　　解析?　輸送電壓u=11002sin 200πt (V),頻率為100 Hz,則有效值為1100 V,輸電線上的電流I=P0U2=80 A,故A項錯誤;降壓變壓器的輸入電壓U3=U2-Ir=700 V,降壓變壓器匝數(shù)比n3n4=70

40、0220=3511,故B項錯誤;用電器的額定功率P=P0-I2r=5.6104 W,故C項正確;變壓器不改變交流電的頻率,用電器上的交流電的頻率是100 Hz,故D項錯誤。 　　答案?　C 12.(多選)如圖所示,處在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場中的單匝矩形線框MNPQ,以恒定的角速度ω繞對角線NQ轉動。已知MN長為l1,NP長為l2,線框電阻為R。在t=0時刻線框平面與紙面重合,下列說法正確的是(　　)。 A.矩形線框產(chǎn)生的感應電動勢有效值為22Bl1l2ω B.矩形線框轉過半周時,通過線框的電流為零 C.矩形線框轉動一周時,通過線框的電流為Bl1l2R D.矩

41、形線框在轉動半周過程中產(chǎn)生的熱量為πB2l12l22ω2R 　　解析?　矩形線框產(chǎn)生正弦式交變電流,則產(chǎn)生的感應電動勢最大值Em=Bl1l2ω,所以有效值E=22Bl1l2ω,A項正確;當矩形線框轉過半周時,線框平面與磁場垂直,磁通量最大,磁通量變化率為零,感應電動勢為零,感應電流為零,B項正確;轉過一周時,線框平面與磁場垂直,通過線框的電流也為零,C項錯誤;矩形線框在轉動半周過程中產(chǎn)生的熱量Q=E2T2R=E2πRω=πB2l12l22ω2R,D項正確。 　　答案?ABD 13.(多選)如圖所示,由導體材料制成的閉合線框,曲線部分PNQ滿足函數(shù)y=0.5sin(0.5πx),其中x、y

42、單位為m,x滿足0≤x≤2,曲線部分電阻不計,直線部分PMQ的電阻R=10 Ω。線框從圖示的位置開始(t=0),以v=2 m/s的速度勻速通過寬度d=2 m、磁感應強度大小B=1 T的勻強有界磁場,在線框穿越磁場的過程中,下列說法正確的是(　　)。 A.線框穿越磁場的時間為4 s B.線框穿越磁場的過程中,PQ兩點間的最大電壓為1 V C.線框穿越磁場的過程中,線框中產(chǎn)生的焦耳熱為0.1 J D.線框穿越磁場的過程中,感應電流變化規(guī)律為i=0.1sin(0.5πt) (A) 　　解析?　線圈穿越磁場的時間t=PQ+dv=2 s,A項錯誤;當y最大時,PQ兩點間的電壓最大,最大值Um=Em=Bymv=1 V,B項正確;線框通過磁場過程中產(chǎn)生正弦交流電,最大值Em=1 V,則有效值U=22 V,產(chǎn)生的熱量Q=U2Rt=222102 J=0.1 J,C項正確;因Im=EmR=0.1 A,x=vt=2t,則線圈穿越磁場過程中,感應電流的變化規(guī)律為i=0.1sin πt (A),D項錯誤。 　　答案?　BC