2020年高考物理备考冲刺之易错点点睛系列 专题12 交变电流 电磁场和电磁波（教师版） 31页

‎2020年高考物理备考冲刺之易错点点睛系列 专题12 交变电流 电磁场和电磁波（教师版） ‎ ‎【高考预测】‎ ‎1.本内容是电磁感应知识的应用和延伸，在解决交变电流的产生过程、变压器的原理、电能的输送方法等问题时都要用到电磁感应、电路等知识，因此，本单元是前面知识的综合运用．‎ ‎2.纵观近几年的高考试卷，纯粹的交变电流、电磁场和电磁波的题目较少，大多是将交变电流的知识和电磁感应一章相结合而形成综合题，交变电流的知识仅仅是其中的一个环节．而电磁场和电磁波则偏重于理论联系实际．‎ ‎3.本章考查的题型以选择题为主，考查的重点是交变电流的产生、交变电流的“四值”和变压器的计算问题.‎ ‎4.了解交变电场和交变磁场的相互联系，定性理解麦克斯韦的电磁场理论。‎ ‎【知识导学】‎ 一、正弦式电流的变化规律 ‎1．正弦式电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)‎ ‎2.对中性面的理解 ‎(1)中性面是与磁场方向垂直的平面，是假想的参考面．‎ ‎(2)线圈平面位于中性面时，穿过线圈平面的磁通量最大，而磁通量的变化率为零，产生的感应电动势为零．‎ ‎(3)线圈平面与中性面垂直时，穿过线圈平面的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大．‎ ‎(4)线圈每经过中性面一次电流方向就改变一次，线圈转动一周，两次经过中性面，所以电流的方向改变两次．‎ ‎3．交变电流瞬时值表达式的书写基本思路 ‎(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象或由公式Em＝nBSω求出相应峰值．‎ ‎(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．‎ 如：①线圈从中性面开始转动，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsin ωt.‎ ‎②线圈从垂直中性面开始转动，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcos ωt.‎ ‎【特别提醒】‎ 在交变电流的产生过程中，要特别注意两个特殊位置的不同特点：‎ ‎(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦ/Δt＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．‎ ‎(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦ/Δt最大，e最大，i最大，电流方向不改变．‎ 二、对交变电流的“四值”的比较和理解 ‎1．交变电流的瞬时值、峰值、有效值、平均值的比较 物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明 瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况 ‎2.对交变电流有效值的理解 交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的，所以进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算．注意“三同”‎ ‎：即“相同电阻”，“相同时间”内产生“相同热量”．计算时“相同时间”要取周期的整数倍，一般取一个周期．‎ 注意：在交流电路中，电压表、电流表等电工仪表的示数均为交变电流的有效值．在没有具体说明的情况下，所给出的交变电流的电压、电流指的是有效值．‎ ‎【特别提醒】‎ ‎(1)由感应电动势的最大值公式Em＝nBSω得，Em仅由n、B、S、ω四个物理量所决定，与轴的具体位置和线圈的形状都无关．‎ ‎(2)若图象部分是正弦交变电流，其中的T和T部分的有效值可直接应用I＝，U＝的关系．‎ 三、理想变压器及其原、副线圈基本量的关系 理想变压器 ‎1.没有能量损失(铜损、铁损)‎ ‎2.没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)‎ 基本关系 功率关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率 基本关系 电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比，与负载情况、副线圈个数的多少无关 电流关系 只有一个副线圈，电流和匝数成反比多个副线圈，由输入功率和输出功率相等确定电流关系 频率关系 原、副线圈中电流的频率相等 制约关系 电压 副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定 功率 原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定 电流 原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定 ‎【特别提醒】‎ ‎(1)理想变压器的应用中要注意副线圈和原线圈功率相等这个特点，电流关系的推导应该以其为依据．‎ ‎(2)变压器的以上关系都是根据“口”字型的变压器推出的．如果变压器不是“口”字型时，应根据变压器的原理及各线圈中磁通量的关系推导出各物理量的关系．‎ 四、理想变压器的几个因果关系 电阻R变化与否，U2不会改变．‎ ‎(2)输出电流I2决定输入电流I1，在输入电压一定的情况下，输出电压U2也被完全确定，当负载电阻R增大时，I2减小，则I1相应减小；当负载电阻R减小时，I2增大，则I1相应增大．‎ ‎(3)输出功率P2决定输入功率P1，理想变压器的输入功率与输出功率相等，即P1＝P2，在输入电压U1一定的情况下，当负载电阻R增大时，I2减小，则变压器的输出功率P2＝I2U2减小，输入功率P1也将相应减小；当负载电阻R减小时，I2增大，变压器的输出功率P2＝I2U2增大，则输入功率P1也将增大．‎ 五、关于高压输电问题的分析 ‎1．对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析．‎ ‎2．高压输电既能减少功率损失，也能减少电压损失，但在实际高压输电时，也并非输电电压越高越好，还需考虑各种因素，依照不同的情况选择合适的输电电压．‎ ‎ (2)电压、电流关系：＝＝，＝＝.‎ U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．‎ ‎(3)输电电流：I线＝＝＝ ‎(4)输电线上损耗的功率 P损＝I线ΔU＝IR线＝2R线．‎ 当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减少到原来的.‎ ‎【特别提醒】在远距离输电问题中，计算线路功率损耗时应用P损＝IR线，其原因是I线可以由公式P输＝I线U输求出，而P损＝U线I线和P损＝则不常用，其原因是在一般情况下，U线不易求出，且易将U线和U输相混而造成错误．‎ 六、麦克斯韦电磁场理论 ‎1．变化的磁场产生电场 ‎(1)若磁场均匀变化，则产生恒定的电场．‎ ‎(2)若磁场不均匀变化，则产生变化的电场．‎ ‎(3)在振荡电路中，周期性变化的磁场产生同频率的周期性变化的电场．‎ ‎2．变化的电场产生磁场 ‎(1)若电场均匀变化，则产生恒定的磁场．‎ ‎(2)若电场不均匀变化，则产生变化的磁场．‎ ‎(3)在振荡电路中，周期性变化的电场产生同频率的周期性变化的磁场．‎ ‎3．周期性变化的电场和周期性变化的磁场相互联系，形成一个不可分离的统一的场，就是电磁场．‎ 特别提醒：(1)恒定的电场和磁场都是静止的，但电磁场一定是运动的，没有静止的电磁场．‎ ‎(2)电磁场一定是周期性变化的．‎ 七、电磁波与机械波的区别 ‎ ‎ 机械波 电磁波 对象 研究力学现象 研究电磁现象 周期性变化的物理量 位移随时间和空间周期性变化 电场E和磁感应强度B随时间和空间周期性变化 传播 传播需要介质，波速与介质有关，与频率无关，分横波和纵波两种 传播无需介质，在真空中波速总是c，在介质中传播时，波速与介质及频率都有关系，是横波 产生 由质点(波源)的振动产生 由周期性变化的电场、磁场产生 能量传播 机械能 电磁能 ‎【特别提醒】‎ ‎(1)同一电磁波在不同介质中传播时，频率不变(频率由波源决定)，波速、波长发生改变，在介质中的速度都比在真空中的速度小．‎ ‎(2)不同电磁波在同一介质中传播时，传播速度不同，频率高则波速小．‎ ‎(3)在真空中传播时，不同频率的电磁波的速度都相同，即等于光速．‎ ‎【易错点点睛】‎ 易错点1 正弦式交变电流的产生及变化规律、表征交变电流的物理量．‎ ‎1．‎ 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‘的变化如图12—1所示．下面说法中正确的是 ( )‎ ‎ A．t1和t3，时刻穿过线圈的磁通量为零 B．t1和t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为零 C.从线圈平面与磁场方向平行时刻开始计时 D．每当感应电动势e变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值都为最大 ‎【错误答案】A ‎【错解分析】 对感应电动势e、磁通量φ、磁通量变化 Vφ中和磁通量变化率 间的关系不清楚．误认为磁通量为零，感应电动势就为零；磁通量最大，则感应电动势就最大．‎ ‎【正确解答】BCD 由图像可知，当t=0时，感应电动势有最大值，说明穿过线圈的磁通量的变化率最大，即线圈平面与磁场平行时开始计时，选项C正确．t1、t2时刻感应电动势为零，即线圈平面与磁场方向垂直(位于中性面)，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，所以选项B正确，选项A错误．当选项通过中性面时，是感应电动势改变方向的时刻，所以选项D正确．‎ ‎2．如图12—2所示，处在匀强磁场中的 ‎ 矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与dA垂直．在t=0时刻，线圈平面与纸面重合(如图)，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间‘变化的图线是 ( )‎ ‎【错误答案】A ‎【错解分析】‎ 认为t=0时，线框中的感应电流为零．再由楞次定律可知，线框在转过90°的过程中，穿过线框的磁通量增大，感应电流的、方向沿。a→b→c→d→a，为正，故错误认为A项正确．造成该错误的原因是对正弦式交流电的产生过程不熟悉．‎ ‎【正确解答】C 线框在图示位置ψ=0，但感应电流为最大值；再由楞次定律可判断线框在转过90°的过程中，感应电流为正，故C项正确．‎ ‎3．交流发电机在工作时的电动势为e=ε0sinωt，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为 ( )‎ A．ε0sin2ωt B．2ε0sin2ωt Cε0osin D．2ε0sin ‎【错误答案】 A ‎【错解分析】 对交变电压瞬时值表达式理解不全面，误认为电枢的转速只对交流电的频率有影响．‎ ‎【正确解答】B 交变电压瞬时值表达式为e=ε0 sinωt，而Em=NBSω，电枢的转速提高1倍即ω加倍，其他条件不变时Em加倍，应选B项．‎ ‎4．正弦交流电源与电阻及、交流电压表按图12—3所示的方式连接，R=10Ω，交流电压表的示数是10V．图12—4所示是交变电源输出电压u随时间t变化的图象，则 ( )‎ A.通过及的电流iR随时间t变化的规律是 iR=cosl00πt(A)‎ B．通过R的电流iR随时间t变化的规律是 iR=cos 50πt(A)‎ C．只两端的电压uR随时间t变化的规律是 uR=5cos 100πt(V)‎ D．只两端的电压ud随时间‘变化的规律是 uR=5cos 50πt(V)‎ ‎【错误答案】 C ‎【错解分析】 误认为交流电压表测得的是交流电的最大值，同时对正弦式交流电的瞬时值表达式不熟悉．‎ ‎【正确解答】 A交流电压表测得的是交流电的有效值，该题中通过正弦式交流电的瞬时值表达式R的电流iR随时间t变化的规律是两端的电压uR随时间t变化的规律是iR= Umcos ωt，Um=10V，故uR=10cos 100πt，综上分析可知只有A项正确．‎ ‎5．图12—5表示一交流电的电流随时间而变化的图像．此交流电流的有效值 ( )‎ ‎ A．5 A B．5A C．3．5A D．3．5A ‎【错误答案】 C ‎【错解分析】 对交流电有效值的定义不清楚，误认为错选c项．还有的同学机械的套用正弦式电流有效值与最大值的关系 ‎【正确解答】B根据交流电有效值的定义：某一直流电和交流电在相同时间内(就算时一倍取交流电的一个周期)在相同电阻上产生的焦耳热相同，则该直流电的数值就叫做交流电的有效值．即0．02I2R=0．01(4)2 R+0．01(3)2‎ R，解得I=5A，故选B项．‎ 专家会诊 ‎1．解决正弦式交变电流的产生及变化规律这类问题必须掌握线框经过两个特殊位置时的特点： (1)线框平面与磁场垂直(即中性面)，穿过线框的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，因此感应电动势为零．线框每经过中性面一次，内部的电流方向要改变一次；(2)线框平面与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，即感应电动势达最大值Em=NBSw．‎ ‎2．解决有效值这类问题必须掌握交流电有效值的定义，交变电流的有效值是根据电流的热效应相等来定义的．即在同一时间内，交流电跟某一直流电能使同一电阻产生的热量相等，则该直流电的数值就叫做交流电的有效值．在正弦式交流电中的有效值与最大值间的关系为: 以上有效值与最大值间的关系只对正弦式交流电适应．‎ ‎3．最大值、有效值、平均值和瞬时值的使用 最大值、有效值、平均值和瞬时值各在不同情况下使用，不可乱用混用．最大值一般在考虑电容器耐压时使用．有效值用途最广，一般用电器铭牌上所标额定值，交流电表测量值，通常所说交流的电压、电流数值都是指有效值．凡涉及电功、电功率、电热的计算都必须用有效值．平均值只在求通过导体截面电荷量时用．瞬时值一般在交流控制电子偏转、发光器件闪烁等问题中用．‎ 易错点2 电阻、电感和电容对交变电流的作用 ‎1．在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分，也有低频成分，经放大后送给下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输送到下一级，我们采用了 分进入下一级，误认为A项正确．造成错误选A的原因是对题目的要求考虑不全面，这样选择固然没有高频成分进入下一级，但同时进入下一级的低频成分也很少，不符合题目要求．‎ ‎【正确解答】D 电容器要求通高频、阻低频，这样的电容器应较小；电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以它是一个高频扼流圈．故选项D正确．‎ 专家会诊 解决这类问题根据是要在理解的基础上记住电感和电容器对交流的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流的频率有关，这种关系可以简单概括为：‎ 电感是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”‎ 电容是“通交流、隔直流，通高频、阻低频”‎ 二者作用正好反着，只要牢记住一样就行．‎ 易错点3 变压器的原理，电压比和电流比 ‎1．图12-7中理想变压器原、副线圈匝数之比n1：n2=4：1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻只相连组成闭合回路．当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右作切割磁感线运动时，安培表A1的读数是12毫安，那么安培表A2的读数为 ( )‎ A．0‎ B．3毫安 C．48毫安 D．与只值大小有关 ‎【错误答案】C ‎【错解分析】由单相变压器电流比公式I1:I2=n2：n1，得I2=I，故选C项．‎ ‎【正确解答】A 此题考查变压器的原理，由题意，直导线AB中及线圈n1，中是恒定电流，穿过线圈n2，的磁场是恒定磁场，在线圈n2中不产生感应电动势，故电流表 A2中没有电流通过，故选A项．‎ ‎2．在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图12—8所示变压器铁芯的左右两个臂上，当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂．已知线圈1、2的匝数之比n1：n2=2：1，在不接负载的情况下 ( )‎ A.当线圈1输入电压220伏时，线圈2输出电压为110伏 B．当线圈1输入电压220伏时，线圈2输出电压为55伏 C．当线圈2输入电压110伏时，线圈l输出电压为220伏 D．当线圈2输人电压110伏时，线圈1输出电压为110伏 ‎【错误答案】AC ‎【错解分析】套用变压比公式即可得出AC正确．此种错误解法的原因是乱套公式，没弄清楚变压比公式是怎样推导出来的．‎ ‎【正确解答】 因每个线圈的磁通量只有一半通过另一线圈，故每个线圈的磁通量变化率是另一个线圈的2倍．又所以当1线圈接220V电压时，在线圈2中只能输入55V，而当线圈2输入电压110V时，线圈1中因磁通量变化率为线圈2中的一半，在匝数与线圈2相同情况下应输出55V，但N1=2N2，所以线圈1输出电压仍为110V．故BD选项正确．‎ ‎3．‎ 一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过触头Q调节，如图12—9所示．在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，则 ( )‎ A.保持Q位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大 B．保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小 C.保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大 D.保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小 ‎【错误答案】AD ‎【错解分析】对理想变压器中的输入、输出电压、电流、功率间的决定关系不清楚．‎ ‎【正确解答】Q不动，则副线圈两端电压不变，P向上滑动时，副线圈中的电阻增大，电流减小，输出功率减小，输入功率也减小，故原线圈中电流减小，即电流表的示数变小．保持P位置不动，Q向上滑动，副线圈两端电压增大，副线圈中的电流增大，输出功率增大，输入功率相应增大，故电流表示数增大．故BC选项正确．‎ 专家会诊 解决这类问题关键是掌握理想变压器的变压原理和特点，只有穿过原、副一匝线圈磁通量的变化率相等才有电压比等于匝数比公式。理想变压器输出功率决定输入功率，且二者相等．故在只有一个副线圈情况下，才有电流与匝数成反比关系．即只有一个副线圈电流关系为,若有几个副线圈则为I1n1=I2n2+I3n3+L或写成U1I2=U2I2 +U3I3+L输入电压Ul决定输出电压U2，输出电流I2决定输入电压I1.‎ 易错点4 远距离输电 ‎1．远距离输电线的示意图如图12—10所示：若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是 ( )‎ A.‎ 升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关 B．输电线路中的电流只由升压变压器原线圈的匝数比决定 C．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大 D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 ‎【错误答案】AB ‎【错解分析】对升压变压器的输出电压、输电线电阻上的电压和降压变压器输入电压间的关系不清楚．误认为输电线电阻上的电压等于升压变压器的输出电压，这样只要升压变压器原副线圈匝数比不变，由于升压变压器原线圈两端电压不变，故输电线电阻上的电压不变，所以升压变压器原线圈中的电流不变，而选A项．升压变压器输出端电压由升压变压器原副线圈匝数比决定，故输电线中的电流也由升压变压器原副线圈匝数比决定，而选B项．‎ ‎【正确解答】输电线电阻上的电压等于升压变压器输出电压减降压变压器输入电压．变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A、B错误．用户用电器总电阻减小，据，消耗功率增大，输电线中电流增大，线路损失功率增大．升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失电压加上降压变压器输入电压，D项错误．‎ 专家会诊 远距离输电线路图以铁芯为界分为三个回路，升压变压器副线圈两端电压等于输电线电阻上电压与降压变压器输入线圈两端电压之和，升压变压器输入功率等于负载消耗功率和输电线上损坏的功率之和．‎ 易错点5 电磁场、电磁波、电磁波的波速及其应用 ‎1．电磁波与声波比较 ( )‎ A.电磁波的传播不需要介质，声波的传播需要介质 B．由空气进入水中时，电磁波速度变小，声波速度变大 C．由空气进入水中时，电磁波波长变小，声波波长变大 D．电磁波和声波在介质中的传播速度，都是由介质决定，与频率无关 ‎【错误答案】 D ‎【错解分析】因为电磁波和声波都属于波，都具有波的特性，故认为电磁波和声波一样传播时都需要介质，电磁波的传播速度也是由介质决定，另声波从空气进入水中传播速度增大，频率不变，故波长变大．错误地认为D项正确．‎ ‎【正确解答】电磁波和声波虽都是波，都具有波的特性，但是两者本质上不同，声波是一种振动形式在介质中传播，传播过程需要介质；而电磁波是物质，传播不需要介质．A、B选项均与事实相符，所以A、B项正确．由空气进入水中时，根据 ，电磁波速度变小，频率不变，波长变小；声波速度变大，频率不变，波长变大，故C项正确．电磁波在介质中的速度，与介质有关，也与频率有关，在同一种介质中，频率越大，波速越小，所以D项错误，故 ABC正确．专家会诊 -解决这类问题需要注意电磁波和机械波共同点和本质上决定的不同点．‎ ‎【典型习题导练】‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1.图甲、乙所示分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化.下列法说正确的是（）‎ D.图甲所示电压经匝数比为10：1的变压器变压后，频率变为原来的 解析：因大小和方向均随时间做周期性变化的电流为交流电，故图乙电压表示的也为交流电，A错误；由图象知，相同时刻U1>U2,故B错误；由图甲知，该交流电压是正弦交流电压，Um=311 V,T=2×10-2 s,则瞬时值u=Umsin t V=311sin100πt V,故C正确；因变压器变压后输入电压与输出电压的频率相同，故D错误.‎ 答案：C ‎2.汽油机做功冲程开始时，汽缸中的汽油——空气混合气要靠火花塞点燃，但是汽车蓄电池的电压只有12 V,不能在火花塞中产生火花，为此设计了如图所示的点火装置，这个装置的核心是一个变压器，它的初级线圈通过开关连到蓄电池上，次级线圈接到火花塞的两端，开关由机械自动控制.做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，这样就能在火花塞中产生火花了.下列说法正确的是( )‎ B.该设计方案可行，因为变压器能将直流电改变为交流电 C.该设计方案可行，因为通过变压器初级线圈是变化的电流，可以通过变压器发生互感现象 D.该变压器一定是升压变压器 答案：CD ‎3.如图所示，一个匝数为10的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T.若把万用电表的选择开关拨到交流电压挡，测得a,b两点间的电压为20.0 V，则可知：从中性面开始计时，当t=T/8时，穿过线圈的磁通量的变化率约为()‎ A.1.41‎‎ Wb/s B.2.0 Wb/s C.14.1 Wb/s D.20.0 Wb/s 解析：由于电压表测量的是交变电流有效值，由此可以计算出交变电压的最大值为 Em= E=20V 交变电压的瞬时表达式为:e=20 sin t 当t=T/8时的瞬时值为：e=20 V 由法拉第电磁感应定律知，对应该时刻磁通量的变化率为=2.0Wb/s，故选项B是正确的.‎ 答案：B ‎4.如图甲所示，一理想变压器的原、副线圈分别为ab,cd.原线圈中通有如图乙所示的 B.在t=时刻，副线圈两端c、d间电压最大 C.在t=时刻，副线圈c端电势低于d端电势 D.在t=T时刻，副线圈两端c,d间电压最大 解析：由乙图可知，在t=时，ab中电流减小为零时，铁芯中磁通量为零，而磁通量变化率为最大，所以c,d间电压最大，由楞次定律可知,c端电势低于d端电势，在t=T时，c,d间电压为零.‎ 答案：D ‎5.理想变压器如图所示，原线圈匝数n1=1 000匝，两副线圈匝数分别为n2=600匝，n3=200匝，当原线圈两端接在220 V的交流电源上时，原线圈上电流为2 A，通过R2的电流为1 A，则通过R3的电流为()‎ 解析：如果套用公式得×2 A=10 A，错选 A项.这是因乱套公式而造成的错误.其错误原因是变流比公式是根据P入=P出推导出来的，，只适用于一个副线圈的情况.本题正确解答是由变压比公式可得 U2=·U1=132 V U3=·U1=44 V 由电功率相等有I1U1=I2U2+I3U3‎ 解得I3=7 A 答案：B ‎6.如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n.原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机.电动机线圈电阻为R.当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升.下列判断正确的是()‎ C.原线圈中的电流为nI D.变压器的输入功率为 解析：电动机两端电压为，故电动机消耗的功率为，即为变压器的输入功率，原线圈中的电流I0=I/n.‎ 答案：D ‎7.当频率增大时，机械波和电磁波在各自传播介质中的传播速度（真空中）将()‎ A.机械波速度增大，电磁波速度不变 B.机械波速度不变，电磁波速度增大 C.两者速度都不变 D.两者速度都增大 解析：机械波的波速是由介质决定的，所以当频率增大时机械波的速度不变.而电磁波的传播速度是电磁场的速度，所以也不变.故C选项正确.‎ 答案：C ‎8.如图甲所示，矩形金属导轨水平放置，导轨上跨接一金属棒ab，与导轨构成闭合回路，并能在导轨上自由滑动，在导轨左侧与ab平行放置的导线cd中通以如图乙所示的交变电流，规定电流方向自c向d为正，则ab棒受到向左的安培力的作用时间是()‎ 闭合回路中的磁场方向垂直纸面向里，金属棒ab中的电流方向由a→b，再由左手定则可判断出，此时ab棒所受安培力向左，选项A正确.同理可判断出t1→t2时间内，在t3→t4时间内ab棒所受安培力向右.‎在t2→t3‎时间内ab棒所受安培力向左，所以本题正确答案为A、C.‎ 答案：AC ‎9.如图为“热得快”热水器电路图和简易图.现接通电源，发现该热水器没有发热，并且热水器上的指示灯也不亮，现用交流电压表测得热水器A、B两端的电压为220 V，指示灯两端电压为220 V.该热水器的问题在于()‎ C.电阻丝熔断，同时指示灯烧毁 D.同时发生了以上各种情况 答案：C ‎10.如图所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，整个线圈的电阻为r,在磁感应强度为B的磁场中，绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电阻为R，当线圈由图示位置转过‎90°的过程中，下列说法正确的是()‎ C.电阻R所产生的焦耳热为 D.通过电阻R的电荷量为q=‎ ‎＝N=N·，所以选项B正确.‎ 因产生的是正弦交流电，所以Em=NBSω,‎E=，‎ 电阻R产生的焦耳热Q=I2R·，所以选项C项错.‎ q= Δt=，所以选项D正确.‎ 答案：BD 二、非选择题（本题共6小题，共60分.按题目要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）.‎ ‎11.（10分）为了测定和描绘“220 V，40 W”白炽灯灯丝的伏安特性曲线，可以利用调压变压器供电.调压变压器是一种自耦变压器，它只有一组线圈L绕在闭合的环形铁芯上，输入端接在220 V交流电源的火线与零线间，输出端有一个滑动触头P，移动它的位置，就可以使输出电压在0～250 V之间连续变化，如图甲画出的是调压变压器的电路符号.实验室 (2)说明按你的实验电路图进行测量，如果电表内阻的影响不能忽略，在电压较高段与电压较低段相比较，哪段误差更大？为什么？‎ ‎（3）如果根据测量结果作出的伏安特性曲线如图乙，根据图线确定，把两个完全相同的“220 V，40 W”白炽灯串联在220 V交流电源的火线与零线间，这两只电灯消耗的总功率是____W.‎ 解析：‎ ‎（1）如图所示，开关应接在火线上，电流表内接和外接都可以.‎ 压表分流而造成的误差太大；如果采用电流表内接法，电压表较低段误差更大，因为电压越小，灯丝电阻越小，由于电流表分压造成的误差越大.‎ ‎(3)47（46～48均可）‎ 答案：（1）见解析图（2）见解析（3）47‎ ‎12.(10分）黑光灯是利用物理方法灭蛾杀虫的一种环保型设备，它发出的紫色光能够引诱害虫飞近黑光灯，然后被黑光灯周围的交流高压电网“击毙”.‎ ‎(1‎‎)一只20 W的黑光灯正常工作时，约有5%的能量转化为光能，光能中约有46%是频率为7×1‎01‎4Hz的紫光，求黑光灯每秒钟向外辐射多少个该频率的光子.(h=6.6×10-34J·s保留两位有效数字）‎ ‎(2)如图所示是高压电网的工作电路.高压电网是利用变压器将有效值为220 V的交流电压变成高压，高压电网相邻两极间距离为0.5 cm，已知空气在常温常压下的击穿电压为6 220 ‎ E′=hν=6.6×10-34×7×1014 J=4.62×10-19 J n=Ehν=1.0×1018个.‎ ‎（2）Um=U有= ×220 V=311 V 极板间空气击穿电压U=6 220×0. 5V=3 110 V ‎.‎ 答案：(1)1.0×10-18个（2)‎ ‎13.（10分）如图所示，一个变压器（可视为理想变压器）的原线圈接在220 V的市电上，向额定电压为1.8×104 V的霓虹灯供电，使它正常发光，为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA时，熔丝就断.‎ ‎（2）当副线圈电路中电流为10 mA时，变压器的输入功率是多大？‎ ‎（1）求线圈从中性面开始转过90°角的过程中产生的热量；‎ ‎(2)求线圈从中性面开始转过90°角的过程中，通过导线截面的电量.‎ 解析：（1）线圈中感应电动势的最大值为Em=NBa２ω，故线圈中电流的有效值为I=Im/=Em/R=NBa2ω/( R)，线圈转过90°角的时间为t=T/4=π/2ω，所以在转动过程中产生的热量Q=I2Rt=πN2B2a4ω/(4R)‎ ‎(2)线圈转过90°角的过程中，感应电动势和感应电流的平均值分别为 ‎=N=2NBa2ω/π, =/R=2NBa2ω/(πR)‎ 所以流过导体截面的电量为Q=t=NBa2/R 答案：(1)πN2B2a4ω/(4R)(2)NB2a2/R ‎15.(10分）如图所示，边长为0.5 m的正方形线框ABCD绕AB边在磁感应强度为0.4 T的匀强磁场中匀速转动，AB边与磁场方向垂直，转速为50 r/s.求：‎ ‎(2)转动过程中，当穿过线圈平面的磁通量为0.05 Wb时，感应电动势的瞬时值.‎ 解析：（1）Em=BSω=BS·2πn ‎=0.4×0.52×2π×50 V=31.4 V.‎ ‎（2）设从图示位置开始计时，则 e=31.4sin100πt V①‎ Φ=Φmcos100πt ‎=0.1cos100πtWb②‎ 又因Φ=0.05 Wb代入②得 cos100πt=‎ 所以e=31.4×V=27.2 V 答案：(1)31.4 V(2)27.2 V ‎16.(10分）为了减少因火电站中煤的燃烧对大气的污染而大力发展水电站.三峡水利工程中某一水电站发电机组设计为：水以v1=3 m/s的速度流入水轮机后以v2‎=1 ‎m/s的速度流出，流出水位比流入的水位低10 m，水流量为Q=10‎ ‎ m3/s，水轮机效率为75%，发电机效率为80‎%‎‎，求：‎ ‎（1）发电机组的输出电功率是多少？‎ ‎（2）如果发电机输出电压为240 V，用户需电压220 V，输电线路中能量损失为5%，输电线电阻为Ω，那么所需升、降变压器的原副线圈匝数比分别是多少？‎ I1= A=2 600 A 输电线路损失ΔP=P0×5%=31.2×103 W 输电电流由焦耳定律得=ΔP/R，得I2=43.3 A 则升压变压器原副线圈匝数比 n1:n2=I2:I1=433:26 000.‎ 用户端降压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率 P=P0-ΔP=592.8×103W 输出电流I3= A=2 694.5 A 所以用户降压变压器原副线圈匝数比 n3:n4=I3:I2=26 945:433.‎ 答案：(1)624 Kw (2)433:26 000 26 945:33 ‎