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高考真题

1．【解析】交流电的概念，大小和方向都随时间变化，在t轴的上方为正，下方为负，A错。有效值只对正弦交流电使用，最大值一样，所以B错。由图可知，C对。变压之后频率不变，D错。

【答案】C

2．【解析】由e－t图像可知，交变电流电流的周期为0.25s，故频率为4Hz，选项A、B错误。根据欧姆定律可知交变电流的最大值为2A，故有效值为A，选项C正确。

【答案】C

3．【解析】本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律。从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，故瞬时电流的表达式为i=－i_mcos（+ωt），则图像为D图像所描述。平时注意线圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势表达式的理解

【答案】D

4．【解析】原线圈电压有效值U₁=220V，由电压比等于匝数比可得副线圈电压U₂=55V，A对；电阻R上的电流为2A，由原副线圈电流比等于匝数的反比，可得电流表示数为0.5A， C对；输入功率为P=220×0.5W=110W，D错；周期T= =0.02s，B错。

【答案】AC

5．【解析】（1）输电线上的电流强度为I＝A＝52.63A

输电线路损耗的功率为

P_损＝I²R＝52.63²×6W≈16620W＝16.62kW

（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I′＝A＝4A

用户端在变压器降压前获得的电压    U₁＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V

根据      

用户得到的电压为U₂＝＝×4976V＝226.18V

  【答案】380，75%

6．【解析】带电粒子在交变电场中不断地作匀加速和匀减的交替运动，经过一个周期后，速度为零，再又重复前面的运动，所以选项A正确

【答案】A

7．【解析】原线圈中电压的有效值是220V，由变压比知副线圈中电压为100V，流过电阻的电流是10A；与电阻并联的电压表的示数是100V；经过1分钟电阻发出的热量是6×10³⁴J。

【答案】D

8．【解析】理想变压器的特点是输入功率等于输出功率，当负载电阻增大时，由于副线圈的电压不变，所以输出电流I₂减小，导致输出功率P₂减小，所以输入功率P₁减小；输入的电压不变，所以输入的电流I₁减小，B正确

【答案】B

9．【解析】因为变压器的匝数与U₁不变，所以U₂与两电压表的示数均不变．当S断开时，因为负载电阻增大，故次级线圈中的电流I₂减小，由于输入功率等于输出功率，所以I₁也将减小，C正确；因为R₁的电压减小，故R₂、R₃两端的电压将增大，I₃变大，B正确．

【答案】BC

10．【解析】 (1)输电线的电阻为：                               P₂=P₁   P₂=I₂U₂          联立以上五式解得：U₂＝8×10⁴V　　　　　　　　　　　　　　

输电线路上的电压损失　U_损＝I₂R＝3200V　

【答案】（1）U₂＝8×10⁴V   （2）3200V　

名校试题

1．【解析】线圈转动90⁰后，进入磁场，线圈处于平行磁感线平面，磁通量变化最快，在这个过程中，没有感应电流；线圈再转动90⁰后，线圈处于中性面，磁通量变化最慢，在这个过程中，磁通量增加，感应电动势和感应电流呈余弦规律变化，感应电流由b到a；再转动90⁰后，线圈处于平行磁感线平面，磁通量变化最快，在这个过程中，磁通量减小，感应电流由a到b；再转动，离开磁场，没有感应电流，依次类推。

【答案】D

2．【解析】由图可知交交变电流的周期为0.04s，所以选项A正确；交变电压的最大值为100V，而电阻R＝100Ω，所以交变电流的最大值为1A．

【答案】AD

3．【解析】由图可以求得．交变电流的频率为40Hz，所以选项A错；交变电流的瞬时表达式为，所以选项B错；在t=0.01s时，穿过交流发电机线圈的磁通量为零，所以选项C错；因电流的有效值为2.5A，所以发电机线圈电阻为0.4Ω，则其产生的热功率为5W，故选项D对．

【答案】D

4．【解析】V₁示数小于正常值时，副线圈的输出电压也要变小，所以滑动触头P向上滑动，即选项A正确；当用电器增加时，副线圈的电流增大，输电线上损失的电压增大，要使电器正常工作，滑动触头P应向上滑，所以选项C正确

【答案】AC

5．【解析】副线圈的电流增大，输电线上损失的电压增，所以选项C正确

【答案】C

6．【解析】K由a合到b时，n₁减小，由,可知U₂增大，P₂=随之增大，而P₁=P₂，又P₁=I₁U₁，从而I₁增大，A正确；K由b合到a时，与上述情况相反，P₂将减小，B正确；P上滑时，R增大，P₂=减小，又P₁=P₂，P₁=I₁U₁，从而I₁减小，C错误；U₁增大，由可知，U₂增大，I₂=随之增大，由可知I₁也增大，D正确。

【答案】A、B、D正确。

7．【解析】由于次级两组副线圈的组合连接使得小灯泡回路中两线圈产生的感应电动势方向相反，所以小灯泡的工作电压有效值为：

则

因为理想变压器输入功率等于输出功率，故答案应选A．

【答案】A

8．【解析】电流互感器要把大电流变为小电流，因此原线圈的匝数少，副线圈的匝数多。监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中。

【答案】A

9．【解析】(1)Em＝nBSω

  代人数据得  Em＝400×0.25×0.05×0.04×l00 V＝20 V 

(2)Im=                                         

代人数据得Im＝A=2A 

∵是正弦交变电流，所以电流表读数即有效值

I=A=1．41A   

(3)p＝I²R＝×9．9W＝19。8W．  

【答案】（1）  20 V（2）   1．41A       （3）19。8W

10．  【解析】 发电站的输出电流

               ①

    输电线路损失的功率              ②

    则         ③

变压器的匝数比

【答案】

11. 【解析】⑴如图36所示。由于输送功率为P=500kW，一昼夜输送电能E=Pt=12000度，终点得到的电能E′=7200度，因此效率η=60%。输电线上的电流可由I=P/U计算，为I=100A，而输电线损耗功率可由P_r=I ²r计算，其中P_r=4800/24=200kW，因此可求得r=20Ω。    

⑵输电线上损耗功率，原来P_r=200kW，现在要求P_r′=10kW ，计算可得输电电压应调节为U′=22.4kV。

【答案】（1）η=60%      20Ω   （2）22.4kV

12．【解析】（1）根据磁场分布特点，线框不论转到磁场中哪一位置，切割磁感线的速度始终与磁场方向垂直，故线框转到图示位置时，感应电动势的大小为

E=2Blv=2Bl=BlLω

（2）线框转动过程中，只能有一个线框进入磁场（作电源），另一个线框与外接电阻R并联后一起作为外电路。

电源内阻为r，外电路总电阻R_外=r

故R两端的电压最大值：U_R=IR_外=

（3）和在磁场中，通过R的电流大小相等                                                               图37

i_R=BlLω?                            

从线框进入磁场开始计时，每隔T/8（线框转动45°）电流发生一次变化，其i_R随时间t变化的图象如图20所示。

【答案】（1）BlLω  （2）   （3）如图37所示

考点预测题

1．【解析】此题是已知图象求数学表达式的问题，电压表示数为10V是有效值，电压最大值为,CD均错；因此电流有效值为,交流电的电流最大值为，由图可知，交流电的周期T＝0.02s，因此，故A正确

【答案】A

2.【解析】求解此题的关键是由线圈的转动来确定表达式。取轴Ox垂             

直于磁感强度，线框转角为θ（如图38所示）线框长边垂直于纸面，点A、B表示线框长边导线与纸面的交点，O点表示转轴与纸面的交点.                   

线框长边的线速度                                     

  一根长边导线产生的电动势为，一匝导线框所产生的感应电动势为

N匝线框产生的电动势应为   

磁极换成钕铁硼永磁体时，设匝数为N′，则有　     图38　                                         

由 E_n=E_N′可得　　　

【答案】

3．【解析】正方形线框在磁场中旋转产生的感应电动势的最大值为E_m，该交变电流的有效值为，，，正确答案为B

【答案】B

4．【解析】 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律             

可得内，

内，由有效值的定

【答案】B

5．【解析】钳形表是根据电磁感应原理制成的，故只能用来测量交流电流；对钳形表的初、次级满足，，I₁不变，故当n₁增加3倍时I₂=3.6A，正确答案为C.钳形表在使用时，初级是串联在被测电路中的，故同一电缆线虽多绕了几匝，但电缆线中的电流 I₁保持不变.。

【答案】C

6． 【解析】由灯泡正常发光知,副线圈电压为220V,又原、副线圈电压与匝数成正比，D错。输入、输出功率相等，B错；电流表的示数为有效值，所以A错，C正确。

【答案】C

7．【解析】保持P的位置及U不变，S由b切换到a的过程中，副线圈匝数增多，输出电压增大，则R上消耗的功率也增大，原线圈的输入功率也增大；U不变，输入电流I增大，所以选项A、D错而C正确。保持P的位置及U不变，S由a切换到b的过程中，副线圈匝数减少，则输出电压减少，输出电流也减少。故选项B也正确。

【答案】BC

8．【解析】（1）设原、副线圈上的电压、电流分别为U₁、U₂、I₁、I₂.       

根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有 I₁U₁=I₂U₂

当 I₂=12mA时，I₁即为熔断电流.代入数据，得 I₁=0.98A

（2）设副线圈中电流为 I₂′=10mA时，变压器的输入功率为 P₁，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有 P₁=I₂′U₂，代入数据，得 P₁=180W

【答案】（1）I₁=0.98A  （2）P₁=180W

9．【解析】输入电流和输出电流都是由负载决定，输出、输入电压由电源决定.原距离输电原理考查.选项C对。

【答案】C

10．【解析】⑴所有灯都正常工作的总功率为22×6×40=5280W，用电器总电流为A，输电线上的电流A，降压变压器上：U₂=4U₂^/=880V，输电线上的电压损失为：U_r=I_RR=24V ，因此升压变压器的输出电压为U₁^/=U_R+U₂=904V，输入电压为U₁=U₁^//4=226V，输入电流为I₁=4I₁^/=24A，所以发电机输出功率为P_出=U₁I₁=5424W

    ⑵发电机的电动势E=U₁+I₁r=250V

    ⑶输电线上损耗的电功率P_R=I_R²R=144W

【答案】（1）  5424W  （2）250V  （3）144W

11．【解析】（1）由电场强度公式　

　　　　带电粒子所受电场力　

      因此　

(2)粒子在时间内走过的距离为　

  故带电粒子在时恰好到达A板，根据动量定理，此时粒子的动量

(2)带电粒子在时间内向A板做匀加速运动，在向A板做匀减速运动，速度为零后将返回。粒子向A板运动的可能最大位移

要求粒子不能到达A板，则有s<d，由得,电势变化频率应满足

【答案】（1）   （2） （3）

 12．【解析】（1）质量为m电荷量为q的带电粒子以平行于极板的初速度v₀射入长L板间距离为d的平行板电容器间，两板间电压为U，求射出时的侧移

当＞时，电子能穿越平行板

当＞时，电子不能穿越极板，中途就落到上板或下板上。如图39所示。                                               图39

由可看出，与U成正比。电子穿越平行极板的临界条件为＞，此时两板上的电压可算得。因为    

所以==91V

（2）当交变电压的最大值超过91V时，射入的电子束会出现有时能通过两极板，有时不能通过的现象，由图40可以知道，要使

：=2：1

在每个半周期内，=，=，也就是在时，=91V。由交变电流的方程得

所以                                    图40

【答案】（1）91V（2）

  13.【解析】 感抗对电流的阻碍作用是“通直流，阻交流”，“通低频，阻高频”，容抗对电流的阻碍作用是“通交流，隔直流”“通高频，阻低频”。线图L₁的作用是让低频信号通过，阻碍高频成分，通过线圈L₁的信号中还有少量的高频成分，C₁的作用就是让这些少量的高频成分通过，阻碍低频信号通过，让低频信号通过扬声器甲，故扬声器甲是低音扬声器，选项A、B、C错误；L₂的作用是让低频信号通过，阻碍高频成分通过，减弱通过扬声器乙的低频频电流，扬声器乙是高音扬声器，选项D正确。

【答案】D

14.【解析】当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，其最大值ε=ω₀BSN 

式中ω₀为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度.

发电机两端电压的有效值

设自行车车轮转动的角速度为ω₁，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，有

R₁ω₁=R₀ω₀

小齿轮转动的角速度与自行车轮转动的角速度相同，也为ω₁.设大齿轮转动的角速度为ω，有 R₃ω=R₂ω₁由以上各式解得，代入数据得ω=3.2s^-1

【答案】ω=3.2s^-1

15．【解析】根据第一列电磁波从发出到收到回波可以确定飞机离开雷达站的第一个位置；  根据第二列电磁波从发出到收到回波可以确定飞机离开雷达站的第二个位置．这两个位置的变化（位移）对应的时间为 4秒，就可以计算飞机的速度值．（雷达波往返的时间远小于相邻两个雷达发出的时间）．如图1所示模拟了雷达站雷达屏上所看到的图案，图中为第一列雷达波及其回波，为第二列雷达波及其回波（由于雷达波在传播过程中有损耗，所以回波的幅值较发出时小）．设飞机的速度为v，之间的时间间隔为 t₁，之间的时间间隔为t₂ ，之间的时间间隔为t，则vt=c(t₁-t₂)/2，所以v=c(t₁-t₂)/2t=525m/s．

【答案】525m/s

16．【解析】（1）∵         

∴f₁=3.00×10⁸/2×10^－9=1.5×10¹⁷(Hz)   f₂=3.00×10⁸/1×10^－4=3×10¹²(Hz)

∴辐射的频率范围为3×10¹²Hz~1.5×10¹⁷Hz

（2）每小时从太阳表面辐射的总能量为代入数所得W=1.38×10¹⁰J

（3）设火星表面温度为T，太阳到火星距离为d，火星单位时间内吸收来自太阳的辐射能量为   ∴

火星单位时间内向外辐射电磁波能量为

火星处在平衡状态，即

由上式解得火星平均温度

【答案】（1）3×10¹²Hz~1.5×10¹⁷Hz   （2）1.38×10¹⁰J （3）