2025高中物理人教版选修3-2教学资源包（名师同步导学）含答案第五章 第3节　电感和电容对交变电流的影响

PAGEPAGE72025高中物理人教版选修3-2教学资源包（名师同步导学）含答案第五章第3节电感和电容对交变电流的影响「基础达标练」1．关于电感器对交变电流的影响的说法，正确的是()A．电感器对交变电流无阻碍作用B．电感器对交变电流阻碍作用的大小叫感抗C．电感器对某一频率的交变电流的阻碍作用跟线圈的自感系数无关D．线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越小解析：选B电感对交流电有影响，其阻碍作用的大小和线圈的自感系数L、交流电的频率f有关，L越大、f越高，阻碍作用越大，故选项A、C、D错误，B正确．2．关于电子技术中的扼流圈，下列说法错误的是()A．扼流圈是利用电感线圈对交流电的阻碍作用来工作的B．高频扼流圈的作用是允许低频交流通过，而阻碍高频交流通过C．低频扼流圈的作用是不仅要阻碍高频交流通过，还要阻碍低频交流通过D．高频扼流圈的自感系数比低频扼流圈的自感系数大解析：选D扼流圈是利用变化的电流通过线圈时，感应出感应电动势，来阻碍电流的变化，A正确；高频扼流圈的作用是“通低频、阻高频”，B正确；低频扼流圈的作用是“阻高频、阻低频，通直流”，C正确；高频扼流圈比低频扼流圈自感系数小，D错误．3．如图，电阻R、电容C和电感L并联后，接入输出电压有效值、频率可调的交流电源．当电路中交流电的频率为f时，通过R、C和L的电流有效值恰好相等．若将频率降低为eq\f(1,2)f，分别用I1、I2和I3表示此时通过R、C和L的电流有效值，则()A．I1＝I2＝I3 B．I1>I2>I3C．I3>I1>I2 D．I1>I2＝I3解析：选C将频率降低时，通过R的电流不变，电容器的容抗增大，通过C的电流减小，则有I1>I2.电感线圈的感抗减小，通过L的电流增大，则有I3>I1.故A、B、D错误，C正确．4.如图所示电路中，当把开关S由1扳到2时，下列说法中正确的是()A．电流立刻达到最大值，然后才开始减小B．电流不能立刻达到最大值，直到放电完毕时，电流才达到最大值C．电场强度逐渐减弱到零，这时电流也为零D．电场强度立刻减小到零，电流立刻达到最大值解析：选B根据电容和电感的特性可知，当把开关S由1扳到2时，电容器开始放电，电场强度逐渐减弱，由于电感线圈的阻碍作用，电流不能立刻达到最大值，直到放电完毕时，电流才达到最大值，此时电场强度为零，B选项正确．5．在如图所示的交流电路中，保持电源电压一定，当交变电流的频率增大时，各电压表的示数将()A．V1、V3增大，V2减小B．V1不变，V2减小，V3增大C．V1不变，V2增大，V3减小D．V1、V2、V3都不变解析：选C据题，电压不变，当交流电的频率增加时，电感L的感抗增大，电容C的容抗减小，电阻R不变，则V1不变，V2增大，V3减小．6.如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(L＝1mH，C＝200pF)，此电路的重要作用是()A．阻直流通交流，输出交流B．阻交流通直流，输出直流C．阻低频通高频，输出高频交流D．阻高频通低频，输出低频交流和直流解析：选D线圈的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”．电容器的作用是“通交流、隔直流，通高频、阻低频”．因为线圈自感系数L很小，所以它的主要功能就是通直流，通低频，阻高频，这样，直流和低频成分能顺利通过线圈；电容器并联在电路中，因电容C很小，对低频成分和直流的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，起分流作用这样最终输出的是低频交流和直流．7．(多选)从某一装置输出的交流常常既有高频成分，又有低频成分．如果只需要把低频成分输送到下一级装置，可采用的电路是图中的()解析：选AD由于只需将低频成分输送到下一级装置，可将高频成分分流，但低频成分不能通过，即需要高频旁路电容器，选项A正确；也可以直接阻碍高频成分通过，即阻高频、通低频，可以采用高频扼流圈，选项D正确．8．为研究电阻、电容和电感对交变电流的影响，李老师设计了一个演示实验，装置如图所示．两个电路接在完全相同的交流电源上．a、b、c、d、e、f为6只完全相同的小灯泡，a、b各串联一个电阻，c、d各串联一个电容器，e、f各串联一个相同铁芯匝数不同的线圈．电阻、电容、线圈匝数的值如图所示．老师进行演示时，接上交流电源，进行正确的操作．下列对实验现象的描述及分析正确的是()A．a、b灯相比，a灯更亮，说明串联电阻不同，对交流电的阻碍作用不同B．c、d灯均不发光，说明电容器对交流电产生阻隔作用C．c、d灯均能发光，但c灯更亮，说明电容越大，对交流电的阻碍作用越小D．e、f灯均能发光，但f灯更亮，说明自感系数越大，对交流电的阻碍作用越小解析：选Ca、b灯相比，a灯所在支路的电阻大，根据欧姆定律可知，流过a灯的电流小，更暗，A选项错误；交变电流可以通过电容器，故c、d灯均发光，B选项错误；电容越大，对交流的阻碍作用越小，故c灯更亮，C选项正确；线圈匝数越多，对交变电流阻碍作用越大，故e、f灯均能发光，但f灯更暗，D选项错误．「能力提升练」1．如图所示，在电路两端加上正弦式交变电流，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是：灯1变亮，灯2变暗，灯3不变，则M、N、L中所接元件可能是()A．M为电阻，N为电容器，L为电感线圈B．M为电感线圈，N为电容器，L为电阻C．M为电容器，N为电感线圈，L为电阻D．M为电阻，N为电感线圈，L为电容器解析：选C当交变电流的频率增大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，由灯1变亮，灯2变暗可知M为电容器，N为电感线圈，而电阻与交变电流的频率无关，故L为电阻，选项C正确．2．在图甲所示电路中，流过二极管D的电流iD.如图乙所示，该电流可以看做是一个恒定电流和一个交变电流的叠加，流过电感和电容的电流分别为iL、iC.下列关于iL、iC随时间t变化的图象中，可能正确的是()解析：选B根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作以及二极管的单向导电性用可知，该电流可以看作是一个恒定电流和一个变化直流的叠加，因此恒定电流与低频交流容易通过电感，故B正确，D错误；而恒定电流不能通过电容器，且低频率也不易通过，并且二极管具有单向导电性受方向电流不可通过，故A、C错误．3．如图所示，两个同学利用图示装置做实验，第一位同学使导体棒ab在导轨上匀速运动，第二位同学使导体棒ab在导轨上做变速运动，但两位同学对ab杆做的功一样多．第一位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W1，第二位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W2，除小灯泡外，回路中其余各部分电阻均忽略不计，则()A．W1＝W2 B．W1>W2C．W1<W2 D．不能比较解析：选A电感线圈通过变化电流时，电能与磁场能往复转化，所以不会消耗电能；两同学做功一样多，所以最终消耗电能一样多．4．(多选)(2017·江苏卷)某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则()A．电感L1的作用是通高频B．电容C2的作用是通高频C．扬声器甲用于输出高频成分D．扬声器乙用于输出高频成分解析：选BD电容器的特性是通交隔直，通高阻低，电感线圈的特性是通直阻交，通低阻高，分析电路可知，电感L1的作用是通低频，阻高频，电容C1的作用是通高频，阻低频，则扬声器甲输出低频成分．电容C2的作用是通高频，阻低频，电感L2的作用是通低频，阻高频，扬声器乙用于输出高频成分，B、D选项正确．5．如图甲和乙是可调灯泡亮度的台灯电路示意图，请你判断哪一个电路更合理．解析：题图乙中调节L可达到调节台灯两端电压的作用，从而调节台灯的亮度．题图甲也可调节台灯的亮度，但变阻器要消耗电能，故甲图不合理．答案：乙6．如图所示是一个判定AB之间电源性质的仪器．若接通电源后只有绿灯亮，则AB之间是什么电源？若只有红灯亮或黄灯亮，AB之间电源又如何？解析：由于电容器C具有隔直流的特性，故绿灯亮时AB之间必是交流电源，至于此时为什么红灯和黄灯不亮，则是由于线圈L具有阻交流的作用．当AB之间接入直流电时，绿灯不亮是显见的，此时红灯亮还是黄灯亮，则必须考虑二极管D1和D2的单向导电性．答案：AB间接交变电流时，绿灯亮；AB间接直流电且A端是正极时，红灯亮；AB间接直流电且B端是正极时，黄灯亮第五章章末高考真题链接1．(2018·全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正．该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示，则Q方∶Q正等于()A．1∶eq\r(2) B．eq\r(2)∶1C．1∶2 D．2∶1解析：选D据Q热＝eq\f(U有效2,R)T得：Q方＝eq\f(U02,R)T、Q正＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u0,\r(2))))2,R)T，两式相除，有Q方∶Q正＝2∶1，故选D.2．(2018·天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的eq\f(1,2)，则()A．R消耗的功率变为eq\f(1,2)PB．电压表V的读数变为eq\f(1,2)UC．电流表A的读数变为2ID．通过R的交变电流频率不变解析：选B根据ω＝2πn可知转速变为原来的eq\f(1,2)，则角速度变为原来的eq\f(1,2)，根据Em＝nBSω可知电动机产生的最大电动势为原来的eq\f(1,2)，根据U＝eq\f(Em,\r(2))可知发电机的输出电压有效值变为原来的eq\f(1,2)，即原线圈的输出电压变为原来的eq\f(1,2)，根据eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)可知副线圈的输入电压变为原来的eq\f(1,2)，即电压表示数变为原来的eq\f(1,2)，根据P＝eq\f(U2,R)可知R消耗的电功率变为eq\f(1,4)P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2＝eq\f(\f(1,2)U,R)，即变为原来的eq\f(1,2)，根据eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)可知原线圈中的电流也变为原来的eq\f(1,2)，C错误；转速减小为原来的eq\f(1,2)，则频率变为原来的eq\f(1,2)，D错误．3．(2018·江苏卷)采用220kV高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的eq\f(1,4)，输电电压应变为()A．55kV B．110kVC．440kV D．880kV解析：选C输电线上损耗的功率P＝I2r，为使输电线上损耗的功率减小为原来的eq\f(1,4)，电流I要减小为原来的eq\f(1,2)，当输送功率一定时，输电电压要升高为原来的2倍，选项C正确．4．(2017·北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是()A．原线圈的输入功率为220eq\r(2)WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为110eq\r(2)VD．副线圈输出交流电的周期为50s解析：选B原线圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流电源上，所以原线圈电压的有效值为U1＝220V，由变压器的电压关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得副线圈电压为U2＝110V，电压表的示数为交流电的有效值110V，C选项错误；副线圈的电流为I2＝eq\f(U2,R)＝2A，由变压器的电流关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可得通过原线圈的电流为1A，B选项正确；原线圈的输入功率为P＝U1I1＝220W，A选项错误；交流电的周期为T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，D选项错误．5．(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，○A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为()A．2 B．3C．4 D．5解析：选B设变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，当开关S断开时，电流表的示数为I，副线圈电流为eq\f(n1,n2)I，因此有(U－IR1)I＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2I2(R2＋R3)；当S闭合时，电流表的示数为4I，同理有(U－4IR1)4I＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2(4I)2R2，联立解得，原、副线圈匝数比为3，故选B.6．(多选)(2016·海南卷)图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示．下列说法正确的是()A．变压器输入、输出功率之比为4∶1B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4C．u随t变化的规律为u＝51sin(50πt)(国际单位制)D．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大解析：选BD由题意知变压器是理想变压器，故输入、输出功率之比为1∶1，选项A错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,4)，选项B正确；由图(b)可知交流电压最大值Um＝51V，周期T＝0.02s，可由周期求出角速度的值为ω＝100πrad/s，则可得交流电压u的表达式U＝51sin100πtV，故选项C错误；RT处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确．7．(2015·全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则()A．U＝66V，k＝eq\f(1,9) B．U＝22V，k＝eq\f(1,9)C．U＝66V，k＝eq\f(1,3) D．U＝22V，k＝eq\f(1,3)解析：选A设原线圈中电流为I1，由变压器变压公式可得eq\f(220V－I1R,U)＝eq\f(n1,n2)＝3，由变流公式有，eq\f(I1,I2)＝eq\f(1,3)，由欧姆定律可得，副线圈回路中电阻两端电压U＝I2R，联立解得U＝66V．电阻消耗功率P＝I2R，由于eq\f(I1,I2)＝eq\f(1,3)，所以原、副线圈回路中电阻消耗功率的比值为eq\f(1,9)，选项A正确．8．(2015·广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管．视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变．调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，调节前后()A．副线圈中的电流比为1∶2B．副线圈输出功率比为2∶1C．副线圈的接入匝数比为2∶1D．原线圈输入功率比为1∶2解析：选C设原线圈输入电压为U1，原线圈的匝数为n1，副线圈输出电压为U2，副线圈的匝数为n2，则eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，当副线圈的输出电压降为原来的一半时，副线圈的匝数减为原来的eq\f(1,2)，C项正确；由I2＝eq\f(U2,R)可知，副线圈的电流减为原来的一半，A项错误；由P＝eq\f(U22,R)可知，副线圈输出的功率减为原来的eq\f(1,4)，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，因此原线圈的输入功率也减为原来的eq\f(1,4)，B、D项错误．第五章章末质量检测卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．如图所示，磁带录音机既可用作录音，也可用作放音，其主要部件为匀速行进的磁带a和绕有线圈的磁头b，不论是录音或放音过程，磁带或磁隙软铁会存在磁化现象．下面是对于它们在录音、放音过程中主要工作原理的描述，正确的是()A．放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应B．录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应C．放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用D．录音和放音的主要原理都是电磁感应解析：选A放音的主要原理是磁生电，所以是电磁感应现象，录音的主要原理是电生磁，是电流的磁效应，故A正确，B、C、D错误．2．对交变电流能够通过电容器的正确理解是()A．在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动B．在有电容器的交流电路中，有电荷定向移动，但移动方向是唯一的C．当电容器接到交变电源上时，电容器交替进行充、放电，电路中才有交变电流D．当电容器接到交变电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流解析：选C交变电流能够通过电容器，是通过电容器交替充、放电而进行的，实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质，故C正确，D错误；既然电容器交替充、放电，电路中就有了电荷的定向移动，故A、B错误．3．如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时()A．线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流B．线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势C．线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同，都是a→b→c→dD．线圈绕P1转动时cd边受到的安培力大于绕P2转动时cd边受到的安培力解析：选A线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关，选项A正确，B错误；绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等，从上向下看，线框逆时针旋转，电流的方向应为a→d→c→b，选项C错误；电流相等，cd边受到的安培力也相等，选项D错误．4．频率为50Hz的交变电流，其电压u＝120eq\r(2)sinωtV，把它加在激发电压、熄灭电压均为85V的霓虹灯的两端，则在半个周期内霓虹灯点亮的时间是()A.eq\f(1,50)s B.eq\f(1,100)sC.eq\f(1,150)s D.eq\f(1,200)s解析：选C该交变电压的周期T＝eq\f(1,50)s＝0.02s，电压的最大值Um＝120eq\r(2)V≈170V＝2×85V．作出交变电压的u­t图象如图所示，由于加在霓虹灯两端电压大于85V时灯才发光，由图象可知在半个周期内霓虹灯点亮的时间是Δt＝t2－t1，u＝170sin(2πft)V＝85V则2πft1＝eq\f(π,6)，t1＝eq\f(1,600)s,2πft2＝eq\f(5π,6)，t2＝eq\f(5,600)s所以Δt＝t2－t1＝eq\f(1,150)s即霓虹灯在半个周期内被点亮的时间为eq\f(1,150)s.5．以下说法正确的是()A．交变电流的有效值就是它的平均值B．任何交变电流的有效值都是它最大值的eq\f(1,\r(2))C．如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q，那么该交变电流的有效值为eq\r(\f(Q,R))D．以上说法均不正确解析：选D有效值是根据电流的热效应来定义的，平均值并不是有效值，故A错误；在正弦式交变电流中，其有效值为最大值的eq\f(1,\r(2))，对于其他交变电流并不一定满足此关系，故B错误；交变电流要产生热量需要一定的时间，C选项中没有说明时间，错误．6．在如图(a)的电路中，电阻R2＝6R1，D1、D2为理想二极管，当输入图(b)的正弦交流电时，电压表的示数为()A.eq\f(U0,7) B.eq\f(4U0,7)C.eq\f(5U0,7) D.U0解析：选C由题意可知，0～eq\f(T,2)时间内两电阻串联，则电路总电阻R＝R1＋R2根据欧姆定律得出电压表读数U1＝eq\f(U,R1＋R2)R1＝eq\f(U0,7)eq\f(T,2)～T时间内电压反向，回路中只有电阻R1，则电路总电阻R′＝R1电压表读数U2＝eq\f(\r(2)U0,\r(2))＝U0，根据交流电的有效值定义得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U0,7)))2,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(U02,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T解得U＝eq\f(5,7)U0，故C正确．7．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝3∶1，L1、L2为两相同灯泡，R、L、D和C分别为定值电阻、理想线圈、理想二极管和电容器，其中C＝10μF.当原线圈两端接如图乙所示的正弦交流电压时，下列说法中正确的是()A．灯泡L1一定比L2暗B．电容器C所带电荷量的最大值为6eq\r(2)×103CC．电容器C放电周期为2×10－2sD．副线圈两端的电压最大值为12eq\r(2)V解析：选D原线圈有正弦交流电，则副线圈中也有正弦式交流电．由于L1与电阻相串联，而L2与电感器相串联，灯泡L1与L2，是谁亮和暗，取决于电感和电阻谁的阻碍作用大，本题未给条件无法判断，故A错误；由变压器的变压比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，副线圈两端的电压的最大值：U2m＝eq\f(n2U1m,n1)＝eq\f(1,3)×36eq\r(2)＝12eq\r(2)，故D正确；电容器所带电荷量的最大值：Q＝CU2m＝10×10－6×12eq\r(2)＝1.2eq\r(2)×10－4C，故B错误；电容器与二极管串联，含有电容的支路一次充电结束后就相当于断路，不存在周期，故C错误．8．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，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()A．输入电压u的表达式u＝20eq\r(2)sin50πt(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0.8W解析：选D由题图知，Um＝20eq\r(2)V，T＝0.02s，则ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，输入电压U＝20eq\r(2)sin100πt(V)，故A错误；由变压器的变压规律知：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，故U2＝eq\f(U1n2,n1)＝eq\f(20×1,5)V＝4V，由题中将S1接1、S2闭合时，灯泡L2正常发光可得，灯泡L2的额定电压为4V，当只断开S2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L1、L2串联，故L1、L2均不能正常发光，故B错误；此时P出＝eq\f(U22,R总)，副线圈负载R总增大，故P出减小，又P入＝P出，故原线圈的输入功率减小，故C错误；当S1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R，故P＝eq\f(U22,R)＝eq\f(42,20)W＝0.8W，故D正确．二、多项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)9．甲、乙两图是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“－”表示．则两图中负载电阻R上得到的电流特征是()A．图甲中R得到的是交流成分B．图甲中R得到的是直流成分C．图乙中R得到的是低频成分D．图乙中R得到的是高频成分解析：选AC当交变电流加在电容器上时，有“通交流、隔直流，通高频、阻低频”的特性，图甲中电容器隔直流，R得到的是交流成分，A正确，B错误；图乙中电容器通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确，D错误．10．室外天线放大器能将室外接收到的微弱电视信号放大，使得电视机更清晰．放大器放置在室外的天线附近．为它供电的电源盒放置在室内，连接电源盒与放大器的两条电线兼有两种功能：既是天线放大器的50Hz低频电源线，同时又将几百兆赫兹高频电视信号送入室内．供电视机使用．即低频电流和高频电流共用一个通道．室内电源盒的内部电路如图所示，关于电容器C和电感线圈L的作用．下面说法中正确的是()A．电容器C的作用是阻高频电视信号、通低频电流B．电容器C的作用是阻低频电流、通高频电视信号使之输送到电视机C．电感线圈L的作用是阻碍高频电视信号进入变压器D．电感线圈L的作用是阻低频电流、通高频电视信号解析：选BC高频电视信号是交流电，电容器有通高频、阻低频的特点，故A错误，B正确；电感线圈L的作用是通低频、阻高频，故能够阻碍高频电视信号进入变压器，故C正确，D错误．11．将电阻R、理想电压表V、开关S和交流电源按照甲所示方式连接，其中R＝30Ω，合上开关S后，交流电源输出的正弦交变电压u随时间t变化的关系如图乙所示．则()A．电压表V的示数是36VB．R消耗的电功率是21.6WC．通过R的电流瞬时值表达式为i＝1.2sin100πt(A)D．通过R的电流最大值为1.2eq\r(2)A解析：选BC从图乙可以看出，R两端电压的最大值为36V，所以电压表的示数为U＝eq\f(36,\r(2))V＝18eq\r(2)V，故A错误；根据P＝eq\f(U2,R)得：消耗的电功率P＝eq\f(18\r(2)2,30)W＝21.6W，故B正确；根据图乙可知，交流电的周期为0.02s，则ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，电流的最大值Im＝eq\f(E,R)＝eq\f(36,30)A＝1.2A，所以通过R的电流瞬时值表达式为i＝1.2sin100πt(A)，故C正确，D错误．12．图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，eq\a\vs4\al(○)V为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是()A．电压表的示数等于5VB．电压表的示数等于eq\f(5,\r(2))VC．实现点火的条件是eq\f(n2,n1)>1000D．实现点火的条件是eq\f(n2,n1)<1000解析：选BC交流电压表测的是交流电的有效值，对正弦交流电，其电压有效值U＝eq\f(Um,\r(2))，B正确，A错误；根据题意，副线圈电压峰值大于5000V时就可以点燃气体，对理想变压器eq\f(n2,n1)＝eq\f(U2m,U1m)>eq\f(5000,5)＝1000，C正确，D错误．13．某小型水电站的发电机输出电压为220V，若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1和n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3和n4.都是理想变压器，要使额定电压为220V的用电器正常工作，则()A．输电线上的电流I＝eq\f(P0,U)B.eq\f(n2,n1)越大，输电线上损失的功率越大C．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率D．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率解析：选AC根据理想变压器的工作原理可知，输入功率和输出功率相等，P0＝UI，解得输电线上的电流I＝eq\f(P0,U)，A选项正确；eq\f(n2,n1)越大，输送电压越大，则输送电流越小，输电线上损失的功率越小，B选项错误；输电线上有损耗，根据能量守恒可知，升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，C选项正确，D选项错误．14．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，如图乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接一只电阻为9.0Ω的灯泡，则()A．电压表V的示数为20VB．电路中的电流方向每秒改变10次C．灯泡实际消耗的功率为36WD．电动势随时间变化的瞬时表达式为e＝20cos5πt(V)解析：选BC交变电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝20V，电压表的示数U＝eq\f(R,R＋r)·E＝18V，A选项错误；交变电流的周期T＝0.2s，一个周期内电流方向改变2次，每秒改变10次，B选项正确；灯泡实际消耗的功率P＝eq\f(U2,R)＝36W，C选项正确；线圈转动的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝10π，电动势随时间变化的瞬时表达式为e＝20eq\r(2)cos10πt(V)，D选项错误．15．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，V是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则()A．此时原线圈两端电压的最大值约为34VB．此时原线圈两端电压的最大值约为24VC．原线圈两端原来的电压有效值约为68VD．原线圈两端原来的电压有效值约为48V解析：选AD负载电阻减小为5R0时，有eq\f(U2,R0＋5R0)＝eq\f(5V,5R0)，可得U2＝6V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得U1＝24V，原线圈两端电压的最大值为eq\r(2)U1＝24eq\r(2)V≈34V，选项A正确；保持变压器输入电流不变即I1不变，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n1,n2)知，负载电阻变化前后副线圈电流I2不变，则eq\f(5V,5R0)＝eq\f(U2′,R0＋11R0)，可得U2′＝12V，根据eq\f(U1′,U2′)＝eq\f(n1,n2)可得原线圈两端电压U1′＝48V，选项D正确．三、非选择题(本题共5小题，共55分)16.(8分)如图所示，匝数为100匝、边长为0.2m的正方形线圈，在磁感应强度为2T的匀强磁场中，从中性面开始以10πrad/s的角速度绕OO′轴匀速转动．若线圈自身电阻为2Ω，负载电阻R＝6Ω，取π2＝10，则开始转动eq\f(1,20)s内在R上产生的热量为多少焦耳？解析：电动势最大值为Em＝nBSω＝100×2×0.2×0.2×10πV＝80πV有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝40eq\r(2)πV电流有效值为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(40\r(2)π,6＋2)A＝5eq\r(2)πA故产生的热量为Q＝I2Rt＝150J.答案：150J17．(10分)一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100匝．穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图所示，发电机内阻r＝5.0Ω，外电路电阻R＝95Ω.已知感应电动势的最大值Em＝nωΦm，其中Φm为穿过每匝线圈磁通量的最大值．求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数．解析：从Φ­t图象可以看出Φm＝1.0×10－2Wb，T＝3.14×10－2s，已知Em＝nωΦm，又ω＝eq\f(2π,T)，故电路中电流最大值Im＝eq\f(Em,R＋r)＝eq\f(n·2π·Φm,TR＋r)＝eq\f(100×2×3.14×1.0×10－2,3.14×10－2×95＋5.0)A＝2A.交流电流表读数I＝eq\f(Im,\r(2))≈1.4A.答案：1.4A18．(10分)如图所示，变压器原线圈n1＝800匝，副线圈n2＝200匝，灯泡A标有“10V2W”，电动机D的线圈电阻为1Ω，将交变电流u＝100eq\r(2)sin100πt(V)加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，求：(1)副线圈两端电压(有效值)；(2)电动机D的电功率．解析：(1)原线圈两端电压(有效值)U1＝eq\f(100\r(2),\r(2))V＝100V由变压器变压比规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，副线圈两端电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝25V.(2)电动机两端电压UD＝U2－UA＝15V通过电动机的电流I＝IA＝eq\f(PA,UA)＝0.2A电动机的功率PD＝UDI＝3W.答案：(1)25V(2)3W19．(12分)如图甲所示，在铁芯上绕着两个线圈A和C，线圈A两端接一电源，线圈C两端接一阻值为10Ω的电阻R.已知线圈A的匝数为11；线圈C的电阻为5Ω，匝数为7，横截面积为0.3m2.(1)若A接的是一电动势为11V的电池组，则电阻R两端的电压等于多少？(2)若A接某电源(电源上端为正极)使铁芯中的磁感应强度B随时间变化如图乙所示，求电阻R两端的电压值并指出流经电阻R的电流方向；(3)求(2)中t＝0.35s时刻穿过线圈C的磁通量大小．解析：(1)根据电磁感应规律可知，若A接的是一电动势为11V的电池组，线圈A产生稳定的磁场，穿过线圈C的磁通量不变，没有感应电动势产生，电阻R两端的电压等于零．(2)若线圈A产生如题图乙所示的磁场，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈C产生的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·S＝0.6V.根据闭合电路欧姆定律可知，电阻R两端的电压U＝eq\f(E,R＋r)·R＝0.4V，根据楞次定律可知，流经电阻R的电流方向向下．(3)分析B­t图象可知，t＝0.35s时，B＝0.1T，穿过线圈C的磁通量大小Φ＝BS＝0.03Wb.答案：(1)零(2)0.4V方向向下(3)0.03Wb20．(15分)发电机的输出电压为220V，输出功率为44kW，每条输电线的电阻为0.2Ω，求：(1)此时用户得到的电压和电功率各为多少？(2)如果发电站先用变压比为1∶10的升压变压器将电压升高，经同样的输电线路后经10∶1的降压变压器将电压降低后供给用户，则用户得到的电压和电功率各是多少？解析：(1)输电线上的电流IR＝eq\f(P,U)＝eq\f(44000,220)A＝200A损失的电压UR＝IRR＝2×0.2×200V＝80V损失的功率PR＝URIR＝80×200W＝16kW故用户得到的电压U用户＝U－UR＝140V用户得到的功率为P用户＝P－PR＝28kW.(2)已知升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶10输入电压U1＝220V因此，升压变压器的输出电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝2200V输电线上的电流IR′＝eq\f(P,U2)＝eq\f(44000,2200)A＝20A损失的电压UR′＝IR′R＝2×0.2×20V＝8V损失的功率PR′＝UR′IR′＝8×20W＝160W因此，降压变压器的输入电压U3＝U2－UR′＝2192V已知降压变压器的匝数比n3∶n4＝10∶1所以用户得到的电压U4＝eq\f(n4,n3)U3＝219.2V用户得到的功率P用户′＝P－PR′＝43.84kW.答案：(1)140V28kW(2)219.2V43.84kW第五章第1节交变电流「基础达标练」1．关于交变电流与直流电的说法中，不正确的是()A．如果电流大小做周期性变化，则不一定是交变电流B．直流电的大小可以变化，但方向一定不变C．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性变化解析：选C交变电流与直流电的区别是电流方向是否发生变化，如果电流大小做周期性变化而电流方向不变，则为直流电，A选项正确；直流电的大小可以变化，但方向一定不变，B选项正确；交流电的衡量标准是电流方向是否发生变化，如果电流的方向发生变化，就是交流电，交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性变化，不一定是按正弦或余弦规律变化的，C选项错误，D选项正确．模块综合检测卷(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述不符合史实的是()A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化解析：选C通有恒定电流的静止导线附近产生的磁场是不变的，在其附近的固定导线圈中没有磁通量的变化，因此，不会出现感应电流，选项C错误．2．如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比分别为()A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2解析：选C杆MN向右匀速滑动，由右手定则判知，通过R的电流方向为a→c；又因为E＝BLv，所以E1∶E2＝1∶2，故选项C正确．3.如图所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN，拉动MN使它以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，则在MN运动过程中闭合电路的()A．感应电动势保持不变 B．感应电流逐渐增大C．感应电流将保持不变 D．感应电流逐渐减小解析：选C拉动MN使它以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，t时刻，导体棒切割磁感线的有效长度L＝vttanα，产生的感应电动势E＝BLv＝Bv2ttanα，感应电动势逐渐增大，选项A错误；粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，单位长度电阻相同，设为R，回路总电阻R总＝Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vttanα＋\f(vt,cosα)＋vt))＝Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanα＋\f(1,cosα)＋1))vt，产生的感应电流I＝eq\f(E,R总)是一恒量，选项C正确，B、D错误．4.用柔软的细金属丝弯成一个矩形闭合线框，用绝缘细线将其悬挂起来，如图所示，若匀强磁场与线框平面垂直，开始时磁场很强，当磁场均匀减弱时eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)＝k，k<0))，下列说法正确的是()A．细线可能断掉B．线框将会收缩C．线框可能变成圆形D．线框绕过a的竖直轴转动解析：选C准确理解“阻碍”含义，当磁场减弱时，线框内产生感应电流，感应电流产生的磁场阻碍磁通量变化，线框面积将扩大，而最大即为圆形，B错误，C正确；线框悬线拉力未变，A错误；线框各边受的安培力与线框共面，向线框外侧，线框不会产生转动效果，故D错误．5．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，外电路如图所示，其中三个灯泡都可视为阻值相等的定值电阻，如果线圈在磁感应强度大小为B的匀强磁场中绕OO′轴匀速转动的角速度由ω增大到2ω，则下列说法中正确的是()A．线圈转动的角速度为ω时，灯泡L1两端的电压的最大值为nBSωB．线圈转动的角速度为2ω时，通过灯泡L3的电流一定变为原来的2倍C．不论线圈转动的角速度大小怎么变化，都是灯泡L1最亮D．线圈的角速度由ω增大到2ω后，灯泡L1上消耗的功率一定变为原来的4倍解析：选C根据法拉第电磁感应定律可知，线圈内产生的交流电的最大值为Em＝nBSω，根据闭合电路的欧姆定律可知，灯泡L1两端的电压的最大值小于nBSω，故A错误；将线圈转动的角速度增大到2ω，则线圈内产生的交流电的最大值、有效值都增大为原来的2倍，同时频率增大，感抗增大，容抗减小，可知通过灯泡L3的电流一定大于原来的2倍，故B错误；由于线圈与电容器都有一定的感抗或容抗，所以灯泡L1的支路的电阻值最小，所以不论线圈转动的角速度大小怎么变化，都是灯泡L1最亮，故C正确；灯泡L1上的电压是路端电压，将线圈转动的角速度增大到2ω，则线圈内产生的交流电的最大值、有效值都增大为原来的2倍，同时频率增大，感抗增大，容抗减小，所以外电路的总电阻可能增大，也可能减小，所以电源的路端电压不一定是原来的2倍，所以灯泡L1上消耗的功率不一定变为原来的4倍，故D错误．6．图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为50Ω.降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小，电压表V可以显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)．未出现火警时，升压变压器的输入功率为660kW.下列说法中正确的是()A．0.01s时刻，电压表的示数是0VB．未出现火警时，远距离输电线路损耗的功率为45kWC．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小解析：选B电压表测量的为交流电的有效值，故任意时刻的示数都是电阻R2两端的电压，故不为零，故A错误；升压变压器输入端电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为22000V，所以输电线中的电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(660000,22000)＝30A，输电线损失的电压ΔU＝IR＝30×50V＝1500V，输电线路损耗功率ΔP＝ΔUI＝1500×30＝45kW，故B正确；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数减小，故C错误；当传感器R2所在处出现火警时，副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流增大，故D错误．7．某同学用粗细均匀的同一种导线制成“9”字形线框，放在有理想边界的匀强磁场旁，磁感应强度为B，如图甲所示．已知磁场的宽度为2d，ab＝bc＝cd＝da＝ce＝ef＝d，导线框从紧靠磁场的左边界以速度v向x轴的正方向匀速运动，设U0＝Bdv.在图乙中最能体现be两点间的电压随坐标x变化关系的图象是()解析：选Ax在O～d过程：线框进入磁场，bc、ce产生的感应电动势都是E＝Bdv＝U0.根据右手定则判断可知，b点的电势高于c点的电势．bc间的电势差为Ubc＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)U0，则be两点间的电压Ube＝Ubc＋E＝eq\f(3,4)U0＋U0＝eq\f(7,4)U0；在d～2d过程：线框完全进入磁场，磁通量不变，没有感应电流产生，ad、bc、ce产生的感应电动势都是E＝Bdv＝U0.根据右手定则判断可知，b点的电势高于e点的电势．be两点间的电压Ube＝2E＝2U0.在2d～3d过程：线框穿出磁场，ad边产生的感应电动势是E＝Bdv＝U0.根据右手定则判断可知，a点的电势高于d点的电势，则得b点的电势高于e点的电势．be两点间的电压Ube＝eq\f(1,4)E＝eq\f(1,4)U0.故A正确．8.如图所示为含有理想变压器的电路，图中的三个灯泡L1、L2、L3都标有“5V5W”字样，L4标有“5V10W”字样，若它们都正常发光，不考虑导线的能耗，则该电路的输入功率Pab和输入电压Uab应为()A．20W25V B．20W20VC．25W25V D．25W20V解析：选C该电路的输入功率为4盏灯的功率总和，即Pab＝5W＋5W＋5W＋10W＝25W．通过L1的电流I1＝1A，根据输入功率等于输出功率可得U1I1＝20W，解得U1＝20V，故电源输入电压Uab＝U1＋UL1＝25V．故选C.二、多项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)9．置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连．套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示．导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法中正确的是()A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动C．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动D．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向左运动解析：选BD圆盘顺时针加速转动时，产生感应电流，根据右手定则可知，感应电流由圆心流向边缘，根据安培定则可知，线圈A中产生方向向下的磁场，且逐渐增强，由楞次定律得，线圈B中的感应磁场方向向上，由安培定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b.由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，A选项错误，D选项正确；圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动，B选项正确；当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，C选项错误．10.电源、开关S和S′、定值电阻R1、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置．当开关S、S′闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点．当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，则()A．液滴向下运动B．液滴向上运动C．R2两端的电势差是否升高无法分析D．当光照强度不变时断开S′，把电容器的上极板向上移一小段距离，则上极板的电势比A点的电势高解析：选BD当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，R2两端的电势差降低，R1两端的电势差升高，电容器极板之间电压升高，液滴向上运动，选项B正确，A、C错误；当光照强度不变时，断开S′，电容器所带电荷量不变且上板带正电，把电容器的上极板向上移一小段距离，则上极板的电势比A点的电势高，选项D正确．11.如图所示，边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，从线框刚进入磁场开始计时，取逆时针方向为电流正方向，以下i­t关系图象，可能正确的是()解析：选BC边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，若进入磁场时所受安培力与重力沿斜面方向的分力平衡，则线框做匀速直线运动，感应电流为一恒定值；完全进入后磁通量不变，感应电流为零，线框做匀加速直线运动；从磁场中出来时，感应电流方向相反，所受安培力大于重力沿斜面方向的分力，线框做加速度减小的减速运动，感应电流减小，选项B正确．同理可知，C正确．12．去年底，我省启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战．暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)．则()A．a侧电势比c侧电势高 B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大 C．若污水从右侧流入测量管，显示器显示为负值，将磁场反向则显示为正值 D．污水流量Q与U成正比，与L、D无关解析：选AC根据左手定则可知，正离子向a侧偏转，则仪器显示a侧电势比c侧电势高，故A正确；根据qvB＝eq\f(U,D)q可得U＝BDv，可知显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，故B错误；若污水从右侧流入测量管，则受磁场力使得正离子偏向c侧，则c端电势高，显示器显示为负值，将磁场反向，则受磁场力使得正离子偏向a侧，则显示为正值，故C正确；污水流量Q＝Sv＝eq\f(1,4)πD2×eq\f(U,BD)＝eq\f(πDU,4B)，则污水流量Q与U成正比，与D有关，与L无关，故D错误．13．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为5∶1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是()A．图乙中电压的有效值为220VB．电压表的示数为44VC．R处出现火警时电流表示数增大D．R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大解析：选CD根据正弦式交流电最大值和有效值的关系可知，eq\f(2202,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T，解得图乙中电压的有效值为110eq\r(2)V，A选项错误；电压表的示数为有效值，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得电压表示数U2＝22eq\r(2)V，B选项错误；R处出现火警时，阻值减小，流过的电流增大，故变压器输入电流增大，电流表示数增大，C选项正确；根据功率公式得，P＝I2R0，电阻R0消耗的电功率增大，D选项正确．14．如图所示，一个匝数为N＝100匝的线圈以固定转速50转/秒在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1∶n2＝10∶1的变压器给阻值R＝20Ω的电阻供电，已知电压表的示数为20V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是()A．电阻R消耗的电功率为10WB．穿过线圈平面的最大磁通量为eq\f(\r(2),50π)WbC．t＝0时刻流过线圈的电流不为零D．t＝0.0025s时刻穿过线圈平面的磁通量为eq\f(1,50π)Wb解析：选BD电阻R消耗的电功率为P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(202,20)＝20W，故A错误；变压器的匝数比为n1∶n2＝10∶1，故输入电压为200V，最大值为200eq\r(2)V，转速50转/秒，故角速度：ω＝2πn＝100πrad/s，根据公式Em＝NBSω＝NΦω，穿过线圈平面的最大磁通量为Φ＝eq\f(Em,Nω)＝eq\f(200\r(2),100×2π×50)＝eq\f(\r(2),50π)Wb，故B正确；图示时刻为中性面位置，故感应电动势为零，故感应电流为零，故C错误；转速为50转/秒，故ω＝100πrad/s，t＝0.0025s时，磁通量为Φ＝Φmcosωt＝eq\f(\r(2),50π)×eq\f(\r(2),2)Wb＝eq\f(1,50π)Wb，故D正确．15．如图甲所示，AB、CD是间距l＝1m的足够长的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面夹角为α，在虚线下方的导轨平面内存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，导轨电阻不计，长为1m的导体棒ab垂直AB，CD放置在导轨上，导体棒电阻R＝2Ω；AB、CD右侧连接一电路，已知灯泡L的规格是“3V1.5W”，定值电阻R1＝3Ω、R2＝6Ω，在t＝0时，将导体棒ab从某一高度由静止释放，导体棒的速度—时间图象如图乙所示，其中OP段是直线，PM段是曲线，M点后是水平直线．若导体棒沿导轨下滑12.5m时，导体棒达到最大速度，并且此时灯泡L正常发光．假设灯泡的电阻恒定不变，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．α＝37°B．匀强磁场的磁感应强度大小B为0.5TC．导体棒的质量为0.05kgD．从导体棒由静止释放至速度达到最大的过程中，通过小灯泡的电荷量为1C解析：选BC导体棒在磁场外运动时，由图乙得：a1＝eq\f(Δv,Δt)＝5m/s2，由牛顿第二定律知：a1＝gsinα，可得α＝30°，故A错误；小灯泡正常发光时，I＝eq\f(P,U)＝0.5A，导体棒中的电流也为I＝0.5A，导体棒达到最大速度时，I＝eq\f(Blvm,R灯＋R12＋R)，其中R灯＝eq\f(U2,P)＝6Ω，R12＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝2Ω，由图乙知最大速度为vm＝10m/s，解得B＝0.5T，故B正确；达到最大速度时，mgsinα＝BIl，解得m＝0.05kg，故C正确；导体棒在磁场中滑行的距离x＝12.5－eq\f(1,2)a1t2＝10m，通过小灯泡的总电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R总)＝eq\f(Blx,R灯＋R12＋R)＝0.5C，故D错误．三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．(7分)(2019·浙江模拟)(1)为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是________．A．有闭合铁芯的原副线圈B．无铁芯的原副线圈C．交流电源D．直流电源E．多用电表(交流电压挡)F．多用电表(交流电流挡)用匝数na＝60匝和nb＝120匝的变压器，实验测量数据如表：Ua/V1.802.803.804.90Ub/V4.006.018.029.98根据测量数据可判断连接电源的线圈是________(选填“na”或“nb”)．(2)用如图1所示的装置做“探究感应电流方向的规律”实验，磁铁从靠近线圈的上方静止下落，当磁体运动到如图所示的位置时，流过线圈的感应电流方向从________(选填“a到b”或“b到a”)．在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流i随时间t的图象(图2)应该是________．解析：(1)根据理想变压器的工作原理可知，必须使用交流电源，测量时使用多用电表的交流电压挡，当线圈内有铁芯时，磁场会更强，选用含有闭合铁芯的原副线圈，A、C、E选项正确；实际变压器存在漏磁现象，导致副线圈测量电压应该小于理论变压值，nb为输入端，na为输出端．(2)磁体从靠近线圈的上方静止下落，当磁体运动到如图所示的位置时，根据楞次定律可知，感应磁场方向向下，根据安培定则可知，感应电流方向向上，流过线圈的感应电流方向为“b到a”．当磁铁完全进入线圈内时，穿过线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流，则磁铁会加速运动，当到达线圈底部时，磁通量变化率大于磁铁进入线圈时位置，根据法拉第电磁感应定律，则到达底部的感应电流较大，由楞次定律可知，进与出的感应电流方向相反，A选项正确．答案：(1)ACEnb(2)b到aA17．(8分)电流传感器可以像电流表一样测量电流，它的优点是反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化，还可以与计算机相连，能在很短的时间内画出电流随时间变化的图象．按图甲连接电路，提供8V直流电源，先使开关S与1相连，电源向电容器充电，这个过程可在瞬间完成，然后把开关S掷向2，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏上显示出电流随时间变化的I­t曲线，如图乙所示．(1)图乙中画出的竖直狭长矩形(图乙最左端)，其面积表示的物理意义是________________________________________________________________________．(2)估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量是________C.(3)根据以上数据估算，电容器的电容是________F.解析：(1)图象纵坐标为电流I，横坐标为时间t，由公式q＝It可知，矩形面积为放电电荷量．(2)每个小方格的面积代表放电电荷量q0＝0.08×10－3C，共有75格，则放电电荷量Q＝75q0＝6.0×10－3C.(3)由Q＝CU可知C＝eq\f(Q,U)＝7.5×10－4F.答案：(1)0.1s内的放电电荷量(2)6.0×10－3(3)7.5×10－418．(12分)如图甲所示，电阻不计，间距为l的平行长直金属导轨置于水平面内，阻值为R的导体棒ab固定连接在导轨左端，另一阻值也为R的导体棒ef垂直放置到导轨上，ef与导轨接触良好，并可在导轨上无摩擦移动．现有一根轻杆一端固定在ef中点，另一端固定于墙上，轻杆与导轨保持平行，ef、ab两棒间距为d.若整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，且从某一时刻开始，磁感应强度B随时间t按图乙所示的方式变化．求：(1)在0～t0时间内流过导体棒ef的电流的大小与方向；(2)在t0～2t0时间内导体棒ef产生的热量；(3)1.5t0时刻杆对导体棒ef的作用力的大小和方向．解析：(1)在0～t0时间内，磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，产生感应电动势的大小E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(ΔB1,Δt1)S＝eq\f(ΔB1,Δt1)ld＝eq\f(B0ld,t0)，流过导体棒ef的电流大小I1＝eq\f(E1,2R)＝eq\f(B0ld,2Rt0)，由楞次定律可判断导体棒ef的电流方向为e→f.(2)在t0～2t0时间内，磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，产生感应电动势的大小E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(ΔB2,Δt2)S＝eq\f(ΔB2,Δt2)ld＝eq\f(2B0ld,t0)，流过导体棒ef的电流大小I2＝eq\f(E2,2R)＝eq\f(B0ld,Rt0)，在t0～2t0时间内导体棒ef产生的热量Q＝I22Rt0＝eq\f(B02l2d2,Rt0).(3)在t＝1.5t0时，磁感应强度B＝B0，ef棒受安培力F＝B0I2l＝eq\f(B02l2d,Rt0)，方向水平向左，根据导体棒ef受力平衡，杆对导体棒ef的作用力为F′＝eq\f(B02l2d,Rt0)，方向水平向右．答案：(1)eq\f(B0ld,2Rt0)方向为e→f(2)eq\f(B02l2d,Rt0)(3)eq\f(B02l2d,Rt0)方向水平向右19．(14分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，边长L＝10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路电阻R＝4Ω，求：(1)转动过程中感应电动势的最大值；(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°角时的瞬时感应电动势；(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；(4)交流电压表的示数；(5)线圈转动一周外力所做的功；(6)线圈转过60°角的过程中，通过R的电荷量．解析：(1)感应电动势的最大值为Em＝nBωS＝πV.(2)由于从线圈平面与磁感线平行的位置开始计时，线圈中的瞬时感应电动势用余弦函数表示，即线圈转过60°角时的瞬时感应电动势为e＝Emcos60°＝π×0.5V＝eq\f(π,2)V.(3)线圈转过60°角过程中产生的平均感应电动势为eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BSsin60°,\f(1,6)T)＝100×eq\f(0.5×0.1×0.1×\f(\r(3),2),\f(1,6)×\f(2π,2π))V＝eq\f(3\r(3),2)V.(4)电压表示数为外电路电压的有效值，则U＝eq\f(Em,\r(2)R＋r)·R＝eq\f(π,\r(2)4＋1)×4V＝eq\f(2\r(2),5)πV.(5)线圈转动一周，外力所做的功等于电流产生的热量，W＝Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2eq\f(1,R＋r)·T＝eq\f(1,10)π2J.(6)线圈转过60°角的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝eq\x\to(I)·eq\f(T,6)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)·eq\f(T,6)＝eq\f(nBSsin60°,\f(T,6)R＋r)·eq\f(T,6)＝eq\f(nBSsin60°,R＋r)＝eq\f(\r(3),20)C.答案：(1)πV(2)eq\f(π,2)V(3)eq\f(3\r(3),2)V(4)eq\f(2\r(2),5)πV(5)eq\f(π2,10)J(6)eq\f(\r(3),20)C20．(14分)(2018·天津卷)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？解析：(1)M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极．(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得R总＝eq\f(R,2) ①设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,R总) ②设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝BIl ③根据牛顿第二定律有F＝ma ④联立①②③④式得a＝eq\f(2BEl,mR). ⑤(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝eq\f(ΔΦ,Δt) ⑥其中ΔΦ＝Bl2 ⑦设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有I′＝eq\f(E1,2R) ⑧设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝I′lB ⑨以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt eq\o(○,\s\up1(10))同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有I0＝2I冲 ⑪设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有I总＝0－mv0 ⑫联立⑥⑦⑧⑨eq\o(○,\s\up1(10))⑪⑫式得eq\f(I总,I0)＝eq\f(mv0R,B2l3).讨论：若eq\f(I总,I0)恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若eq\f(I总,I0)不是整数，设eq\f(I总,I0)的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场．答案：(1)M接电源正极理由见解析(2)eq\f(2BEl,mR)(3)见解析2.(多选)如图所示，矩形线框置于竖直向下的磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框处于竖直面内，下述说法正确的是()A．因为线框中产生的是交变电流，所以电流表示数始终为零B．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大C．线框通过图中位置瞬间，通过电流表的电流瞬时值最大D．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电流表电流的峰值也增大一倍解析：选CD线框在匀强磁场中匀速转动时，在中性面即线框与磁感线垂直时，磁通量最大，感应电动势最小，而在题中图示位置线框与磁感线平行时，磁通量最小，感应电动势最大，A、B错误，C正确；由交变电流的峰值表达式Im＝eq\f(nBSω,R＋r)可知，角速度增大一倍后，电流的峰值增大一倍，D正确．3.矩形线圈在磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50V，那么该线圈由图所示位置转过30°，线圈中的感应电动