专题3.6 探究变压器的实验-2024-2025学年高二物理举一反三系列（人教版2019选择性必修第二册）（含答案）

专题3.6探究变压器的实验-2024-2025学年高二物理举一反三系列（人教版2019选择性必修第二册）（含答案）专题3.6探究变压器的实验【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1实验原理与操作】 【题型2数据处理与误差分析】 【题型1实验原理与操作】【例1】(1)某同学在做“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”实验时，用学生电源提供给图甲所示变压器原线圈的电压为5V，用演示电表交流50V挡测量副线圈电压时示数如图乙所示，则变压器的原、副线圈匝数之比可能是__________；A.5∶8 B.5∶16C.1∶14 D.1∶8(2)街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，__________(填写“原线圈”或“副线圈”)应该使用较粗的导线。【变式1-1】物理研究课上，同学们用可拆变压器“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示：(1)下列说法正确的是________；A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数B．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响D．测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量E．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈F．变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用(2)如图丙所示，某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上。原线圈接学生电源的交流输出端，副线圈接小灯泡。下列说法正确的是________。A．与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力B．若仅增加原线圈绕制的圈数，小灯泡的亮度将保持不变C．若仅增加副线圈绕制的圈数，学生电源的过载指示灯可能会亮起【变式1-2】在探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验中，小李同学采用了如图所示的可拆式变压器(铁芯不闭合)进行研究。(1)实验还需下列器材中的________；(2)实验中，上图中变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接线“0、4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0V，则所接电源电压挡位可能为________。A．18.0V B．10.0VC．5.0V D．2.5V【变式1-3】有一个教学用的可拆变压器，其铁心粗细一致，如图所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同)，线圈外部还可以再绕线圈。(1)某同学用多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图中的a、b位置，则A线圈的电阻为_____Ω，由此可推断_____(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。(2)如果把该变压器看作理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请完成以下实验步骤：①用绝缘导线在线圈B上绕制n匝线圈；②将A线圈与低压交流电源相连接；③用多用电表的“交流电压”挡分别测量A线圈的输入电压UA和________(选填“绕制”或“B”)线圈的输出电压U；④则A线圈的匝数为________(用已知和测得量的符号表示)。【题型2数据处理与误差分析】【例2】一个教学用的简易变压器，两线圈的匝数未知，某同学想用所学变压器的知识测定两线圈的匝数。(1)为完成该实验，除了选用电压表、导线外，还需要选用低压________(填“直流”或“交流”)电源。(2)该同学在变压器铁芯上绕10匝绝缘金属导线C，然后将简易变压器的A、B两线圈依次接电源，用电压表分别测出线圈A，线圈B及线圈C两端的电压，记录在下面的表格中，则线圈A的匝数为________匝，线圈B的匝数为________匝。A线圈电压B线圈电压C线圈电压8.0V3.8V0.2V(3)为减小线圈匝数的测量误差，你认为绕制线圈C的匝数应该________(填“多一些”“少一些”)更好。【变式2-1】如图所示为某型号电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。该电吹风吹热风时输入功率为500W，吹冷风时输入功率为60W。小风扇额定电压为60V，正常工作时小风扇输出功率为50W。和分别是理想变压器原、副线圈的匝数。则A.吹冷风时触片P位于ab之间B.吹热风时通过电热丝的电流为1AC.小风扇的内阻是10ΩD.变压器原、副线圈的匝数比【变式2-2】(1)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，下列器材在实验中不必用到的有________。(2)若在实验中用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器，对应的电压测量数据如表所示。根据测量数据，下列说法正确的是________。实验次数1234U1/V0.901.401.902.40U2/V2.003.014.025.02A.N1一定是原线圈 B．N2一定是原线圈C．N1可能是副线圈 D．N2可能是副线圈【变式2-3】如图，为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，我们把没有用导线相连的线圈套在同一闭合的铁芯上，一个线圈连到电源的输出端，另一个线圈连到小灯泡上，如图所示，试回答下列问题：（1）线圈应连到学生电源的______________（选填直流、交流）；（2）将与灯泡相连的线圈拆掉匝数，其余装置不变继续实验，灯泡亮度将__________（选填变亮、变暗），这说明灯泡两端的电压__________（选填变大、变小）；（3）实验中发现，在所有连接都完好的情况下，电路接通后，灯泡始终不亮，但却在电路接通或断开的瞬间，灯泡会闪亮一下，原因是__________。

参考答案【题型1实验原理与操作】【例1】(1)某同学在做“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”实验时，用学生电源提供给图甲所示变压器原线圈的电压为5V，用演示电表交流50V挡测量副线圈电压时示数如图乙所示，则变压器的原、副线圈匝数之比可能是__________；A.5∶8 B.5∶16C.1∶14 D.1∶8(2)街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，__________(填写“原线圈”或“副线圈”)应该使用较粗的导线。答案(1)D(2)副线圈解析(1)根据电压表读数的方法可知，该变压器的输出电压为40V，所以变压器的原副线圈匝数之比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(5,40)＝eq\f(1,8)，故D正确，A、B、C错误。(2)理想变压器的电压与匝数成正比，当只有一个副线圈的时候，电流与匝数成反比，街头用电的变压器是降压变压器，可知副线圈的匝数比原线圈的匝数少，副线圈的电流较大，应该使用较粗的导线。【变式1-1】物理研究课上，同学们用可拆变压器“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示：(1)下列说法正确的是________；A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数B．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响D．测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量E．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈F．变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用(2)如图丙所示，某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上。原线圈接学生电源的交流输出端，副线圈接小灯泡。下列说法正确的是________。A．与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力B．若仅增加原线圈绕制的圈数，小灯泡的亮度将保持不变C．若仅增加副线圈绕制的圈数，学生电源的过载指示灯可能会亮起解析：(1)为确保实验安全，实验中要求副线圈匝数小于原线圈匝数，使得次级电压较小，故A错误；变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”测量，故B错误；实验时可采用控制变量法，先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确；测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，防止烧坏电压表，故D正确；变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，故E错误，F正确。(2)变压器线圈通电会产生磁场，而变压器上端的横条相当于磁铁，下端对横条有吸引力作用，因此与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力，故A正确；仅增加原线圈匝数，副线圈两端电压将减小，小灯泡亮度将变暗，故B错误；若仅增加副线圈绕制的圈数，副线圈两端电压增大，小灯泡消耗的功率变大，学生电源输出的功率变大，有可能会使学生电源的过载指示灯亮起，故C正确。答案：(1)CDF(2)AC【变式1-2】在探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验中，小李同学采用了如图所示的可拆式变压器(铁芯不闭合)进行研究。(1)实验还需下列器材中的________；(2)实验中，上图中变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接线“0、4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0V，则所接电源电压挡位可能为________。A．18.0V B．10.0VC．5.0V D．2.5V解析：(1)本实验中，变压器的原线圈应接在交流电源上；为了知道原、副线圈的电压比和线圈匝数比之间的关系，还需要用交流电压表。故学生电源和交流电压表两个器材不能缺少。(2)理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系为eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)；若变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接线“0、4”接线柱，则原、副线圈匝数比为eq\f(n1,n2)＝2，则原线圈两端电压U1＝eq\f(n1,n2)U2＝10V；本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，要使副线圈所接电压表示数为5V，则原线圈电压必须大于10V，故选A。答案：(1)BC(2)A【变式1-3】有一个教学用的可拆变压器，其铁心粗细一致，如图所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同)，线圈外部还可以再绕线圈。(1)某同学用多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图中的a、b位置，则A线圈的电阻为_____Ω，由此可推断_____(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。(2)如果把该变压器看作理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请完成以下实验步骤：①用绝缘导线在线圈B上绕制n匝线圈；②将A线圈与低压交流电源相连接；③用多用电表的“交流电压”挡分别测量A线圈的输入电压UA和________(选填“绕制”或“B”)线圈的输出电压U；④则A线圈的匝数为________(用已知和测得量的符号表示)。解析：(1)多用电表欧姆挡读数＝指针指示值×倍率。A的读数为24，倍率为“×1”，所以电阻为24Ω。根据电阻定律，导线越长，电阻越大，因为A的电阻比B大，所以A线圈匝数多。(2)③因为要测量A线圈匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接。变压器输入、输出电压都是交流电，所以要用交流电压挡测绕制线圈的输出电压U。④根据变压器电压比等于匝数比，有eq\f(UA,U)＝eq\f(nA,n)，所以nA＝eq\f(UA,U)n。答案：(1)24A(2)绕制eq\f(UA,U)n【题型2数据处理与误差分析】【例2】一个教学用的简易变压器，两线圈的匝数未知，某同学想用所学变压器的知识测定两线圈的匝数。(1)为完成该实验，除了选用电压表、导线外，还需要选用低压________(填“直流”或“交流”)电源。(2)该同学在变压器铁芯上绕10匝绝缘金属导线C，然后将简易变压器的A、B两线圈依次接电源，用电压表分别测出线圈A，线圈B及线圈C两端的电压，记录在下面的表格中，则线圈A的匝数为________匝，线圈B的匝数为________匝。A线圈电压B线圈电压C线圈电压8.0V3.8V0.2V(3)为减小线圈匝数的测量误差，你认为绕制线圈C的匝数应该________(填“多一些”“少一些”)更好。解析：(1)需要选用低压交流电，才能产生交变的磁场。(2)根据变压器原理有：eq\f(nA,nC)＝eq\f(UA,UC)解得：nA＝eq\f(UA,UC)nC＝400匝同理有：eq\f(nB,nC)＝eq\f(UB,UC)解得：nB＝eq\f(UB,UC)nC＝190匝。(3)根据eq\f(nA,nC)＝eq\f(UA,UC)，可知C的匝数越多，C的电压示数越大，测量更准确，故线圈C的匝数应该多一些。答案：(1)交流(2)400190(3)多一些【变式2-1】如图所示为某型号电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。该电吹风吹热风时输入功率为500W，吹冷风时输入功率为60W。小风扇额定电压为60V，正常工作时小风扇输出功率为50W。和分别是理想变压器原、副线圈的匝数。则A.吹冷风时触片P位于ab之间B.吹热风时通过电热丝的电流为1AC.小风扇的内阻是10ΩD.变压器原、副线圈的匝数比答案：CD【变式2-2】(1)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，下列器材在实验中不必用到的有________。(2)若在实验中用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器，对应的电压测量数据如表所示。根据测量数据，下列说法正确的是________。实验次数1234U1/V0.901.401.902.40U2/V2.003.014.025.02A.N1一定是原线圈 B．N2一定是原线圈C．N1可能是副线圈 D．N2可能是副线圈解析：(1)该实验要用低压交流电源和交流电表，所以不需要干电池和滑动变阻器。故选A、C。(2)已知N1＝400匝和N2＝800匝，表格中每组数据都可以看出电压之比eq\f(U1,U2)＜eq\f(N1,N2)＝eq\f(1,2)，由此可知此变压器不是理想变压器，原因是漏磁从而导致匝数比变大，N2一定是原线圈，N1一定是副线圈。故选B。答案：(1)AC(2)B【变式2-3】如图，为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，我们把没有用导线相连的线圈套在同一闭合的铁芯上，一个线圈连到电源的输出端，另一个线圈连到小灯泡上，如图所示，试回答下列问题：（1）线圈应连到学生电源的______________（选填直流、交流）；（2）将与灯泡相连的线圈拆掉匝数，其余装置不变继续实验，灯泡亮度将__________（选填变亮、变暗），这说明灯泡两端的电压__________（选填变大、变小）；（3）实验中发现，在所有连接都完好的情况下，电路接通后，灯泡始终不亮，但却在电路接通或断开的瞬间，灯泡会闪亮一下，原因是__________。答案：（1）交流（2）变暗；变小（3）变压器的初级连接的是学生电源的“直流”解析：（1）线圈应连到学生电源的交流；（2）将与灯泡相连的线圈拆掉匝数，其余装置不变继续实验，由于变压器次级匝数减小，则次级电压减小，则灯泡亮度将变暗，这说明灯泡两端的电压变小；（3）实验中发现，在所有连接都完好的情况下，电路接通后，灯泡始终不亮，但却在电路接通或断开的瞬间，灯泡会闪亮一下，原因是变压器的初级连接的是学生电源的“直流”。专题3.6探究变压器的实验【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1实验原理与操作】 【题型2数据处理与误差分析】 【题型1实验原理与操作】【例1】(1)某同学在做“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”实验时，用学生电源提供给图甲所示变压器原线圈的电压为5V，用演示电表交流50V挡测量副线圈电压时示数如图乙所示，则变压器的原、副线圈匝数之比可能是__________；A.5∶8 B.5∶16C.1∶14 D.1∶8(2)街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，__________(填写“原线圈”或“副线圈”)应该使用较粗的导线。答案(1)D(2)副线圈解析(1)根据电压表读数的方法可知，该变压器的输出电压为40V，所以变压器的原副线圈匝数之比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(5,40)＝eq\f(1,8)，故D正确，A、B、C错误。(2)理想变压器的电压与匝数成正比，当只有一个副线圈的时候，电流与匝数成反比，街头用电的变压器是降压变压器，可知副线圈的匝数比原线圈的匝数少，副线圈的电流较大，应该使用较粗的导线。【变式1-1】物理研究课上，同学们用可拆变压器“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示：(1)下列说法正确的是________；A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数B．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响D．测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量E．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈F．变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用(2)如图丙所示，某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上。原线圈接学生电源的交流输出端，副线圈接小灯泡。下列说法正确的是________。A．与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力B．若仅增加原线圈绕制的圈数，小灯泡的亮度将保持不变C．若仅增加副线圈绕制的圈数，学生电源的过载指示灯可能会亮起解析：(1)为确保实验安全，实验中要求副线圈匝数小于原线圈匝数，使得次级电压较小，故A错误；变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”测量，故B错误；实验时可采用控制变量法，先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确；测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，防止烧坏电压表，故D正确；变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，故E错误，F正确。(2)变压器线圈通电会产生磁场，而变压器上端的横条相当于磁铁，下端对横条有吸引力作用，因此与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力，故A正确；仅增加原线圈匝数，副线圈两端电压将减小，小灯泡亮度将变暗，故B错误；若仅增加副线圈绕制的圈数，副线圈两端电压增大，小灯泡消耗的功率变大，学生电源输出的功率变大，有可能会使学生电源的过载指示灯亮起，故C正确。答案：(1)CDF(2)AC【变式1-2】在探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验中，小李同学采用了如图所示的可拆式变压器(铁芯不闭合)进行研究。(1)实验还需下列器材中的________；(2)实验中，上图中变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接线“0、4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0V，则所接电源电压挡位可能为________。A．18.0V B．10.0VC．5.0V D．2.5V解析：(1)本实验中，变压器的原线圈应接在交流电源上；为了知道原、副线圈的电压比和线圈匝数比之间的关系，还需要用交流电压表。故学生电源和交流电压表两个器材不能缺少。(2)理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系为eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)；若变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接线“0、4”接线柱，则原、副线圈匝数比为eq\f(n1,n2)＝2，则原线圈两端电压U1＝eq\f(n1,n2)U2＝10V；本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，要使副线圈所接电压表示数为5V，则原线圈电压必须大于10V，故选A。答案：(1)BC(2)A【变式1-3】有一个教学用的可拆变压器，其铁心粗细一致，如图所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同)，线圈外部还可以再绕线圈。(1)某同学用多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图中的a、b位置，则A线圈的电阻为_____Ω，由此可推断_____(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。(2)如果把该变压器看作理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请完成以下实验步骤：①用绝缘导线在线圈B上绕制n匝线圈；②将A线圈与低压交流电源相连接；③用多用电表的“交流电压”挡分别测量A线圈的输入电压UA和________(选填“绕制”或“B”)线圈的输出电压U；④则A线圈的匝数为________(用已知和测得量的符号表示)。解析：(1)多用电表欧姆挡读数＝指针指示值×倍率。A的读数为24，倍率为“×1”，所以电阻为24Ω。根据电阻定律，导线越长，电阻越大，因为A的电阻比B大，所以A线圈匝数多。(2)③因为要测量A线圈匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接。变压器输入、输出电压都是交流电，所以要用交流电压挡测绕制线圈的输出电压U。④根据变压器电压比等于匝数比，有eq\f(UA,U)＝eq\f(nA,n)，所以nA＝eq\f(UA,U)n。答案：(1)24A(2)绕制eq\f(UA,U)n【题型2数据处理与误差分析】【例2】一个教学用的简易变压器，两线圈的匝数未知，某同学想用所学变压器的知识测定两线圈的匝数。(1)为完成该实验，除了选用电压表、导线外，还需要选用低压________(填“直流”或“交流”)电源。(2)该同学在变压器铁芯上绕10匝绝缘金属导线C，然后将简易变压器的A、B两线圈依次接电源，用电压表分别测出线圈A，线圈B及线圈C两端的电压，记录在下面的表格中，则线圈A的匝数为________匝，线圈B的匝数为________匝。A线圈电压B线圈电压C线圈电压8.0V3.8V0.2V(3)为减小线圈匝数的测量误差，你认为绕制线圈C的匝数应该________(填“多一些”“少一些”)更好。解析：(1)需要选用低压交流电，才能产生交变的磁场。(2)根据变压器原理有：eq\f(nA,nC)＝eq\f(UA,UC)解得：nA＝eq\f(UA,UC)nC＝400匝同理有：eq\f(nB,nC)＝eq\f(UB,UC)解得：nB＝eq\f(UB,UC)nC＝190匝。(3)根据eq\f(nA,nC)＝eq\f(UA,UC)，可知C的匝数越多，C的电压示数越大，测量更准确，故线圈C的匝数应该多一些。答案：(1)交流(2)400190(3)多一些【变式2-1】如图所示为某型号电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。该电吹风吹热风时输入功率为500W，吹冷风时输入功率为60W。小风扇额定电压为60V，正常工作时小风扇输出功率为50W。和分别是理想变压器原、副线圈的匝数。则()A.吹冷风时触片P位于ab之间B.吹热风时通过电热丝的电流为1AC.小风扇的内阻是10ΩD.变压器原、副线圈的匝数比答案：CD【变式2-2】(1)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，下列器材在实验中不必用到的有________。(2)若在实验中用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器，对应的电压测量数据如表所示。根据测量数据，下列说法正确的是________。实验次数1234U1/V0.901.401.902.40U2/V2.003.014.025.02A.N1一定是原线圈 B．N2一定是原线圈C．N1可能是副线圈 D．N2可能是副线圈解析：(1)该实验要用低压交流电源和交流电表，所以不需要干电池和滑动变阻器。故选A、C。(2)已知N1＝400匝和N2＝800匝，表格中每组数据都可以看出电压之比eq\f(U1,U2)＜eq\f(N1,N2)＝eq\f(1,2)，由此可知此变压器不是理想变压器，原因是漏磁从而导致匝数比变大，N2一定是原线圈，N1一定是副线圈。故选B。答案：(1)AC(2)B【变式2-3】如图，为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，我们把没有用导线相连的线圈套在同一闭合的铁芯上，一个线圈连到电源的输出端，另一个线圈连到小灯泡上，如图所示，试回答下列问题：（1）线圈应连到学生电源的______________（选填直流、交流）；（2）将与灯泡相连的线圈拆掉匝数，其余装置不变继续实验，灯泡亮度将__________（选填变亮、变暗），这说明灯泡两端的电压__________（选填变大、变小）；（3）实验中发现，在所有连接都完好的情况下，电路接通后，灯泡始终不亮，但却在电路接通或断开的瞬间，灯泡会闪亮一下，原因是__________。答案：（1）交流（2）变暗；变小（3）变压器的初级连接的是学生电源的“直流”解析：（1）线圈应连到学生电源的交流；（2）将与灯泡相连的线圈拆掉匝数，其余装置不变继续实验，由于变压器次级匝数减小，则次级电压减小，则灯泡亮度将变暗，这说明灯泡两端的电压变小；（3）实验中发现，在所有连接都完好的情况下，电路接通后，灯泡始终不亮，但却在电路接通或断开的瞬间，灯泡会闪亮一下，原因是变压器的初级连接的是学生电源的“直流”。专题4.1电磁振荡【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1各物理量的变化规律】 【题型2周期和频率】 【题型3q-t图像】 【题型4i-t图像】 【题型5u-t图像】 【题型1各物理量的变化规律】【例1】如图所示，表示LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是()A．电容器正在充电B．电感线圈中的磁场能正在减小C．电感线圈中的电流正在减小D．此时自感电动势正在阻碍电流的增加【变式1-1】如图所示是LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是()A．电容器正在放电B．电容器正在充电C．电感线圈中的电流正在增大D．电容器两极板间的电场能正在减小【变式1-2】（多选）如图所示为LC振荡电路某时刻的情况，以下说法中正确的是()A．电容器正在充电B．电感线圈中的磁场能正在增加C．电感线圈中的电流正在增大D．此时刻自感电动势正在阻碍电流增大【变式1-3】(多选)LC振荡电路中，某时刻的磁场方向如图所示，则()A.若磁感应强度正在减弱，则电容器正在充电，电流方向由b向aB.若磁感应强度正在减弱，则电场能正在增大，电容器上极板带负电C.若磁感应强度正在增强，则电场能正在减小，电容器上极板带正电D.若磁感应强度正在增强，则电容器正在充电，电流方向由a向b【题型2周期和频率】【例2】在LC振荡电路中，电容器上的带电荷量从最大值变化到零所需的最短时间是()A.eq\f(π,4)eq\r(LC) B．eq\f(π,2)eq\r(LC)C．πeq\r(LC) D．2πeq\r(LC)【变式2-1】(多选)无线话筒就是LC振荡电路在实际中应用的典型实例，某LC振荡电路某时刻磁场方向如图所示，则下列说法正确的是()A.若增加电容C的带电荷量，振荡电路的周期会变大B.若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电C.若电容器正在放电，则电容器上极板带正电D.若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大【变式2-2】一个电容为C的电容器，充电至电压等于U以后，与电源断开并通过一个自感系数为L的线圈放电。从开始放电到第一次放电完毕的过程中，下列判断错误的是()A．振荡电流一直在增大B．振荡电流先增大、后减小C．通过电路的平均电流等于eq\f(2U,π)eq\r(\f(C,L))D．磁场能一直在增大【变式2-3】如图所示,线圈的自感系数为3μH,在线圈的中间有抽头2,电容器的电容可在150~300pF之间变化,S为转换开关。求此回路的最大周期和最大频率。【题型3q-t图像】【例3】(多选)如图所示为LC振荡电路中电容器极板上的电荷量q随时间t变化的曲线，由图可知()A.在t1时刻，电路中的磁场能最小B.在t1～t2时间内，电路中的电流值不断变小C.在t2～t3时间内，电容器正在充电D.在t4时刻，电容器中的电场能最小【变式3-1】已知LC振荡电路(如图甲所示)中电容器极板1上的电荷量随时间变化的曲线如图乙所示，则()A．a、c两时刻电路中电流最大，方向相同B．a、c两时刻电容器的电场能最大C．b、d两时刻电路中电流最小，方向相反D．b、d两时刻线圈的磁场能最小【变式3-2】如图所示，为LC振荡电路中电容器极板上所带电荷量随时间变化的q－t图像，下面判断正确的是()A.t1时刻，振荡电路中的电流最大B.t2时刻，电容器C两极板间电势差最大C.t3时刻电感线圈中磁场的磁感应强度正在减小D.从t4到t5过程中，磁场能逐渐转化为电场能【变式3-3】如图所示，L为一电阻可忽略的线圈，D为一灯泡，C为电容器，开关S处于闭合状态，灯D正常发光，现突然断开S并开始计时，能正确反映电容器a极板上电量q随时间变化的图象是图中的(图中q为正值表示a极板带正电)()【题型4i-t图像】【例4】(多选)如图甲所示的LC振荡电路中，把通过P点向右的电流方向规定为电流的正方向，通过P点的电流变化规律如图乙所示，则()A.0.5s至1.0s时间内，电容器在充电B.0.5s至1.0s时间内，电容器的上极板带正电C.1.0s至1.5s时间内，Q点比P点电势高D.1.0s至1.5s时间内，磁场能正在转化为电场能【变式4-1】(多选)如图所示为LC电路中电流i随时间t变化的图像，可知()A．在t1时刻，电路中的电场能最大B．从t1到t2，电容器极板上的电荷逐渐减少C．从t2到t3，电容器放电D．在t2时刻，线圈中的磁场能最小【变式4-2】在如图所示的电路中，L是电阻不计的电感器，C是电容器，闭合开关S，待电路达到稳定状态后，再断开开关S，LC电路中将产生电磁振荡，如果规定电感器L中的电流方向从a到b为正，断开开关的时刻为t＝0，那么下列选项图中能正确表示电感器中的电流i随时间t变化规律的是()【变式4-3】(多选)如图(a)所示，在LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图(b)所示，且把通过P点向右的方向规定为电流i的正方向，则()A．0.5～1s时间内，电容器C在放电B．0.5～1s时间内，电容器C的上极板带正电C．1～1.5s时间内，Q点的电势比P点的电势高D．1～1.5s时间内，电场能正在转变成磁场能【题型5u-t图像】【例5】LC振荡电路中，电容器两端的电压u随时间t变化的关系图像如图所示，由图线可知()A．在t1时刻，电路中的电流最大B．在t2时刻，电路中磁场能最小C．在t2～t3时间内，电容器的电场能不断增大D．在t3～t4时间内，电容器的电荷量不断增大【变式5-1】如图甲所示为LC振荡电路，不计回路电阻及电磁辐射，从0时刻开始，电容器极板间电压Uab与时间t的图像如图乙所示，已知线圈的自感系数L＝10－5H，取π2＝10，下列说法正确的是()A．1×10－8～2×10－8s，电路中的电场能转化为磁场能B．电容器的电容为4×10－12FC．2×10－8s时刻穿过线圈的磁通量最大D．3×10－8s时刻穿过线圈的磁通量变化率最大【变式5-2】如图甲所示的振荡电路中,电容器极板间电压随时间变化的规律如图乙所示,规定回路中振荡电流的方向逆时针时为正方向,则电路中振荡电流随时间变化的图像是()甲乙【变式5-3】在回路中电容器两端的电压随时刻变化的关系如图所示，则（

）A．在时刻，电路中的电流最大B．在时刻，电路中的磁场能最大C．从时刻至，电路中的电场能不断减小D．从时刻至，电容器的带电荷量不断增大

参考答案【题型1各物理量的变化规律】【例1】如图所示，表示LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是()A．电容器正在充电B．电感线圈中的磁场能正在减小C．电感线圈中的电流正在减小D．此时自感电动势正在阻碍电流的增加解析：选D根据磁感线的方向可以判断电流方向是逆时针，再根据电容器极板上带电的性质可以判断电容器在放电，A错误；电容器在放电，所以电流在增加，磁场能在增加，自感电动势正在阻碍电流的增加，B、C错误，D正确。【变式1-1】如图所示是LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是()A．电容器正在放电B．电容器正在充电C．电感线圈中的电流正在增大D．电容器两极板间的电场能正在减小答案B解析由题图电感线圈中的磁感线方向可以判定此时LC电路正在沿逆时针方向充电，A错误，B正确；充电时电流正在减小，电感线圈中的磁场能正在减小，电容器两极板间的电场能正在增大，C、D错误．【变式1-2】（多选）如图所示为LC振荡电路某时刻的情况，以下说法中正确的是()A．电容器正在充电B．电感线圈中的磁场能正在增加C．电感线圈中的电流正在增大D．此时刻自感电动势正在阻碍电流增大答案BCD解析由题图中的磁感线的方向，运用右手螺旋定则可以判断出电路中的电流从上向下看为逆时针方向．再结合电容器极板的电性，可以得到电容器正在放电，故A错；放电过程中，电容器极板上的电荷减少，电场能减小，线圈中的电流增大，磁场能变大，故B、C对；由于线圈中的电流增大，产生的自感电动势阻碍电流的增大，D对．【变式1-3】(多选)LC振荡电路中，某时刻的磁场方向如图所示，则()A.若磁感应强度正在减弱，则电容器正在充电，电流方向由b向aB.若磁感应强度正在减弱，则电场能正在增大，电容器上极板带负电C.若磁感应强度正在增强，则电场能正在减小，电容器上极板带正电D.若磁感应强度正在增强，则电容器正在充电，电流方向由a向b答案ABC解析若磁场正在减弱，则电流在减小，是电容器的充电过程，根据安培定则可确定电流由b向a，电场能增大，上极板带负电，故选项A、B正确；若磁场正在增强，则电流在增大，是放电过程，电场能正在减小，根据安培定则，可判断电流由b向a，上极板带正电，故选项C正确，D错误。【题型2周期和频率】【例2】在LC振荡电路中，电容器上的带电荷量从最大值变化到零所需的最短时间是()A.eq\f(π,4)eq\r(LC) B．eq\f(π,2)eq\r(LC)C．πeq\r(LC) D．2πeq\r(LC)解析：选BLC振荡电路的周期T＝2πeq\r(LC)，其电容器上的带电荷量从最大值变化到零的最短时间t＝eq\f(T,4)，故t＝eq\f(π,2)eq\r(LC)。【变式2-1】(多选)无线话筒就是LC振荡电路在实际中应用的典型实例，某LC振荡电路某时刻磁场方向如图所示，则下列说法正确的是()A.若增加电容C的带电荷量，振荡电路的周期会变大B.若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电C.若电容器正在放电，则电容器上极板带正电D.若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大答案BD解析振荡电路的周期公式为T＝2πeq\r(LC)，与电容器带电荷量无关，故选项A错误；若磁场正在减弱，则说明电容器在充电，由右手定则可知，电容器上极板带正电，所以选项B正确；若电容器正在放电，则线圈中磁场向下，则电容器下极板带正电，故选项C错误；若电容器正在放电，则电流在增大，由楞次定律可知，自感电动势在阻碍电流的增大，所以选项D正确。【变式2-2】一个电容为C的电容器，充电至电压等于U以后，与电源断开并通过一个自感系数为L的线圈放电。从开始放电到第一次放电完毕的过程中，下列判断错误的是()A．振荡电流一直在增大B．振荡电流先增大、后减小C．通过电路的平均电流等于eq\f(2U,π)eq\r(\f(C,L))D．磁场能一直在增大解析：选B由电磁振荡的知识可知，在放电过程中振荡电流逐渐增大，放电完毕时达到最大，故B错误，A正确；电容器储存电荷量q＝CU，第一次放电完毕的时间为eq\f(T,4)，T＝2πeq\r(LC)，所以平均电流I＝eq\f(q,Δt)＝eq\f(2U,π)eq\r(\f(C,L))，故C正确；放电过程中电场能转化为线圈的磁场能，故D正确。【变式2-3】如图所示,线圈的自感系数为3μH,在线圈的中间有抽头2,电容器的电容可在150~300pF之间变化,S为转换开关。求此回路的最大周期和最大频率。答案:1.88×10-7s1.06×107Hz解析:根据T=2πLC得Tmax=2πLmaxCmax=2π3×10-6×300根据f=1T=12πLC得fmax=12【题型3q-t图像】【例3】(多选)如图所示为LC振荡电路中电容器极板上的电荷量q随时间t变化的曲线，由图可知()A.在t1时刻，电路中的磁场能最小B.在t1～t2时间内，电路中的电流值不断变小C.在t2～t3时间内，电容器正在充电D.在t4时刻，电容器中的电场能最小答案ACD解析在t1时刻，电容器极板上电荷量q为最大值，两板间电场能最大，线圈中磁场能最小，选项A正确；在t1～t2时间内，电容器极板上电荷量q从正的峰值降为零，电场能正在不断地转变为磁场能，电路中的电流正在不断增大，选项B错误；在t2～t3时间内，电容器极板上电荷量q又不断增大，表明电容器正在反向充电，选项C正确；在t4时刻，电容器放电结束，极板上电荷量为零，电场能也为零，已全部转化为磁场能，选项D正确。【变式3-1】已知LC振荡电路(如图甲所示)中电容器极板1上的电荷量随时间变化的曲线如图乙所示，则()A．a、c两时刻电路中电流最大，方向相同B．a、c两时刻电容器的电场能最大C．b、d两时刻电路中电流最小，方向相反D．b、d两时刻线圈的磁场能最小答案B解析由LC振荡电路中电磁振荡规律可知，电容器充、放电过程中，当电容器极板上的电荷量最大时，电路中电流为零，电容器的电场能最大，故A错误，B正确；b、d两时刻，电容器极板上的电荷量为零，此时电路中电流最大，线圈的磁场能最大，故C、D错误．【变式3-2】如图所示，为LC振荡电路中电容器极板上所带电荷量随时间变化的q－t图像，下面判断正确的是()A.t1时刻，振荡电路中的电流最大B.t2时刻，电容器C两极板间电势差最大C.t3时刻电感线圈中磁场的磁感应强度正在减小D.从t4到t5过程中，磁场能逐渐转化为电场能答案C解析在t1时刻，电路中的q最大，说明还没放电，所以电路中无电流，则磁场能最小，故A错误；在t1到t2时刻电路中的q不断减小，说明电容器在不断放电，在t2时刻，电容器C电荷量刚好为零，则两极板间电势差最小，故B错误；在t2到t3时刻电路中的q不断增加，说明电容器在不断充电，磁场能减小，电场能增加，则t3时刻电感线圈中磁场的磁感应强度正在减小，故C正确；从t4到t5过程中，电场能逐渐转化为磁场能，故D错误。【变式3-3】如图所示，L为一电阻可忽略的线圈，D为一灯泡，C为电容器，开关S处于闭合状态，灯D正常发光，现突然断开S并开始计时，能正确反映电容器a极板上电量q随时间变化的图象是图中的(图中q为正值表示a极板带正电)()答案B解析开关S处于闭合状态时，电流稳定，又因L的电阻可忽略，因此电容器C两极板间电压为0，所带电荷量为0.S断开的瞬间，灯D立即熄灭，LC组成的振荡电路开始振荡，由于线圈的自感作用，此后的eq\f(T,4)时间内，线圈给电容器充电，电流方向与线圈中原电流方向相同，电流从最大逐渐减为0，而电容器极板上电量则由0增为最大，根据电流流向，在eq\f(T,4)时间里，电容器下极板b带正电，与规定图示正方向相反，所以此eq\f(T,4)时间内，a极板带负电，由0增为最大，故B正确，A、C、D错误．【题型4i-t图像】【例4】(多选)如图甲所示的LC振荡电路中，把通过P点向右的电流方向规定为电流的正方向，通过P点的电流变化规律如图乙所示，则()A.0.5s至1.0s时间内，电容器在充电B.0.5s至1.0s时间内，电容器的上极板带正电C.1.0s至1.5s时间内，Q点比P点电势高D.1.0s至1.5s时间内，磁场能正在转化为电场能答案AC解析由图乙可知，在0.5s至1s内，电路电流在减小，电容器C正在充电，故A正确；由图乙可知，在0.5s至1s内，电流是正的，即经过P点的电流向右，由于电路中做定向移动的带电粒子是带负电的电子，因此在该时间段内，电子经过P点向左移动，因此电容器上极板带负电，故B错误；由图乙可知，在1s至1.5s内，通过电感线圈的电流向上，且增大，电感线圈产生自感电动势，由楞次定律可知，电感线圈下端电势高，上端电势低，即Q点比P点电势高，故C正确；由图乙可知，在1s至1.5s内，电路电流增大，磁场增大，磁感应强度变大，电路处于放电过程，电场能转化为磁场能，故D错误。【变式4-1】(多选)如图所示为LC电路中电流i随时间t变化的图像，可知()A．在t1时刻，电路中的电场能最大B．从t1到t2，电容器极板上的电荷逐渐减少C．从t2到t3，电容器放电D．在t2时刻，线圈中的磁场能最小答案CD解析在t1时刻，电路中的电流最大，说明放电结束，此时电路中的电场能为0，磁场能最大，故A错误；从t1到t2，电路中的电流逐渐减小，说明电容器正在充电，极板上的带电荷量逐渐增加，故B错误；从t2到t3，电路中的电流增大，说明电容器正在放电，故C正确；在t2时刻电路中电流为0，说明充电结束，则磁场能最小，故D正确．【变式4-2】在如图所示的电路中，L是电阻不计的电感器，C是电容器，闭合开关S，待电路达到稳定状态后，再断开开关S，LC电路中将产生电磁振荡，如果规定电感器L中的电流方向从a到b为正，断开开关的时刻为t＝0，那么下列选项图中能正确表示电感器中的电流i随时间t变化规律的是()答案C解析S断开前，电流从b→a，电容器不带电；S断开时，L中产生自感电动势，阻碍电流减小，给电容器C充电，此时电流负向最大；给电容器充电过程，电容器电荷量最大时，电流减为零；此后，LC回路发生电磁振荡形成振荡电流．综上所述，选项C正确．【变式4-3】(多选)如图(a)所示，在LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图(b)所示，且把通过P点向右的方向规定为电流i的正方向，则()A．0.5～1s时间内，电容器C在放电B．0.5～1s时间内，电容器C的上极板带正电C．1～1.5s时间内，Q点的电势比P点的电势高D．1～1.5s时间内，电场能正在转变成磁场能解析：选CD0.5～1s时间内，振荡电流是充电电流，充电电流是由负极板流向正极板，故A、B错误；1～1.5s时间内，振荡电流是放电电流，放电电流是由正极板流向负极板，由于电流为负值，所以由Q流向P，Q点的电势比P点的电势高，电场能正在转变成磁场能，故C、D正确。【题型5u-t图像】【例5】LC振荡电路中，电容器两端的电压u随时间t变化的关系图像如图所示，由图线可知()A．在t1时刻，电路中的电流最大B．在t2时刻，电路中磁场能最小C．在t2～t3时间内，电容器的电场能不断增大D．在t3～t4时间内，电容器的电荷量不断增大答案C解析在t1时刻，LC电路中电容器两极板间的电压最大，电场能最大，磁场能为零，对应电流为零，A错误；在t2时刻，电容器两极板间电压为零，电场能最小，磁场能最大，B错误；在t2～t3时间内，电容器两极板间电压增大，电场能不断增大，C正确；在t3～t4时间内，电容器两极板间电压减小，电容器的电荷量不断减小，D错误．【变式5-1】如图甲所示为LC振荡电路，不计回路电阻及电磁辐射，从0时刻开始，电容器极板间电压Uab与时间t的图像如图乙所示，已知线圈的自感系数L＝10－5H，取π2＝10，下列说法正确的是()A．1×10－8～2×10－8s，电路中的电场能转化为磁场能B．电容器的电容为4×10－12FC．2×10－8s时刻穿过线圈的磁通量最大D．3×10－8s时刻穿过线圈的磁通量变化率最大答案B解析由题图乙知1×10－8～2×10－8s，电容器两极板间的电压增大，是充电过程，电路中的磁场能转化成电场能，故A错误；由T＝2πeq\r(LC)可得，电容C＝eq\f(T2,4π2L)＝eq\f(4×10－82,4×π2×10－5)F＝4×10－12F，故B正确；2×10－8s时，电容器两极板间的电压最大，是充电刚结束的时刻，此时电流为零，穿过线圈的磁通量为零，故C错误；3×10－8s时，电容器两极板间的电压为零，是放电刚结束的时刻，此时电流最大，此时磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率最小，故D错误．【变式5-2】如图甲所示的振荡电路中,电容器极板间电压随时间变化的规律如图乙所示,规定回路中振荡电流的方向逆时针时为正方向,则电路中振荡电流随时间变化的图像是()甲乙答案:D解析:电容器极板间电压U=QC,随电容器极板上电荷量的增大而增大,随电荷量的减小而减小。从题图乙可以看出,在0~T4这段时间内是充电过程,且UAB>0,即φA>φB,A板应带正电,只有顺时针方向的电流才能使A板被充电后带正电,同时考虑到t=0时刻电压为零,电容器极板上的电荷量为零,电流最大,即【变式5-3】在回路中电容器两端的电压随时刻变化的关系如图所示，则（

）A．在时刻，电路中的电流最大B．在时刻，电路中的磁场能最大C．从时刻至，电路中的电场能不断减小D．从时刻至，电容器的带电荷量不断增大答案：B专题4.1电磁振荡【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1各物理量的变化规律】 【题型2周期和频率】 【题型3q-t图像】 【题型4i-t图像】 【题型5u-t图像】 【题型1各物理量的变化规律】【例1】如图所示，表示LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是()A．电容器正在充电B．电感线圈中的磁场能正在减小C．电感线圈中的电流正在减小D．此时自感电动势正在阻碍电流的增加解析：选D根据磁感线的方向可以判断电流方向是逆时针，再根据电容器极板上带电的性质可以判断电容器在放电，A错误；电容器在放电，所以电流在增加，磁场能在增加，自感电动势正在阻碍电流的增加，B、C错误，D正确。【变式1-1】如图所示是LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是()A．电容器正在放电B．电容器正在充电C．电感线圈中的电流正在增大D．电容器两极板间的电场能正在减小答案B解析由题图电感线圈中的磁感线方向可以判定此时LC电路正在沿逆时针方向充电，A错误，B正确；充电时电流正在减小，电感线圈中的磁场能正在减小，电容器两极板间的电场能正在增大，C、D错误．【变式1-2】（多选）如图所示为LC振荡电路某时刻的情况，以下说法中正确的是()A．电容器正在充电B．电感线圈中的磁场能正在增加C．电感线圈中的电流正在增大D．此时刻自感电动势正在阻碍电流增大答案BCD解析由题图中的磁感线的方向，运用右手螺旋定则可以判断出电路中的电流从上向下看为逆时针方向．再结合电容器极板的电性，可以得到电容器正在放电，故A错；放电过程中，电容器极板上的电荷减少，电场能减小，线圈中的电流增大，磁场能变大，故B、C对；由于线圈中的电流增大，产生的自感电动势阻碍电流的增大，D对．【变式1-3】(多选)LC振荡电路中，某时刻的磁场方向如图所示，则()A.若磁感应强度正在减弱，则电容器正在充电，电流方向由b向aB.若磁感应强度正在减弱，则电场能正在增大，电容器上极板带负电C.若磁感应强度正在增强，则电场能正在减小，电容器上极板带正电D.若磁感应强度正在增强，则电容器正在充电，电流方向由a向b答案ABC解析若磁场正在减弱，则电流在减小，是电容器的充电过程，根据安培定则可确定电流由b向a，电场能增大，上极板带负电，故选项A、B正确；若磁场正在增强，则电流在增大，是放电过程，电场能正在减小，根据安培定则，可判断电流由b向a，上极板带正电，故选项C正确，D错误。【题型2周期和频率】【例2】在LC振荡电路中，电容器上的带电荷量从最大值变化到零所需的最短时间是()A.eq\f(π,4)eq\r(LC) B．eq\f(π,2)eq\r(LC)C．πeq\r(LC) D．2πeq\r(LC)解析：选BLC振荡电路的周期T＝2πeq\r(LC)，其电容器上的带电荷量从最大值变化到零的最短时间t＝eq\f(T,4)，故t＝eq\f(π,2)eq\r(LC)。【变式2-1】(多选)无线话筒就是LC振荡电路在实际中应用的典型实例，某LC振荡电路某时刻磁场方向如图所示，则下列说法正确的是()A.若增加电容C的带电荷量，振荡电路的周期会变大B.若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电C.若电容器正在放电，则电容器上极板带正电D.若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大答案BD解析振荡电路的周期公式为T＝2πeq\r(LC)，与电容器带电荷量无关，故选项A错误；若磁场正在减弱，则说明电容器在充电，由右手定则可知，电容器上极板带正电，所以选项B正确；若电容器正在放电，则线圈中磁场向下，则电容器下极板带正电，故选项C错误；若电容器正在放电，则电流在增大，由楞次定律可知，自感电动势在阻碍电流的增大，所以选项D正确。【变式2-2】一个电容为C的电容器，充电至电压等于U以后，与电源断开并通过一个自感系数为L的线圈放电。从开始放电到第一次放电完毕的过程中，下列判断错误的是()A．振荡电流一直在增大B．振荡电流先增大、后减小C．通过电路的平均电流等于eq\f(2U,π)eq\r(\f(C,L))D．磁场能一直在增大解析：选B由电磁振荡的知识可知，在放电过程中振荡电流逐渐增大，放电完毕时达到最大，故B错误，A正确；电容器储存电荷量q＝CU，第一次放电完毕的时间为eq\f(T,4)，T＝2πeq\r(LC)，所以平均电流I＝eq\f(q,Δt)＝eq\f(2U,π)eq\r(\f(C,L))，故C正确；放电过程中电场能转化为线圈的磁场能，故D正确。【变式2-3】如图所示,线圈的自感系数为3μH,在线圈的中间有抽头2,电容器的电容可在150~300pF之间变化,S为转换开关。求此回路的最大周期和最大频率。答案:1.88×10-7s1.06×107Hz解析:根据T=2πLC得Tmax=2πLmaxCmax=2π3×10-6×300根据f=1T=12πLC得fmax=12【题型3q-t图像】【例3】(多选)如图所示为LC振荡电路中电容器极板上的电荷量q随时间t变化的曲线，由图可知()A.在t1时刻，电路中的磁场能最小B.在t1～t2时间内，电路中的电流值不断变小C.在t2～t3时间内，电容器正在充电D.在t4时刻，电容器中的电场能最小答案ACD解析在t1时刻，电容器极板上电荷量q为最大值，两板间电场能最大，线圈中磁场能最小，选项A正确；在t1～t2时间内，电容器极板上电荷量q从正的峰值降为零，电场能正在不断地转变为磁场能，电路中的电流正在不断增大，选项B错误；在t2～t3时间内，电容器极板上电荷量q又不断增大，表明电容器正在反向充电，选项C正确；在t4时刻，电容器放电结束，极板上电荷量为零，电场能也为零，已全部转化为磁场能，选项D正确。【变式3-1】已知LC振荡电路(如图甲所示)中电容器极板1上的电荷量随时间变化的曲线如图乙所示，则()A．a、c两时刻电路中电流最大，方向相同B．a、c两时刻电容器的电场能最大C．b、d两时刻电路中电流最小，方向相反D．b、d两时刻线圈的磁场能最小答案B解析由LC振荡电路中电磁振荡规律可知，电容器充、放电过程中，当电容器极板上的电荷量最大时，电路中电流为零，电容器的电场能最大，故A错误，B正确；b、d两时刻，电容器极板上的电荷量为零，此时电路中电流最大，线圈的磁场能最大，故C、D错误．【变式3-2】如图所示，为LC振荡电路中电容器极板上所带电荷量随时间变化的q－t图像，下面判断正确的是()A.t1时刻，振荡电路中的电流最大B.t2时刻，电容器C两极板间电势差最大C.t3时刻电感线圈中磁场的磁感应强度正在减小D.从t4到t5过程中，磁场能逐渐转化为电场能答案C解析在t1时刻，电路中的q最大，说明还没放电，所以电路中无电流，则磁场能最小，故A错误；在t1到t2时刻电路中的q不断减小，说明电容器在不断放电，在t2时刻，电容器C电荷量刚好为零，则两极板间电势差最小，故B错误；在t2到t3时刻电路中的q不断增加，说明电容器在不断充电，磁场能减小，电场能增加，则t3时刻电感线圈中磁场的磁感应强度正在减小，故C正确；从t4到t5过程中，电场能逐渐转化为磁场能，故D错误。【变式3-3】如图所示，L为一电阻可忽略的线圈，D为一灯泡，C为电容器，开关S处于闭合状态，灯D正常发光，现突然断开S并开始计时，能正确反映电容器a极板上电量q随时间变化的图象是图中的(图中q为正值表示a极板带正电)()答案B解析开关S处于闭合状态时，电流稳定，又因L的电阻可忽略，因此电容器C两极板间电压为0，所带电荷量为0.S断开的瞬间，灯D立即熄灭，LC组成的振荡电路开始振荡，由于线圈的自感作用，此后的eq\f(T,4)时间内，线圈给电容器充电，电流方向与线圈中原电流方向相同，电流从最大逐渐减为0，而电