2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第7讲　磁场

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第7讲磁场第7讲磁场题型1磁场的性质1.[2022·重庆卷]2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录.为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B.若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小为v1,垂直于磁场方向的分量大小为v2,不计离子重力,则(D)A.电场力的瞬时功率为qEvB.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1BC.v2与v1的比值不断变大D.该离子的加速度大小不变[解析]根据功率的计算公式可知P=Fvcosθ,则电场力的瞬时功率为P=Eqv1,A错误;由于v1与磁感应强度平行,v2与磁感应强度垂直,则根据洛伦兹力的计算公式有F洛=qv2B,B错误;根据运动的叠加原理可知,离子在垂直于纸面的平面内做匀速圆周运动,沿水平方向做加速运动,则v1增大,v2不变,v2与v1的比值不断变小,C错误;离子受到的洛伦兹力大小不变,电场力不变,两个力方向始终垂直,则该离子的加速度大小不变,D正确.2.(多选)[2022·湖北卷]如图所示,两平行导轨在同一水平面内.一导体棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定.整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调.导体棒沿导轨向右运动,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁场方向,可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动.已知导体棒加速时,加速度的最大值为33g;减速时,加速度的最大值为3g,其中g为重力加速度大小.下列说法正确的是(BCA.棒与导轨间的动摩擦因数为3B.棒与导轨间的动摩擦因数为3C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60°D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150°[解析]设导体棒所受安培力为F,加速时,F与水平向右方向的夹角为α,Fsinα+FN=mg、Fcosα-μFN=ma1,联立得F(cosα+μsinα)-μmg=ma1,最大加速度a1max=1+μ2mF-μg=3g3,此时tanα=μ;减速时,设F与水平向左方向的夹角为β,Fsinβ+mg=FN、Fcosβ+μFN=ma2,联立得F(cosβ+μsinβ)+μmg=ma2,最大加速度a2max=1+μ2mF+μg=3g,此时tanβ=μ,联立可得μ3.一根质量为m、粗细可忽略、长度为l的导体棒静止在一个足够长的光滑绝缘半圆柱体顶端,导体棒中通有垂直纸面向外、大小为I的电流,其截面如图所示,现让导体棒由静止滑下,一段时间后从某一位置P离开半圆柱体.若给空间加入方向沿半圆柱截面半径指向圆心的磁场(图中未画出),其他条件不变,则导体棒离开半圆柱体的位置在P点的 (C)A.同一位置 B.右下方C.左上方 D.无法确定[解析]导体棒从某一位置P离开半圆柱体时,导体棒与半圆柱体之间的弹力刚好为零,如图所示,这个位置由重力沿半径方向的分力提供导体棒的向心力,即mgcosθ=mv2R,若给空间加入方向沿半圆柱截面半径指向圆心的磁场,根据左手定则可知导体棒受到一个垂直于半径方向且与速度方向相同的安培力,在导体棒运动的过程中,重力和安培力做正功,假设导体棒能到达位置P,由动能定理可知,导体棒的速度v'大于原来没有磁场时的速度v,即mgcosθ<mv'4.(多选)[2021·福建卷]如图所示,四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面,导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点.已知a、b、c、d为正方形的四个顶点,正方形中心位于坐标原点O,e为cd的中点且在y轴上;四条导线中的电流大小相等,其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里,其余导线电流方向垂直坐标平面向外.则 (BD)A.O点的磁感应强度为0B.O点的磁感应强度方向由O指向cC.e点的磁感应强度方向沿y轴正方向D.e点的磁感应强度方向沿y轴负方向[解析]由题知,四条导线中的电流大小相等,且到O点的距离相等,故四条导线在O点产生的磁感应强度大小相等,根据右手螺旋定则可知,四条导线在O点产生的磁感应强度方向如图甲所示,由图可知,Bb与Bc相互抵消,Ba与Bd合成,根据平行四边形定则可知,O点的磁感应强度方向由O指向c,其大小不为零,故A错误,B正确;由题知,四条导线中的电流大小相等,a、b到e点的距离相等,故a、b在e点产生的磁感应强度大小相等,c、d到e点的距离也相等,故c、d在e点产生的磁感应强度大小也相等,根据右手螺旋定则可知,四条导线在O点产生的磁感应强度方向如图乙所示,由图可知Bc与Bd大小相等,方向相反,互相抵消,而Bb与Ba大小相等,方向如图所示,根据平行四边形定则可知,合磁感应强度方向沿y轴负方向,故C错误,D正确.甲乙5.(多选)某同学设计了一个测量匀强磁场磁感应强度大小的装置,如图所示.两轻弹簧上端固定,下端悬挂一根质量为m的均匀细金属杆PQ,金属杆与弹簧绝缘.PQ的Q端连接一绝缘轻指针,可指示右侧标尺上的读数.在PQ下方的矩形区域abcd有匀强磁场,方向垂直于纸面向里.当PQ中没有电流通过且处于平衡状态时,PQ与ab边重合,指针指在标尺的零刻线;当PQ中通以恒定电流I,系统重新平衡时,指针示数可以表示磁感应强度大小.已知PQ始终保持水平状态,弹簧始终在弹性限度内,不计PQ中电流对磁场的影响,下列说法正确的是 (AD)A.要使装置正常工作,则PQ中电流方向由Q到PB.若将标尺标上所对应的磁感应强度值,则刻度不均匀C.该装置所能测量的磁感应强度范围与PQ的质量m有关D.该装置所能测量的磁感应强度范围与通过PQ的电流I有关[解析]要使装置正常工作,则PQ必须在磁场中受到向下的作用力,根据左手定则可知,PQ中电流方向由Q到P,A正确;对金属杆PQ受力分析,由平衡条件可得BIL+mg=2k·Δx,初始时刻,刻度为0时,弹簧的弹力为2F弹=2kx0=mg,其中Δx=x+x0,联立可得BIL=2kx,则B=2kIL·x,由于k、I、L恒定,则若将标尺标上所对应的磁感应强度值,刻度均匀,B错误;由公式B=2kIL·x可知,该装置所能测量的磁感应强度范围与质量m题型2带电粒子在匀强磁场中的运动1.(多选)[2022·辽宁卷]粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示.内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场,外圆是探测器.两个粒子先后从P点沿径向射入磁场,粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点.粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点,装置内部为真空状态,忽略粒子重力及粒子间相互作用力.下列说法正确的是 (AD)A.粒子1可能为中子B.粒子2可能为电子C.若增大磁感应强度,粒子1可能打在探测器上的Q点D.若增大粒子入射速度,粒子2可能打在探测器上的Q点[解析]由运动轨迹知粒子1不带电,粒子2带正电,则粒子1可能为中子,粒子2不可能为电子,A正确,B错误;粒子1不带电,在磁场中运动时不受洛伦兹力,增大磁感应强度对其运动轨迹无影响,C错误;由qvB=mv2r,得r=mvqB2.在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场,两个相同的带电粒子①和②在P点垂直于磁场分别射入,两带电粒子与x轴的夹角如图所示,二者均恰好垂直于y轴射出磁场.不计重力.根据上述信息可以判断出(D)A.带电粒子①在磁场中运动的半径大B.带电粒子②在磁场中运动的轨迹短C.带电粒子①在磁场中运动的速度大D.带电粒子②在磁场中运动的时间长[解析]两带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由几何关系可知,两粒子在磁场中运动的半径相等,均为2·OP,根据qvB=mv2R,可得v=qBRm,所以两粒子的速率相同,带电粒子②在磁场中运动的轨迹长,选项A、B、C错误;两粒子运动的周期均为T=2πmqB,粒子①转过的圆心角θ1=45°,粒子②转过的圆心角θ2=135°,根据t=θ3.如图所示,边长为L的正方形ABCD边界内有垂直纸面向里的匀强磁场,E为AD上一点,ED=33L.完全相同的两个带电粒子a、b以不同速度分别从A、E两点平行AB向右射入磁场,且均从C点射出磁场.已知a粒子在磁场中运动的时间为t,不计粒子的重力和相互作用,则b粒子在磁场中运动的时间为 (CA.13t B.12t C.23t D[解析]根据题意可知粒子做圆周运动的轨迹如图所示,由图可知a粒子运动轨迹所对的圆心角为θa=90°,根据几何知识有R2-33L2+L2=R22,得b粒子的轨迹半径R2=233L,sinθb=LR2=32,所以b粒子运动轨迹所对应的圆心角为θb=60°,根据T=2πmqB,t=θ360°T,可得tb4.如图所示,虚线框MNQP内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.a、b是两个电荷量相等、质量不相等的带电粒子,它们从PQ边上的中点以相同的速率沿垂直于磁场的方向射入磁场,图中画出了它们在磁场中的运动轨迹.若不计粒子所受重力和粒子间的相互作用,下列说法正确的是 (C)A.粒子a带负电,粒子b带正电B.粒子b在磁场中运动的时间长C.粒子a在磁场中的加速度大D.粒子b在磁场中的动量小[解析]根据左手定则可知,粒子a带正电,粒子b带负电,A错误;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,粒子a的路程大,根据t=sv可知,粒子a在磁场中运动的时间长,B错误;粒子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有qvB=mv2R,则有m=BqRv,粒子a的轨迹半径小,则粒子a的质量小,根据牛顿第二定律有qvB=ma,解得a=qvBm,则粒子a在磁场中的加速度大,C正确;根据p=5.(多选)如图所示,等腰梯形abcd区域(包含边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,边长ad=dc=cb=l,ab=2l,一质量为m、电荷量为q的正电粒子从a点沿着ad方向射入磁场中,不计粒子的重力,为使粒子从cb边射出磁场区域,粒子的速度可能为 (BC)A.3qBl2m B.33qBl4m [解析]根据题意,画出粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系可知,当粒子从c点飞出时,半径为r1=ac=3l,粒子从b点飞出时,半径为r2=233l,由r=mvqB,则有233l≤mvqB≤3l,为使粒子从cb边射出磁场区域,粒子的速度范围为26.(多选)如图所示,由半圆和矩形组成的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,甲、乙两带电粒子从A点沿水平直径AP以相同速度v0入射(不计两粒子的相互作用),结果甲、乙两粒子分别从C、D点射出,已知CE⊥AP,AQ=12AP,∠COP=60°,sin37°=0.6,sin53°=0.8,则下列说法正确的是 (ACA.甲粒子带正电B.甲、乙两粒子的比荷之比为6C.甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为24D.甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为60[解析]甲粒子从C点射出,则根据左手定则可知,甲粒子带正电,故A正确;粒子的运动轨迹如图所示,设CE⊥AP于B,半圆半径为R,从D点射出的粒子的轨迹圆心为O2,因为∠COP=60°,所以∠OCB=30°,即OB=R2,BC=32根据几何知识可得∠CO1A=60°,故R甲=2BC=3R,t甲=60°360°·2πm甲Bq甲,因为QE=AO+OB=32R,所以根据几何知识可得(R乙-AQ)2+QD2=R乙2,解得R乙=52R,又因为R乙=m乙v0Bq乙=52R,R甲=m甲v0Bq甲=*题型3动态圆和收集粒子问题1.如图所示,P点处有一粒子源,可以以不同的速率发射某种质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,粒子沿纸面以与Pd成30°角的方向射入正方形匀强磁场区域abcd内,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里,正方形abcd的边长为a,P点是cd边的中点.不计粒子的重力以及粒子间的相互作用,则下列说法正确的是 (C)A.当粒子的速率大于Bqa2m时,粒子全部从B.当粒子的速率为2qBa5mC.当粒子的速率为qBa3m时,粒子恰好从D.当粒子的速率由qBa6m变为[解析]如图所示,设粒子的运动轨迹半径为r1时,粒子的轨迹与ad边相切,如图中曲线①所示,由几何关系得r1-a2=r1sin30°,解得r1=a,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qv1B=mv12r1,解得粒子的速率为v1=qBam,当粒子的运动轨迹与ab边相切时,如图中曲线②所示,由几何关系可得r2+r2cos30°=a,可得此时粒子的运动轨迹半径为r2=2a2+3,解得粒子的速率为v2=2qBa(2+3)m,当粒子的运动轨迹与bc边相切时,如图中曲线③所示,由几何关系可得r3+r3sin30°=a2,可得此时粒子运动的轨迹半径r3=13a,解得粒子的速率为v3=qBa3m,当粒子的速率大于确,A、B错误;当粒子的速率由qBa6m变为qBa10m时,由于qBa10m<qBa6m<qBa3m,可知两种速率的粒子均从cd边离开磁场,从cd边离开磁场的运动轨迹如图中曲线④所示,由几何关系可知粒子轨迹对应的圆心角为300°,保持不变,粒子在磁场中的运动时间为t=300°360°2.如图所示,半径为R的圆形区域的圆心位于直角坐标系的坐标原点O,该圆形区域内有垂直坐标平面的匀强磁场(图中未画出).磁场区域外右侧有宽度为R的粒子源,M、N为粒子源两端点,M、N连线垂直于x轴,粒子源中点P位于x轴上,粒子源持续向x轴负方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)、速率为v的粒子.已知从粒子源中点P发出的粒子,经过磁场区域后,恰能从圆与y轴负半轴的交点Q处沿y轴负方向射出磁场,不计粒子重力及粒子间相互作用力.求:(1)匀强磁场的磁感应强度;(2)从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围.[答案](1)mvqR(2)πR3≤s[解析](1)根据题意可知从粒子源中点P发出的粒子在磁场里运动轨迹为四分之一圆周,轨迹半径为r1,由几何关系可知r1=R根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv联立解得B=mvqR根据左手定则可知,磁感应强度方向垂直纸面向里(2)根据题意可知,从N点射出的粒子在磁场里运动的路程最短,如图甲所示根据几何关系可得cos∠COB=R2R解得∠COB=60°因为四边形OBO1Q为菱形,所以∠QO1B=60°则粒子经过磁场区域的最短路程为s1=16·2πR=根据题意可知,从M点出射的粒子在磁场里运动的路程最长,如图乙所示易知四边形O2DOQ为菱形,根据几何关系可知∠QO2D=120°则粒子经过磁场区域的最长路程为s2=13·2πR=所以从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围为πR3≤s第8讲恒定电流和交变电流题型1直流电路的分析和计算1.如图所示是某款理发用的电吹风的电路图,它主要由电动机M和电热丝R构成.当闭合开关S1、S2后,电动机驱动风叶旋转,将空气从进风口吸入,经电热丝加热,形成热风后从出风口吹出.已知电吹风的额定电压为220V,吹冷风时的功率为120W,吹热风时的功率为1000W.关于该电吹风,下列说法正确的是(A)A.电热丝的电阻为55ΩB.电动机线圈的电阻为ΩC.当电吹风吹热风时,电热丝每秒钟消耗的电能为1000JD.当电吹风吹热风时,电动机每秒钟消耗的电能为1000J[解析]电吹风吹热风时,电热丝消耗的功率为P=1000W-120W=880W,对电热丝,由P=可得电热丝的电阻为R==Ω=55Ω,选项A正确;由于不知道电动机线圈的发热功率,故电动机线圈的电阻无法计算,选项B错误;当电吹风吹热风时,电热丝每秒钟消耗的电能为880J,选项C错误;当电吹风吹热风时,电动机每秒钟消耗的电能为120J,选项D错误.2.某款电动自行车的内部电路可简化为如图所示电路,电源铭牌上标有“36V,12A·h”字样.正常工作时,电源的输出功率为180W,工作效率为75%,电动机机械效率为80%.已知自行车运动时受到阻力恒为40N.正常工作时 (C)A.电动机两端电压为36VB.电动机的电流约为5AC.自行车匀速行驶的最长时间约为1.8hD.自行车匀速行驶的最远距离约为30km[解析]正常工作时,电源的输出功率为180W,工作效率为75%,则电源的输入功率为P输入==W=240W,且由公式P=UI,解得电动机的电流I==A=A,设电动机的内阻为rM,电动机的效率为80%,则P-0.8P=I2rM,解得rM=Ω=0.81Ω,由于电源与电动机都有内阻,故电动机两端电压U==V=27V,故A、B错误;电源容量Q=12A·h,电流为A,则可得t==h=1.8h,自行车匀速行驶时F=Ff,则有80%P=Ffv,解得v=3.6m/s,自行车匀速行驶的最远距离约为x=vt=1.8×3600×3.6m=23.328km,故C正确,D错误.3.热水器中,常用热敏电阻实现温度控制.如图所示是一学习小组设计的模拟电路,R1为加热电阻丝,R2为正温度系数的热敏电阻(温度越高电阻越大),C为电容器.S闭合后,当温度升高时 (A)A.电容器C的带电荷量增大B.灯泡L变暗C.电容器C两板间的电场强度减小D.R1消耗的功率增大[解析]由电路图可知,S闭合后,当温度升高时,由于电路为并联电路,R2电阻增大,则总电阻增大,根据欧姆定律可知总电流I减小,由于U=E-Ir,则U增大,即电灯泡两端电压U增大,即灯泡L变亮,由IL=可知,IL增大,则流过R1和R2的电流I'减小,由于UR1=I'R1,可知UR1减小,由于UR2=U-UR1,则可知UR2增大,则电容器C两端电压增大,由Q=CUR2可知电容器C的带电荷量增大,故A正确,B错误;根据E=可知电容器C两端电压增大,则电容器C两板间的电场强度增大,故C错误;流过R1的电流I'减小,根据P=I'2R1可知R1消耗的功率减小,故D错误.4.如图所示为某小组设计的电子秤原理图.轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连.R0为定值电阻,滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接.当盘中没有放物体时,滑片刚好位于滑动变阻器的最上端.该小组用理想电压表的示数U反映待测物体的质量m;用单位质量变化下电压表示数变化量的绝对值描述电子秤的灵敏度.不计一切摩擦,弹簧始终于弹性限度内,下列说法正确的是 (A)A.仅更换阻值更大的定值电阻R0,电子秤的灵敏度会下降B.电子秤的灵敏度会随待测物体质量的增大而增大C.弹簧的劲度系数越小,则电子秤的量程越大D.电压表的示数与待测物体的质量成非线性关系[解析]由图可知,滑动变阻器R与定值电阻R0串联,滑动变阻器的电阻全部连入电路,电压表测量滑片上半部分电阻两端的电压,当滑动变阻器的滑片P向下移动时,电路中的电阻不变,由欧姆定律可知,电路中的电流I不变,电压表的示数U=IR',又R'=ρ,mg=kl,解得U=m,即电压表的示数与待测物体的质量成正比关系,故D错误;由U=m可知,弹簧的劲度系数k越小,则质量m的最大值越小,即电子秤的量程越小,故C错误;由U=m可知,电子秤的灵敏度=,仅更换阻值更大的定值电阻R0,则电路中的电流I会减小,电子秤的灵敏度会下降,电子秤的灵敏度与待测物体的质量无关,故A正确,B错误.5.(多选)如图所示电路,电源电动势为E,内电阻为r,在平行金属板MN内部左侧中央P点处有一质量为m的带电粒子(重力不计)以水平速度v0射入电场并打在N板的O点.改变R1或R2的阻值,粒子仍以v0射入电场,则 (AD)A.该粒子带负电B.减小R2,粒子将打在O点左侧C.增大R1,粒子在板间运动时间不变D.减小R1,粒子将打在O点左侧[解析]设板间电压为U,粒子的电荷量是q,板间间距为d,则粒子在板间运动时,有=t2,x=v0t,由电路图知,极板M带负电、极板N带正电,板间场强的方向向上,重力不计的带电粒子向下偏转,所以粒子带负电,故A正确;由于R2与平行金属板串联,稳定时此支路断路,调节R2对电路无影响,减小R2,平行板两端的电压不变,板内场强不变,粒子运动情况不变,仍打在O点,故B错误;增大R1,根据串联电路电压分配原理知,平行板两端的电压减小,板间场强减小,粒子在电场中的运动时间变长,故C错误;减小R1,根据串联电路电压分配原理知,平行板两端的电压增大,板间场强增大,粒子在电场中的运动时间变短,粒子将打在O点左侧,故D正确.题型2交变电流的分析与计算1.[2023·辽宁卷]如图,空间中存在水平向右的匀强磁场,一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动,且始终平行于OP.导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是 (C)[解析]如图所示,导体棒匀速转动,设速度为v,棒转过的角度为θ,则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥=vcosθ,根据e=BLv⊥,可知导体棒两端的电势差u=e=BLvcosθ=BLvcosωt,即u随时间t变化的图像为余弦图像.2.(多选)[2023·湖南卷]某同学自制了一个手摇交流发电机,如图所示.大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑),半径之比为4∶1,小轮与线圈固定在同一转轴上.线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形,共n匝,总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场.大轮以角速度ω匀速转动,带动小轮及线圈绕转轴转动,转轴与磁场方向垂直.线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡.假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内,下列说法正确的是 (AC)A.线圈转动的角速度为4ωB.灯泡两端电压有效值为3nBL2ωC.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈,则灯泡两端电压有效值为D.若仅将小轮半径变为原来的两倍,则灯泡变得更亮[解析]大轮和小轮通过皮带传动,线速度相等,小轮和线圈同轴转动,角速度相等,根据v=ωr,由题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1,则小轮转动的角速度为4ω,线圈转动的角速度为4ω,A正确;线圈产生感应电动势的最大值Emax=nBS·4ω,又S=L2,联立可得Emax=4nBL2ω,则线圈产生感应电动势的有效值E==2nBL2ω,根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U==nBL2ω,B错误;若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈,则线圈的匝数变为原来的2倍,线圈产生感应电动势的最大值E'max=8nBL2ω,此时线圈产生感应电动势的有效值E'==4nBL2ω,根据电阻定律R'=ρ,可知线圈电阻变为原来的2倍,即为2R,根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U'==,C正确;若仅将小轮半径变为原来的两倍,根据v=ωr可知小轮和线圈的角速度变小,线圈产生的感应电动势有效值变小,则灯泡变暗,D错误.3.(多选)[2022·湖北卷]近年来,基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用,其简化的充电原理图如图所示.发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝,接收线圈的匝数为50匝.若工作状态下,穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,忽略其他损耗,下列说法正确的是 (AC)A.接收线圈的输出电压约为8VB.接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同D.穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同[解析]工作状态下,穿过发射线圈和接收线圈的磁通量不相等,则其变化率也不相等,选项D错误;由法拉第电磁感应定律可知,U1=n1·、U2=n2·×80%,联立可得=,代入数值可得U2=8V,发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同,选项A、C正确;若不计所有损耗,则接收线圈与发射线圈中电流之比为22∶1,但由题可知存在损耗,故选项B错误.4.[2021·浙江6月选考]如图所示,虚线是正弦交流电的图像,实线是另一交流电的图像,它们的周期T和最大值Um相同,则实线所对应的交流电的有效值U满足 (D)A.U=Um B.U=UmC.U>Um D.U<Um[解析]已知正弦交流电的电压有效值U=Um,根据有效值定义可知,让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻,若在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等,则该恒定电流的大小就是交变电流有效值.显然图中实线上各个时刻的电压均不大于虚线正弦交流电的电压,所以产生的热量应该小于正弦交流电的热量,所以有效值应该小于Um,选项A、B、C错误,选项D正确.5.如图所示,a、b接在电压有效值不变的正弦交流电源上,T为理想变压器,R1、R2、R3为三个相同的定值电阻,S断开时,R2消耗的电功率是R1的4倍,则S闭合后,R2消耗的电功率P2与R1消耗的电功率P1之比为 (B)A.1∶2 B.1∶1C.2∶1 D.4∶1[解析]解法一:S断开时,R1与R2消耗的功率之比为1∶4,两电阻阻值相同,由P=I2R可知,R1与R2中电流之比为1∶2,则原、副线圈的匝数之比为==,S闭合时,流过原、副线圈的电流之比为=,由于R2与R3并联且电阻相同,故R2、R3中的电流相等,则三个电阻中的电流相等,根据功率的表达式P=I2R可知,三个电阻消耗的电功率相等.解法二:如图所示,R2'=R2,PR2'=PR2=4PR1,故=;S闭合后,R23'==2R1,PR23'=2PR1,PR2=PR3=PR23'=PR1,R2消耗的电功率P2与R1消耗的电功率P1之比为1∶1.6.(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈分别与一个电阻R连接,原线圈匝数n1通过移动滑片P来改变,副线圈匝数n2固定,当滑片P滑到原线圈最高点时n1>n2.已知电压表和电流表均为理想电表,交流电源的电压瞬时值表达式为u=220sin100πt(V).下列说法中正确的是 (BC)A.当n1∶n2=2∶1时,电压表的示数为110VB.当n1∶n2=1∶1时,电压表的示数为110VC.当滑片P从最高点向下移动时,电压表的示数将先变大后变小D.当滑片P从最高点向下移动时,电压表的示数将一直变大[解析]交流电源的电压有效值U=V=220V,设原线圈中电流为I,当n1∶n2=2∶1时,根据匝数比可知副线圈中电流为2I,则副线圈两端的电压为U2=2IR,根据匝数比可知原线圈两端的电压为U1=2U2=4IR,对原线圈电路有U=U1+IR=5IR=U2,解得U2=88V,故A错误;设原线圈中电流为I,当n1∶n2=1∶1时,根据匝数比可知副线圈中电流也为I,则副线圈两端的电压为IR,根据匝数比可知原线圈两端的电压为IR,对原线圈电路有U=IR+IR=2U2,解得U2=110V,故B正确;设原线圈中电流为I,当滑片P向下移动时,原线圈的匝数减少,设此时原、副线圈的匝数比为k,则此时副线圈中的电流为kI,原线圈两端的电压U1=U-IR,副线圈两端的电压为U2=U1=(U-IR)=kIR,可得IR=,则U2==,当k=1时,U2有最大值,由于n1>n2,可知k从大于1开始减小,所以电压表的示数将先变大后变小,故C正确,D错误.7.在如图所示的远距离输电电路图中,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压U1和输电线上的电阻R均保持不变.随着发电厂输出功率的增大,下列说法正确的是 (B)A.升压变压器的输出电压U2增大B.降压变压器的输出电压U4减小C.输电线上损耗的功率减小D.输电线上损耗的功率占总功率的比例减小[解析]由于发电厂的输出电压不变,升压变压器的匝数比不变,所以升压变压器的输出电压不变,故A错误;由于发