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物理
1、理想变压原线圈1接U1=220V交流电压，副线圈2的输出电压U2=6V，电流I2=4A，副线圈3的输出电压U3=250V，电流I3=0.4A，如图所示，若n2为24匝，则原线圈中电流I1为多少？
副线圈n3匝数为多少？
【答案】
0.56A 1000匝
试题分析：
根据变压器线圈匝数比等于电压之比求出n3匝数和n1匝数；然后根据原线圈和副线圈的总功率相等求出原线圈的电流。
由，得n3=n2=24×=1000（匝）
由（匝）
由I1n1=I1n2+I3n2得
考点：
本题考查含有多级副线圈的变压器问题
点评：
解题关键是多级线圈电压之比满足线圈匝数比，电流值则不满足，所以要求电流应注意用功率相等求解。
2、图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比，电阻，、为规格相同的两只小灯泡，为单刀双掷开关。
原线圈接正弦交变电源，输入电压随时间的变化关系如图乙所示。
现将接、闭合，此时正常发光。
下列说法正确的是（ ）。
A:
输入电压的表达式
B:
只断开后，、均正常发光
C:
只断开后，原线圈的输入功率增大
D:
若换接到后，消耗的电功率为
答案
D
解析
选项分析：
A项，从图中可看出该交流电的最大值为，周期为，根据交变电流的电动势随时间的变化规律，其中，可知输入电压，故A项错误。
B项，理想变压器原、副线圈的电压之比，即副线圈的电压由输入电压和线圈匝数比确定，只断开，副线圈中电压不变，、的总电压不变，总电阻增加，流过灯泡的电流减小，、不能正常发光，故B项错误。
C项，只断开，副线圈中电压不变，电路总电阻增加，总电流减小，副线圈功率减小，理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率减小，故C项错误。
D项，电功率的计算应用有效值，根据正弦交流电的有效值计算公式，以及理想变压器原、副线圈的电压之比，可知副线圈电压的有效值为，若接到，副线圈的电压仍然不变，根据焦耳定律及欧姆定律，可得电阻消耗的电功率为，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
3、理想变压器原、副线圈的电流为I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们的关系，正确的是（ ）
A. I2由I1决定
B. U2与负载有关
C. P1由P2决定
D. U1由U2决定
答案
C
解：
A、C、电流比与匝数比成反比，输入功率等于输出功率，所以I1由I2决定，P1由P2决定，故A错误，C正确；
B、D、U1由输入电压决定，与负载电阻无关；根据变压比公式
=
，U2由U1和匝数比决定，故B错误，D错误；
故选：
C．
解析
根据理想变压器原副线圈匝数比与电压、电流比之间的关系即可求解，理想变压器的输入功率与输出功率相等．
本题考查了有关变压器的基础知识，对于这些基础知识平时要加强记忆与理解，同时通过做题加强对基本公式的理解与应用．
4、将输入电压为220V，输出电压为6V的理想变压器改绕成输出电压为30V的变压器，副线圈原来是30匝，原线圈匝数不变，则副线圈新增绕的匝数为（ ）。
A:
120B:
150C:
180D:
220
答案A
解析
问题求解：
设原线圈匝数为，副线圈新增匝数为；根据原、副线圈匝数和电压关系有，解得，故A项正确。
综上所述，本题正确答案为A。
5、某电路的输入电流既有直流成分，又有交流高、低频成分，若通过如图装置，只把交流低频成分输送到下一级，那么关于该电路中各元件的作用，说法正确的是（ ）
A. L起到消除交流成分的作用
B. C1是隔直电容器
C. C2起到消除高频成分的作用
D. 以上说法都不对
答案BC
解：
A、L在此的功能为通直流、阻交流，通低频，阻高频，将低频的交流成分送到下一级．故A错误．
B、C1在此的功能为通交流，隔直流，使直流不能到达下一级电路．故B正确．
C、C2与输出电路并联，起到通高频，阻低频，使调频成分能通过，低频成分到达下一级，C2又叫高频旁路电容．故C正确；
D、由上分析可知，D错误．
故选：
BC．
解析
电路的输入端输入的电流既有直流成份，又有交流低频成分和交流高频成分，要只把交流的低频成分输送到下一级，该电路要隔掉直流，通高频，阻低频，根据电感和电容的特性进行判断．
本题考查电感、电容对交流电的导通和阻碍的作用，根据它们的特性和电路要求进行分析．
6、在图所示电路中，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流；L是一个25mH的高频扼流圈，C是一个100pF的电容器，R是负载电阻。
下列说法正确的是（ ）。
A:
L的作用是“通低频，阻高频”
B:
C的作用是“通交流，隔直流”
C:
C的作用是“通高频，阻低频”
D:
通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比
答案ACD
解析
问题求解：
的作用是“通低频，阻高频”，的作用是“通高频，阻低频”，对高低频的阻碍是一样的，因为滤去了高频，所以通过的低频百分比大于高频的百分比，故A、C、D项正确。
综上所述，本题正确答案为ACD。
7、如图所示，交流电源的电压有效值跟直流电源的电压相等，当将双刀双掷开关接到直流电源上时，灯泡的实际功率为P1，而将双刀双掷开关接在交流电源上时，灯泡的实际功率为P2，则（ ）
A. P1=P2B. P1＞P2C. P1＜P2D. 不能比较
答案B
解：
电路中有电感线圈，其作用通直流，阻交流，设交流电的有效值和直流电的电压都为U，灯泡的电阻为R
当开关接到直流电时，灯泡的功率 P1=
当接到交流电时，电感线圈有阻抗，流过灯泡的电流减小，会使灯泡两端的电压减小，所以灯泡的功率变小，即P2＜P1，故ACD错误，B正确．
故选：
B．
解析
电路中有电感线圈，其作用通直流，阻交流；当接到交流电时，电感线圈有阻抗，会使灯泡两端的电压减小，据P=
判断其功率变小．
解题关键明确电感线圈通直流，阻交流；当通有交流电时，会使灯两端的电压减小．
8、在如图所示的电路中，L为电感线圈，R为灯泡的电阻，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压U=220sin100πtV。
若保持电源电压有效值不变，只将电源频率改为100Hz，下列说法正确的是
A.电流表示数增大B.电压表示数增大C.灯泡变暗D.灯泡变亮
答案BC
9、如图所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是（ ）
A. 等于220 VB. 大于220 VC. 小于220 VD. 等于零
答案C
解：
电感器在电路中具有一定的感抗，也分压，有闭合电路欧姆定律得：
u=ul+uR
uR＜u=220v，故C正确
故选：
C
解析
电感器在电路中具有“通直流阻交流”的作用，并具有一定的感抗，也分压，由闭合电路欧姆定律可判断R两端的电压．
考查了电感器在电路中的作用，闭合电路欧姆定律的电压关系．
10、如图所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使安培表示数增大，可以采取的措施是（）
A:
使发电机的转速增加
B:
使发电机的转速减少
C:
在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质
D:
使电容器两板间距离增大
答案:
A
解析:
A选项中使发电机转速增加时，产生的交变电流的频率增加，由Em=NBSω可知最大值增加，所以有效值也增加，由于电源频率增加，容抗减小，所以A项对B项错，C项和D项都使得电容器值C减小而电容器的电容越小，容抗就越大，在不改变电源有效值的情况下，容抗越大，电流就越小，所以C项，D项均是错误的。
11、关于对感抗的理解，下面说法正确的有
A．感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势而对电流的变化产生的阻碍作用
B．感抗仅与电源的频率有关，与线圈自感系数无关
C．电感产生的感抗对交变电流有阻碍作用，但不会因此消耗电能
D．感抗和电阻等效，对任何交变电流都是一个确定值
答案AC
12、如图所示，电路由交变电源供电，最大电压保持不变，如果交变电流的频率升高，则下列说法中正确的是（ ）
A. 电容器上的电荷量的峰值增大
B. 电容器容抗增大
C. 电路中灯泡亮度变亮
D. 电路中灯泡亮度变暗
答案C
解：
A、由题意可知，电容器上的电荷量的峰值不变，故A错误；
B、容抗与交流电的频率和电容成反比，故频率升高容抗变小，故B错误；
C、电容器的特点是通高频阻低频，当频率变大时，流过电容器的电量增大，所以灯泡变亮，故C正确，D错误．
故选：
C
解析
电容器的电容由电容器本身决定，电容器的特点是通高频阻低频．
知道电容器电容的决定因素，知道电容器在交流电路中的作用．
13、对交流电通过电容器的正确理解是（）
①交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体
②交变电流定向移动的电荷通过电容器两板间的绝缘介质
③交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器
④交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质（击穿除外）
A:
①②B:
②③C:
③④D:
①④
解析:
电容器能让交变电流通过，实际上是通过充、放电来完成的，定向移动的电荷并没有从一极板到另一极板，但它的充放电，就完成了交流电通过的任务。
答案:
C。
14、如图所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，绕轴OO′以角速度ω=10π rad/s匀速转动，线圈共10匝，，ab=0.3m，bc=0.6m，线圈总电阻r=5Ω，负载电阻R=45Ω．从图时时刻开始计时，求：
（1）电阻R在0.05s内产生的热量；
（2）0.05s内流过的电量。
【解析】
（1）根据电流的有效值，结合焦耳定律，即可求解；
（2）根据电量综合表达式，结合电流的平均值，即可求解．
解：
（1）
（2）电动势的平均值：
E=n △∅△t,0.05s为从图上位置转过90°，所求的电量：
q=It=n △∅R+r= nBSR+r=0.072C
故答案为：
（1）5.76J
（2）0.072C
【点评】
本题主要考查交变电流的最大值有效值和平均值问题，关键记住最大值公式Em=nBsω,然后结合闭合电路欧姆定律与焦耳定律列式求解，注意热量与电表示数使用交流电的有效值，而电量却是使用平均值．
15、如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动（O轴位于磁场边界）.则线框内产生的感应电流的有效值为（ ）
A. B. C. D.
答案D
解析
扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L，各点的平均速度v=，导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有：
E=×=I2RT，可得I=，故D正确，A、B、C错误.
16、小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动．产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是（ ）
A. 交变电流的周期为0.125sB. 交变电流的频率为8Hz
C. 交变电流的有效值为
AD. 交变电流的最大值为4A
答案C
解：
A、由图可知，交流电周期T=0.250s，故A错误；
B、交流电周期T=0.250s，交变电流的频率为f=
=4Hz，故B错误；
C、由图可知，交流电的最大电压Um=20V，所以交变电流的最大值为Im=
=2A，
所以交变电流的有效值为I=
=
A故C正确，D错误；
故选：
C．
解析
17、从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解．
本题考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解．
一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。
已知发电机线圈内阻为5.0，则外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则（ ）。
A:
电压表的示数为220v
B:
电路中的电流方向每秒钟改变50次
C:
灯泡实际消耗的功率为484w
D:
发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J
答案D
选项分析：
A项，电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图像知电动势的最大值，有效值E=220V，灯泡两端电压，故A错误。
B项，由图像知T=0.02S，一个周期内电流方向变化两次，可知1s内电流方向变化100次，故B项错误。
C项，灯泡的实际功率，故C项错误。
D项，电流的有效值，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
18、一正弦式交变电流的电压u随时间t的变化规律如图7所示.则该交变电压的有效值为（ ）
A.220V B.440V
C.220V D.440V
答案C
19、交流发电机在工作时的电动势e=Emsinωt．若将线圈匝数、线圈面积都提高到原来的两倍，其他条件不变，则电动势变为（ ）
A. e=2Emsinωt
B. e=4Emsinωt
C. e=12Emsinωt
D. e=14Emsinωt
答案B
解：
感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt，当线圈匝数、线圈面积都提高到原来的两倍，其他条件不变，根据Em=nBSω：
Em为原来的4倍，故最大电动势为4Em；
所以其表达式变为：
e′=4Emsinωt．
故选：
B．
解析
感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt，其中Em=nBSω，当线圈匝数、线圈面积都提高到原来的两倍，其他条件不变，Em为原来的4倍，再进行选择．
本题考查考虑问题的全面性，e=Emsinωt式中Em和ω都与转速成正比，难度不大，属于基础题．
20、交流发电机在工作时电动势为e=Emsinωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减少一半，其它条件不变，则电动势为（ ）
A．e=Emsin（ωt/2）
B．e=2Emsin（ωt/2）
C．e=Emsin2ωt
D．e=2Emsin2ωt
答案】C
解析
【解析】考点：
正弦式电流的图象和三角函数表达式．
分析：
感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt，其中Em=nBSω，当将其电枢的转速提高一倍时，Em和ω都增加一倍，再进行选择．
解答：
解：
感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt，当将其电枢的转速提高一倍时，Em和ω都增加一倍，其表达式变为
e′=2Emsin2ωt．
故选C
点评：
本题考查考虑问题的全面性，e=Emsinωt式中Em和ω都与转速成正比，不能简单认为表达式是Emsin2ωt．
21、一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图所示．下列说法中正确的是（ ）
A. t1时刻通过线圈的磁通量为零
B. t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大
C. t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最小
D. t4时刻线圈位于中性面
答案
C
解：
A、由图可知，t1时刻线圈的感应电动势最小（零），则磁通量的变化率也为零，所以通过线圈的磁通量为最大，故A错误
B、由图可知，t2时刻线圈的感应电动势最大，则磁通量的变化率也为最大，所以通过线圈的磁通量为零，故B错误
C、由图可知，t3时刻线圈的感应电动势最小（零），则磁通量的变化率也为零，所以C正确
D、t4时刻感应电动势最大，磁通量为零时，磁通量变化率最大，故线圈垂直中性面．故D错误
故选C．
解析
矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随于时间t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量为零时，磁通量变化率最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变．
学会通过瞬时感应电动势来判定在什么时刻，线圈处于什么位置；同时还能画出磁通量随着时间变化的图象及线圈中的电流随着时间变化的规律．
22、对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图象，下列描述正确的是（ ）
A．电流的大小变化，方向也变化，是交流电
B．电流的大小变化，方向不变，不是交流电
C．电流的大小不变，方向不变，是直流电
D．以上说法都不正确
答案
解析：
选B.由图象可知，该电流的大小变化，但电流方向一直没变，由交变电流、直流电的广义定义知该电流应为直流电．
23、矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形如图实线所示，可知（ ）
A．在t1时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
B．在t2时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
C．在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
D．在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
答案
【答案】BC
解析
【解析】从图中可知，t1时刻线圈中感应电动势达到峰值，磁通量变化率达到峰值，而磁通量最小，线圈平面与磁感线平行.t2时刻感应电动势等于零，磁通量变化率为零，线圈处于中性面位置，磁通量达到峰值.t3时刻感应电动势达到峰值，线圈中的磁通量变化率达到峰值.
24、如图所示，一矩形细圈ab边长为L1，ab边长为L2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为（）
A:
0.5BL1L2ωsinωt
B:
0.5BL1L2ωcosωt
C:
BL1L2ωsinωt
D:
BL1L2ωcosωt
答案
解析:
因为开始时刻线圈与磁感应线平行，即从垂直于中性面开始运动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大为Em＝BL1L2ω，感应电动势的不达形式应为余弦形式，因此在t时刻线圈中的感应电动势为BL1L2ωcosωt，D正确。
答案:
D
25、如图3-2-14所示，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经过图所示位置时（ ）
图3-2-14
A.穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大
B.穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大
C.穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小
D.穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小
答案A
解析：
本题主要考查对交变电流的产生过程的理解.由图可知线圈平面与磁感线平行，应处于垂直于中性面的平面，此时穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，所以A正确.
26、关于交变电流和直流电的说法中，正确的是（ ）
A．如果电流大小做周期性变化，则一定是交变电流
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的变化
【答案】BD
【解析】直流电的特征是电流方向不变，交流电的特征是电流方向改变.另外交变电流不一定都是正弦式电流或余弦式电流.
27、如图所示，匀强磁场竖直向上穿过水平放置的金属框架，框架宽为L，右端接有电阻R，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属棒以v0的初速度沿框架向左运动，棒与框架的动摩擦因数为μ，测得棒在整个运动过程中，通过任一截面的电量为q，求：
（1）棒能运动的距离；
（2）R上产生的热量．
答案
解：
（1）设在整个过程中，棒运动的距离为s，磁通量的变化量△Φ=BLs，通过棒的任一截面的电量q=I△t=
，解得s=
．
（2）根据能的转化和守恒定律，金属棒的动能的一部分克服摩擦力做功，一部分转化为电能，电能又转化为热能Q，即有
mv02=μmgs+Q，
解得Q=
mv02-μmgs=
mv02-
．
答：
（1）棒能运动的距离为
；
（2）R上产生的热量为
mv02-
．
解析
（1）由法拉第电磁感应定律可求得通过棒的电量；
（2）由能的转化和守恒定律可求得R上产生的热量．
在考查导体切割磁感线的问题考查中，要注意正确应用能量守恒关系进行分析．
28、如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。
竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为。
整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。
导轨电阻可忽略，重力加速度为。
在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。
求
（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
（2）两杆分别达到的最大速度。
答案
设某时刻MN和速度分别为、。
（1）MN和动量守恒：
求出：
①
（2）当MN和的加速度为零时，速度最大
对受力平衡：
②
③
④
由①~④得：
，
解析
过程分析：
因为导轨与金属杆组成回路，细线烧断后两金属杆切割磁感线在回路产生动生电动势，两杆均有电阻，即回路产生电流，在匀强磁场会受到安培力。
分别对两杆进行分析：
杆：
受拉力、重力与安培力作用，合力最初向上，随着安培力增大，合力逐渐减小为零，最后保持匀速运动。
杆：
受重力与安培力作用，合力最初向下，随着安培力增大，合力逐渐减小为零，最后保持匀速运动。
问题求解：
（1）细线烧断与否对于与组成的系统竖直方向动量变化无关，即系统在竖直方向合外力为0，动量守恒，则。
（2）与各自合力为零时，速度最大，此时分别对两杆受力平衡分析即可。
如图甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。
两质量、长度均相同的导体棒 、，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度处。
磁场宽为，方向与导轨平面垂直。
先由静止释放，刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放，两导体棒与导轨始终保持良好接触。
用表示的加速度，表示的动能，、分别表示、相对释放点的位移。
图乙中正确的是（ ）。
A:
B:
C:
D:
答案BD
解析
过程分析：
本题运动过程分五个阶段，c自由落体——c匀速，d自由落体——cd在磁场中自由落体——c自由落体，d减速——cd自由落体。
问题求解：
c自由落体阶段：
，。
c匀速，d自由落体阶段：
，，。
cd在磁场中自由落体阶段：
由于两棒进入磁场的速度相同，且先进入磁场的c棒匀速，故此阶段两者速度相同，无感应电流，，，。
故B项正确，A项错误。
c自由落体，d减速阶段：
，，减小。
故D项正确，C项错误。
cd自由落体阶段：
，。
综上所述，本题正确答案为BD。
29、如下图所示，闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，现将一条形磁铁从左向右插入螺线管中的过程中，则（）
①车将向右运动
②使条形磁铁向右插入时外力所做的功全部由螺线管转变为电能，最终转化为螺线管的内能
③条形磁铁会受到向左的力
④车会受到向左的力
A:
①②B:
②③C:
③④D:
①③
解析:
本题的关键是理解感应电流总要阻碍磁体和导体的相对运动，当条形磁铁向右插入闭合的螺线管中时，螺线管内产生的感应电流就会阻碍条形磁铁向右运动，故条形磁铁受到向左的阻力，③正确；这个阻力是螺线管内的感应电流的磁场施给条形磁铁右端的磁极的，根据牛顿第三定律，条形磁铁的磁场给螺线管的感应电流有一个向右的力作用，在这个力的作用下，车将向右运动，①正确，④错误；根据能的转化和守恒定律，使条形磁铁向右插入螺线管的过程中，外力对条形磁铁所做的功一部分由螺线管转化为电能最终转化为螺线管的内能，另一部分转化为车和螺线管向右运动的动能，②错误。
答案:
D。
30、如图所示，是电表中的指针和电磁阻器，下列说法中正确的是（ ）。
A:
2是磁铁，在1中产生涡流B:
1是磁铁，在2中产生涡流
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