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文档简介

1、福建省南平八中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷一选择题(本题包括12小题,每小题4分,共48分每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的)1在电磁感应现象中,下列说法正确的是( )A感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反B闭合线框放在变化的磁场中不一定能产生感应电流C闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动,一定产生感应电流D感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化2穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图所示,下列关于回路中产生的感应电动势的论述,正确的是( )A图中回路产生的感应电动势恒定不变B图中回路产生的感应电动势一直在变大C图中回路在0t0时间内产生的感应电动势大

2、于t02t0时间内产生的感应电动势D图中回路产生的感应电动势可能恒定不变3如图所示,电阻R和线圈自感系数L的值都较大,电感线圈的电阻不计,A、B是两只完全相同的灯泡,当开关S闭合时,电路可能出现的情况是( )AA、B一起亮,然后B熄灭BA比B先亮,然后A熄灭CA、B一起亮,然后A熄灭DB比A先亮,然后B熄灭4如图为日光灯的结构示意图,若按图示的电路连接,关于日光灯发光的情况,下列说法正确的是( )AS1接通,S2、S3断开,日光灯就能正常发光BS1、S2接通,S3断开,日光灯就能正常发光CS3断开,接通S1、S2后,再断开S2,日光灯就能正常发光DS1、S2、S3接通,日光灯就能正常发光5如图

3、所示,当交流电源电压恒为220V,频率为50Hz时,三只灯泡A、B、D的亮度相同,若将交流电的频率改为100Hz,则( )AA灯最暗BB灯最暗CD灯最暗D三只灯泡的亮度依然相同6如图甲,一矩形金属线圈abcd垂直匀强磁场并固定于磁场中,磁场是变化的,磁感应强度B随时间t的变化关系图象如图乙所示,则线圈的ab边所受安培力F随时间t变化的图象是图中的(规定向右为安培力F的正方向)( )ABCD7两个相同的电阻,分别通以如图所示的正弦交流电和方波电流,两种交变电流的最大值、周期如图所示,则在一个周期内,正弦交流电在电阻上产生的热量Q1与方波电流在电阻上产生的热量Q2之比等于( )A3:1B1:2C2

4、:1D1:18如图所示电路中的变压器为理想变压器,S为单刀双掷开关P是滑动变阻器R的滑动触头,U1为加在原线圈两端的交变电压,I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流下列说法错误的是( )A保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,则R上消耗的功率减小B保持P的位置及U1不变,S由a切换到b,则I2减小C保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,则I1增大D保持U1不变,S接在b端,将P向上滑动,则I1增大9如图两电路中,当a、b两端与e、f两端分别加上110V的交流电压时,测得c、d间与g、h间的电压均为55V若分别在c、d两端与g、h两端加上55V的交流电压,则a、b间与e、f间的电压分别为(

5、)A110V,110VB110V,55VC55V,55VD110V,010电子秤使用的是( )A超声波传感器B温度传感器C压力传感器D红外线传感器11电站向远方送电,输送的电功率恒定,若将送电电压提高到原来的K倍,则( )A输电电流也为原来的K倍B输电导线上损失的电压为原来的C输电导线上损失的电功率为原来的K2倍D输电导线上损失的电功率为原来的12如图所示,竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路,导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场,螺线管下方水平桌面上有一导体圆环导线abcd所围区域内磁场的磁感强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时,导体圆环将受到向上的磁场作用力?( )ABC

6、D二填空题(本题共3个小题,共6个空,每空3分,共18分)13如图所示是验证楞次定律实验的示意图,竖直放置的线圈固定不动,将磁铁从线圈上方插入或拔出,线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况,其中正确的是( )ABCD14如图所示,一质量m=0.1kg的金属棒ab可沿接有电阻R=1的足够长的竖直导体框架无摩擦地滑动,框架间距L=50cm,匀强磁场的磁感应强度B=0.4T,方向如图示,其余电阻均不计若棒ab由静止开始沿框架下落,且与框保持良好接触,那么在下落的前一阶段,棒ab将做_运动,当棒ab运动达到稳定

7、状态时的速度v=_(g=10m/s2)15如图所示,理想变压器的副线圈上接有两个灯泡L3、L4,原线圈与两个灯泡L1、L2串联接在交流电源上若四个灯泡完全相同,且都正常发光,则变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=_,交流电源两端的电压与灯泡两端的电压之比为_16如图所示,线圈L的自感系数和电容器的电容C都很小(如L=100H,C=100pF),此电路的主要作用是( )A阻直流、通交流,输出交流电B阻交流、通直流,输出直流电C阻低频、通高频,输出高频交流电D阻高频、通低频,输出低频交流电和直流电三计算题(本题共3个小题,第17题10分,第18题12分,第19题12分,共34分)17如图表示一交变

8、电流随时间变化的图象,求该电流的有效值18如图,一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动,线圈匝数N=100,线圈电阻r=3,ab=cd=0.5m,bc=ad=0.4m,磁感应强度B=0.5T,电阻R=311,当线圈以n=300r/min的转速匀速转动时求:(1)感应电动势的最大值;(2)t=0时线圈在图示位置,写出此交变电流电动势瞬时值表达式;(3)此电压表的示数是多少19某火电站通过燃烧煤来发电每秒烧煤400kg,已知每燃烧1kg煤放热500J,热能发电效率为0.6电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给生产和照明组成的用户,若发电机输出电压是240V,升压器原副线圈的匝数之比为1:25,

9、输电线的总电阻为10,用户需要电压为220V求:(1)输电线上损失的电功率为多少?(2)降压器的匝数比为多少?福建省南平八中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷一选择题(本题包括12小题,每小题4分,共48分每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的)1在电磁感应现象中,下列说法正确的是( )A感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反B闭合线框放在变化的磁场中不一定能产生感应电流C闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动,一定产生感应电流D感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化考点:楞次定律;感应电流的产生条件 专题:电磁感应与电路结合分析:1、原磁场的磁通量增加,感应电流的磁场方向

10、与原来的磁场方向相反,原磁场的磁通量减小,感应电流的磁场方向原来的磁场方向相同2、感应电流产生的条件:只要穿过闭合线圈的磁通量发生变化,线圈中一定有感应电流3、交流电设备上所标的电压和电流值都是交变电流的有效值,通常所说的值都指有效值4、当线圈转至与中性面垂直时,磁通量最小为零,磁通量的变化率最大解答:解:A、感应电流产生的磁场总要阻碍产生感应电流的磁场的变化,原磁场的磁通量增加,感应电流的磁场方向与原来的磁场方向相反,原磁场的磁通量减小,感应电流的磁场方向原来的磁场方向相同故A错误B、根据感应电流产生的条件可知:只要穿过闭合线圈的磁通量发生变化,线圈中一定有感应电流,闭合线框平行于磁场的方向

11、放在变化的磁场中不能产生感应电流,故B正确C、闭合线框整体放在匀强磁场中做切割磁感线运动,磁通量没有变化,不一定产生感应电流,故C错误D、根据楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化,故D正确故选:BD点评:本题考查感应电流的产生条件,应明确产生感应电流的条件:只要穿过闭合线圈的磁通量发生变化,线圈中一定有感应电流2穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图所示,下列关于回路中产生的感应电动势的论述,正确的是( )A图中回路产生的感应电动势恒定不变B图中回路产生的感应电动势一直在变大C图中回路在0t0时间内产生的感应电动势大于t02t0时间内产生的感应电动势D图中回路产生的感应电

12、动势可能恒定不变考点:法拉第电磁感应定律;楞次定律 专题:电磁感应与电路结合分析:根据法拉第电磁感应定律:感应电动势与磁通量的变化率成正比,结合数学知识进行分析解答:解:A、图中磁通量不变,没有感应电动势产生故A错误B、图中磁通量随时间t均匀增大,图象的斜率k不变,即不变,根据法拉第电磁感应定律得知,回路中产生的感应电动势恒定不变故B错误C、图中回路在Ot0时间内,图象的斜率大于在t02t0时间的斜率,说明前一段时间内磁通量的变化率大于后一时间内磁通量的变化率,所以根据法拉第电磁感应定律知,在Ot0时间内产生的感应电动势大于在t02t0时间内产生的感应电动势故C正确D、图中磁通量随时间t变化的

13、图象的斜率先变小后变大,磁通量的变化率先变小后变大,所以感应电动势先变小后变大,故D错误故选:C点评:解决本题关键要知道t图象的斜率等于磁通量的变化率,并运用法拉第电磁感应定律进行分析3如图所示,电阻R和线圈自感系数L的值都较大,电感线圈的电阻不计,A、B是两只完全相同的灯泡,当开关S闭合时,电路可能出现的情况是( )AA、B一起亮,然后B熄灭BA比B先亮,然后A熄灭CA、B一起亮,然后A熄灭DB比A先亮,然后B熄灭考点:感生电动势、动生电动势 专题:恒定电流专题分析:当开关S闭合时,电源的电压同时加到两个灯泡上,它们会同时发光根据电感线圈的电阻不计,会将A灯短路,分析A灯亮度的变化解答:解:

14、当开关S闭合时,电源的电压同时加到两个灯泡上,它们会一起亮但由于电感线圈的电阻不计,线圈将A灯逐渐短路,A灯变暗直至熄灭;故C正确故选:C点评:本题考查了电感线圈L对电流发生突变时的阻碍作用,关键要抓住线圈的双重作用:当电流变化时,产生感应电动势,相当于电源;而当电路稳定时,相当于导线,能将并联的灯泡短路4如图为日光灯的结构示意图,若按图示的电路连接,关于日光灯发光的情况,下列说法正确的是( )AS1接通,S2、S3断开,日光灯就能正常发光BS1、S2接通,S3断开,日光灯就能正常发光CS3断开,接通S1、S2后,再断开S2,日光灯就能正常发光DS1、S2、S3接通,日光灯就能正常发光考点:日

15、光灯镇流器的作用和原理 分析:根据以下知识分析答题:日关灯启动时,灯管两端电压应高于电源电压220V;日光灯正常工作时,灯管两端电压应低于电源电压220V;镇流器实际上是自感系数较大的自感线圈,当通过它的电流变化时,它能够产生自感电动势解答:解:A、S1接通,S2、S3断开时,电源电压220V直接加在灯管两端,达不到灯管启动的高压值,日光灯不能发光,故A错误; B、S1、S2接通,S3断开时,灯管两端被短路,灯管电压为零,日光灯不能发光,故B错误;C、只有当S1、S2接通,灯丝被预热,发出电子,再断开S2,镇流器中产生很大的自感电动势,和原电压一起加在灯管两端,使气体电离,日光灯正常发光,故C

16、正确;D错误;故选:C点评:知道日光灯的工作原理、分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键5如图所示,当交流电源电压恒为220V,频率为50Hz时,三只灯泡A、B、D的亮度相同,若将交流电的频率改为100Hz,则( )AA灯最暗BB灯最暗CD灯最暗D三只灯泡的亮度依然相同考点:电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用 专题:交流电专题分析:三个支路电压相同,当交流电频率变化时,会影响电感的感抗和电容的容抗,从而影响流过电感和电容的电流解答:解:三个支路电压相同,当交流电频率变大时,电感的感抗增大,电容的容抗减小,电阻所在支路对电流的阻碍作用不变,所以流过LB的电流变大,流过LA的电流变小,流过L

17、D的电流不变故B、C、D错误,A正确故选:A点评:解决本题的关键知道电感和电容对交流电的阻碍作用的大小与什么因素有关记住感抗和容抗的两个公式可以帮助定性分析XL=2Lf,XC=6如图甲,一矩形金属线圈abcd垂直匀强磁场并固定于磁场中,磁场是变化的,磁感应强度B随时间t的变化关系图象如图乙所示,则线圈的ab边所受安培力F随时间t变化的图象是图中的(规定向右为安培力F的正方向)( )ABCD考点:法拉第电磁感应定律;安培力 专题:电磁感应与电路结合分析:根据楞次定律和法拉第电磁感应定律判断出感应电流的方向和大小,根据左手定则判断出安培力的方向以及根据安培力的公式判断安培力大小解答:解:01s内,

18、由楞次定律知,感应电流的方向为ADCBA,根据I=,电流为定值,根据左手定则,AB边所受安培力的方向向左,由F=BIL知,安培力均匀减小 12s内,由楞次定律知,感应电流的方向为ABCDA,根据I=,电流为定值,根据左手定则,AB边所受安培力的方向向右,由F=BIL知,安培力均匀增大故B、C、D错误,A正确故选:A点评:解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律,以及安培力的大小和方向的判定7两个相同的电阻,分别通以如图所示的正弦交流电和方波电流,两种交变电流的最大值、周期如图所示,则在一个周期内,正弦交流电在电阻上产生的热量Q1与方波电流在电阻上产生的热量Q2之比等于( )A3:1B

19、1:2C2:1D1:1考点:正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题:交流电专题分析:根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量,其中I是有效值,对于正弦式电流有效值I1=Im对于方波,直接根据焦耳定律求解热量解答:解:对于正弦式电流,有效值:I1=Im=A根据焦耳定律得:Q1=I12RT=12.5RT对于方波,根据焦耳定律得:Q2=I22R+=8RT+4.5RT=12.5RT则 Q1:Q2=12.5:12.5=1:1故选:D点评:对于交变电流,求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量,都必须用有效值8如图所示电路中的变压器为理想变压器,S为单刀双掷开关P是滑动变阻器R的滑动触头,U1为加在原线圈两

20、端的交变电压,I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流下列说法错误的是( )A保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,则R上消耗的功率减小B保持P的位置及U1不变,S由a切换到b,则I2减小C保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,则I1增大D保持U1不变,S接在b端,将P向上滑动,则I1增大考点:变压器的构造和原理 专题:交流电专题分析:理想变压器输入功率等于输出功率,原副线圈电流与匝数成反比,原副线圈电压与匝数成正比解答:解:A、S由b切换到a,副线圈匝数变大,所以副线圈电压变大,电阻不变,所以R上消耗的功率变大,故A错误;B、S由a切换到b副线圈匝数变小,所以副线圈电压变小,电阻不变,所以

21、I2减小,故B正确;C、S由b切换到a,副线圈匝数变大,所以副线圈电压变大,电阻不变,所以I2增大,输出功率与输入功率相等且都增大,则I1增大,故C正确;D、S置于b位置不动,P向上滑动,电阻变小,电压不变,所以输出功率变大,故原线圈的输入功率变大,则I1增加,故D正确本题选错误的,故选:A点评:理想变压器是理想化模型,一是不计线圈内阻;二是没有出现漏磁现象输入电压决定输出电压,而输出功率决定输入功率9如图两电路中,当a、b两端与e、f两端分别加上110V的交流电压时,测得c、d间与g、h间的电压均为55V若分别在c、d两端与g、h两端加上55V的交流电压,则a、b间与e、f间的电压分别为(

22、)A110V,110VB110V,55VC55V,55VD110V,0考点:变压器的构造和原理 专题:交流电专题分析:左图是变压器,右图是直流电路中的部分电路,变压器的原副线圈电压之比等于线圈匝数比解答:解:当a、b两端接110V的交变电压时,测得c、d两端的电压为55V,则原副线圈匝数比为2:1,所以当c、d两端加上55V交变电压,a、b两端电压为110V;当g、h两端加上55V交变电压时,e与滑片间无电流,电压为零,故e、f两端电压与g、h两端电压相同,也为55V故选:B点评:本题主要考查变压器的工作原理和原副线圈的变压比公式,要能和直流电路的分压原理相区别10电子秤使用的是( )A超声波

23、传感器B温度传感器C压力传感器D红外线传感器考点:常见传感器的工作原理 分析:电子称的工作原理是受到力的作用,并显示其大小,应用了压力传感器解答:解;根据电子秤的工作原理,可知当电子秤受到压力的作用时,会显示相应的大小,故使用的是压力传感器,故C正确故选C点评:考查了电子秤的工作原理,使用了压力传感器,了解不同传感器的原理11电站向远方送电,输送的电功率恒定,若将送电电压提高到原来的K倍,则( )A输电电流也为原来的K倍B输电导线上损失的电压为原来的C输电导线上损失的电功率为原来的K2倍D输电导线上损失的电功率为原来的考点:远距离输电 专题:交流电专题分析:输送的功率一定,根据P=UI和P损=

24、I2R可知高压输电的电压、电流与电能变化情况解答:解:A、B、输送的功率一定,根据P=UI,知输电电压越高,输电电流越小,若输送电压提高到原来的k倍,则电流减小到倍,输电导线上损失的电压U=Ir也减小为原来的倍,故A错误,B正确;C、D、电流减小到倍,根据P损=I2R可知,电线上损失的功率为原来的倍,故C错误,D错误;故选:B点评:解决本题的关键掌握输送功率与输电电压和输电电流的关系,以及知道P损=I2R12如图所示,竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路,导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场,螺线管下方水平桌面上有一导体圆环导线abcd所围区域内磁场的磁感强度按下列哪一图线所表示的

25、方式随时间变化时,导体圆环将受到向上的磁场作用力?( )ABCD考点:楞次定律 分析:abcd回路中磁场变化,会产生感应电流,感应电流提供线圈,在线圈中会产生磁场,产生的磁场通过导体圆环,根据楞次定律的另一种表述,感应电流的效果总是要反抗(或阻碍)产生感应电流的原因判断出原磁场是增加还是减小,从而判断出线圈受磁场力的方向解答:解:导线圆环对地面的压力小于其重力,导体圆环将受到向上的磁场作用力,根据楞次定律的另一种表述,可见原磁场磁通量是减小,即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在减小根据法拉第电磁感应定律,E=NS,则感应电流I=,可知减小时,感应电流才减小,故A正确,BCD错误故选:

26、A点评:解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律的另一种表述,同时理解磁通理变化与磁通量的变化率的不同二填空题(本题共3个小题,共6个空,每空3分,共18分)13如图所示是验证楞次定律实验的示意图,竖直放置的线圈固定不动,将磁铁从线圈上方插入或拔出,线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况,其中正确的是( )ABCD考点:楞次定律 分析:当磁铁的运动,导致线圈的磁通量变化,从而产生感应电流,感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化解答:解:A、当磁铁N极向下运动时,线圈的磁通量变大,由增反减同可知,则感应磁

27、场与原磁场方向相反再根据安培定则,可判定感应电流的方向:沿线圈盘旋而上故A错误;B、当磁铁S极向上运动时,线圈的磁通量变小,由增反减同可知,则感应磁场与原磁场方向相同再根据安培定则,可判定感应电流的方向:沿线圈盘旋而下,故B错误;C、当磁铁S极向下运动时,线圈的磁通量变大,由增反减同可知,则感应磁场与原磁场方向相反再根据安培定则,可判定感应电流的方向:沿线圈盘旋而上故C正确;D、当磁铁N极向上运动时,线圈的磁通量变小,由增反减同可知,则感应磁场与原磁场方向相同再根据安培定则,可判定感应电流的方向:沿线圈盘旋而下,故D错误;故选:C点评:可从运动角度去分析:来拒去留当N极靠近时,则线圈上端相当于

28、N极去抗拒,从而确定感应电流方向14如图所示,一质量m=0.1kg的金属棒ab可沿接有电阻R=1的足够长的竖直导体框架无摩擦地滑动,框架间距L=50cm,匀强磁场的磁感应强度B=0.4T,方向如图示,其余电阻均不计若棒ab由静止开始沿框架下落,且与框保持良好接触,那么在下落的前一阶段,棒ab将做加速度逐渐减小的加速运动,当棒ab运动达到稳定状态时的速度v=25m/s(g=10m/s2)考点:导体切割磁感线时的感应电动势;力的合成与分解的运用;共点力平衡的条件及其应用;闭合电路的欧姆定律 专题:电磁感应中的力学问题分析:(1)根据右手定则判断出感应电流的方向,根据左手定则判断出安培力的方向(2)

29、金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度减小到0,即安培力等于重力时,速度达到最大解答:解:(1)金属棒向下切割磁场,根据右手定则,知电流方向是ab根据左手定则得,安培力方向向上,由牛顿第二定律知:mgF安=ma其中:,随着速度的增大安培力增大,加速度减小,所以在下落的前一阶段,棒ab将做加速度逐渐减小的加速运动(2)释放瞬间ab只受重力,开始向下加速运动随着速度的增大,感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大,加速度随之减小当F增大到F=mg时,加速度变为零,这时ab达到最大速度由可得:=25m/s故答案为:加速度逐渐减小的加速,25m/s点评:解决本题的关键掌握右手定则判定感应电

30、流的方向和左手定则判断安培力的方向,以及能够结合牛顿第二定律分析出金属棒的运动情况,知道当加速度为0时,速度最大15如图所示,理想变压器的副线圈上接有两个灯泡L3、L4,原线圈与两个灯泡L1、L2串联接在交流电源上若四个灯泡完全相同,且都正常发光,则变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=2:1,交流电源两端的电压与灯泡两端的电压之比为4:1考点:变压器的构造和原理 专题:交流电专题分析:设每只灯的额定电流为I,因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光,所以副线圈中的总电流为3I,由电流关系求出匝数比;由匝数比求电压关系解答:解:设每只灯的额定电流为I,额定电压为U,因并联在副线圈两端的两只小灯泡正

31、常发光,所以副线圈中的总电流为2I,原副线圈电流之比为1:2,所以原、副线圈的匝数之比为2:1,所以原线圈两端电压为2U,所以电源的电压为4U,而副线圈电压为U,所以交流电源两端的电压与灯泡两端的电压之比为4:1故答案为:2:1,4:1点评:本题解题的突破口在原副线圈的电流关系,难度不大,属于基础题16如图所示,线圈L的自感系数和电容器的电容C都很小(如L=100H,C=100pF),此电路的主要作用是( )A阻直流、通交流,输出交流电B阻交流、通直流,输出直流电C阻低频、通高频,输出高频交流电D阻高频、通低频,输出低频交流电和直流电考点:电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用 专题:交流电

32、专题分析:根据电容器和电感线圈的特性分析选择电容器内部是真空或电介质,隔断直流能充电、放电,能通交流,具有隔直通交、通高阻低的特性电感线圈可以通直流,通过交流电时产生自感电动势,阻碍电流的变化,具有通直阻交,通低阻高的特性根据感抗和容抗的大小分析对高频和低频的阻碍解答:解:电感器对直流无阻碍,对交流电有阻碍作用,根据XL=2Lf知,自感系数很小,频率越低,感抗越小,所以阻碍作用为:通低频,阻高频电容器对交流无阻碍,对直流电有阻碍作用,根据Xc=知电容C越小,频率越低,容抗越大,所以阻碍作用为:通高频,阻低频因此电路的主要作用是阻高频、通低频,输出低频交流电和直流电,故D正确,ABC错误;故选:

33、D点评:对于电容和电感的特性可以利用感抗和容抗公式记忆:XL=2Lf,xC=L是电感,C是电容,f是频率三计算题(本题共3个小题,第17题10分,第18题12分,第19题12分,共34分)17如图表示一交变电流随时间变化的图象,求该电流的有效值考点:交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题:交流电专题分析:根据有效值的定义求解取一个周期时间,将交流与直流分别通过相同的电阻,若产生的热量相同,直流的电流值,即为此交流的有效值解答:解:将交流与直流通过阻值都为R的电阻,设直流电流为I,则根据有效值的定义有:=I2RT解得:I=5A答:电流的有效值为5A点评:对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值要掌握电流热效应的准确应用18如图,一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动,线圈匝数

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