題目列表(包括答案和解析)
某交流發電機給燈泡供電，產生正弦式交變電流的圖象如圖所示，下列說法中錯誤的是（ ）| A、交變電流的頻率為0.02Hz | B、交變電流的瞬時表達式為i=5cos50πt（A） | C、在t=0.01s時，穿過交流發電機線圈的磁通量最大 | D、若發電機線圈電阻為0.4Ω，則其產生的熱功率為5W |
（2009?棗莊一模）某交流發電機給燈泡供電，產生正弦式交變電流的圖象如圖所示，下列說法中正確的是（ ）
某交流發電機產生的正弦式交變電流的圖象如圖所示，下列說法中正確的是（ ）
（2012?懷柔區二模）某交流發電機給燈泡供電，產生正弦式交變電流的圖象如圖所示，下列說法中正確的是（ ）某交流發電機給燈泡供電，產生正弦式交變電流的圖象如圖所示，下列說法中正確的是( )
A．交變電流的頻率為0.02Hz
B．交變電流的瞬時表達式為
＝5cos100πt(A)
C．在t＝0.01s時，穿過交流發電機線圈的磁通量最大
D．若發電機線圈電阻為0.4Ω，則其產生的熱功率為5W
高考真題
1．【解析】交流電的概念，大小和方向都隨時間變化，在t軸的上方為正，下方為負，A錯。有效值
只對正弦交流電使用，最大值一樣，所以B錯。由圖可知，C對。變壓之后頻率不變，D錯。
【答案】C
2．【解析】由e－t圖像可知，交變電流電流的周期為0.25s，故頻率為4Hz，選項A、B錯誤。根據歐姆定律可知交變電流的最大值為
A，選項C正確。
【答案】C
3．【解析】本題考查正弦交流電的產生過程、楞次定律等知識和規律。從a圖可看出線圈從垂直于中性面開始旋轉，由楞次定律可判斷，初始時刻電流方向為b到a，故瞬時電流的表達式為i=－imcos（+ωt），則圖像為D圖像所描述。平時注意線圈繞垂直于磁場的軸旋轉時的瞬時電動勢表達式的理解
【答案】D
4．【解析】原線圈電壓有效值U1=220V，由電壓比等于匝數比可得副線圈電壓U2=55V，A對；電阻R上的電流為
【答案】AC
5．【解析】（1）輸電線上的電流強度為I＝
A＝
輸電線路損耗的功率為
P損＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW
（2）改用高壓輸電后，輸電線上的電流強度變為I′＝
A＝
用戶端在變壓器降壓前獲得的電壓 U1＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V
根據 
用戶得到的電壓為U2＝
＝
×4976V＝226.18V
【答案】380
，75%
6．【解析】帶電粒子在交變電場中不斷地作勻加速和勻減的交替運動，經過一個周期后，速度為零，再又重復前面的運動，所以選項A正確
【答案】A
7．【解析】原線圈中電壓的有效值是220V，由變壓比知副線圈中電壓為100V，流過電阻的電流是
【答案】D
8．【解析】理想變壓器的特點是輸入功率等于輸出功率，當負載電阻增大時，由于副線圈的電壓不變，所以輸出電流I2減小，導致輸出功率P2減小，所以輸入功率P1減小；輸入的電壓不變，所以輸入的電流I1減小，B正確
【答案】B
9．【解析】因為變壓器的匝數與U1不變，所以U2與兩電壓表的示數均不變．當S斷開時，因為負載電阻增大，故次級線圈中的電流I2減小，由于輸入功率等于輸出功率，所以I1也將減小，C正確；因為R1的電壓減小，故R2、R3兩端的電壓將增大，I3變大，B正確．
【答案】BC
10．【解析】
(1)輸電線的電阻為：
P2=P1 P2=I2U2
聯立以上五式解得：U2＝8×104V
輸電線路上的電壓損失 U損＝I2R＝3200V
【答案】（1）U2＝8×104V （2）3200V
名校試題
1．【解析】線圈轉動900后，進入磁場，線圈處于平行磁感線平面，磁通量變化最快，在這個過程中，沒有感應電流；線圈再轉動900后，線圈處于中性面，磁通量變化最慢，在這個過程中，磁通量增加，感應電動勢和感應電流呈余弦規律變化，感應電流由b到a；再轉動900后，線圈處于平行磁感線平面，磁通量變化最快，在這個過程中，磁通量減小，感應電流由a到b；再轉動，離開磁場，沒有感應電流，依次類推。
【答案】D
2．【解析】由圖可知交交變電流的周期為0.04s，所以選項A正確；交變電壓的最大值為100V，而電阻R＝100Ω，所以交變電流的最大值為
【答案】AD
3．【解析】由圖可以求得．交變電流的頻率為40Hz，所以選項A錯；交變電流的瞬時表達式為
，所以選項B錯；在t=0.01s時，穿過交流發電機線圈的磁通量為零，所以選項C錯；因電流的有效值為A，所以發電機線圈電阻為0.4Ω，則其產生的熱功率為5W，故選項D對．
【答案】D
4．【解析】V1示數小于正常值時，副線圈的輸出電壓也要變小，所以滑動觸頭P向上滑動，即選項A正確；當用電器增加時，副線圈的電流增大，輸電線上損失的電壓增大，要使電器正常工作，滑動觸頭P應向上滑，所以選項C正確
【答案】AC
5．【解析】副線圈的電流增大，輸電線上損失的電壓增，所以選項C正確
【答案】C
6．【解析】K由a合到b時，n1減小，由
,可知U2增大，P2=
隨之增大，而P1=P2，又P1=I1U1，從而I1增大，A正確；K由b合到a時，與上述情況相反，P2將減小，B正確；P上滑時，R增大，P2=減小，又P1=P2，P1=I1U1，從而I1減小，C錯誤；U1增大，由可知，U2增大，I2=
隨之增大，由
可知I1也增大，D正確。
【答案】A、B、D正確。
7．【解析】由于次級兩組副線圈的組合連接使得小燈泡回路中兩線圈產生的感應電動勢方向相反，所以小燈泡的工作電壓有效值為：
則
因為理想變壓器輸入功率等于輸出功率，故答案應選A．
【答案】A
8．【解析】電流互感器要把大電流變為小電流，因此原線圈的匝數少，副線圈的匝數多。監測每相的電流必須將原線圈串聯在火線中。
【答案】A
9．【解析】(1)Em＝nBSω
代人數據得 Em＝400×0.25×0.05×0.04×l00 V＝20 V
(2)Im=
代人數據得Im＝
A=2A
∵是正弦交變電流，所以電流表讀數即有效值
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】 發電站的輸出電流
①
輸電線路損失的功率
②
則
③
變壓器的匝數比
【答案】
11. 【解析】⑴如圖36所示。由于輸送功率為P=500kW，一晝夜輸送電能E=Pt=12000度，終點得到的電能E′=7200度，因此效率η=60%。輸電線上的電流可由I=P/U計算，為I=100A，而輸電線損耗功率可由Pr=I 2r計算，其中Pr=4800/24=200kW，因此可求得r=20Ω。
⑵輸電線上損耗功率
，原來Pr=200kW，現在要求Pr′=10kW ，計算可得輸電電壓應調節為U′=22.4kV。
【答案】（1）η=60% 20Ω （2）22.4kV
12．【解析】（1）根據磁場分布特點，線框不論轉到磁場中哪一位置，切割磁感線的速度始終與磁場方向垂直，故線框
轉到圖示位置時，感應電動勢的大小為
E=2Blv=2Bl
=BlLω
（2）線框轉動過程中，只能有一個線框進入磁場（作電源），另一個線框與外接電阻R并聯后一起作為外電路。
電源內阻為r，外電路總電阻R外=
r
故R兩端的電壓最大值：UR=IR外=
（3）和
在磁場中，通過R的電流大小相等
圖37
iR=
BlLω?
從線框進入磁場開始計時，每隔T/8（線框轉動45°）電流發生一次變化，其iR隨時間t變化的圖象如圖20所示。
【答案】（1）BlLω （2） 
（3）如圖37所示
考點預測題
1．【解析】此題是已知圖象求數學表達式的問題，電壓表示數為10V是有效值，電壓最大值為
,CD均錯；因此電流有效值為
,交流電的電流最大值為
，由圖可知，交流電的周期T＝0.02s，因此
，故A正確
【答案】A
2.【解析】求解此題的關鍵是由線圈的轉動來確定表達式。取軸Ox垂
直于磁感強度，線框轉角為θ（如圖38所示）線框長邊垂直于紙面，點A、B表示線框長邊導線與紙面的交點，O點表示轉軸與紙面的交點.
線框長邊的線速度
一根長邊導線產生的電動勢為
，一匝導線框所產生的感應電動勢為
N匝線框產生的電動勢應為
磁極換成釹鐵硼永磁體時，設匝數為N′，則有
圖38
由 En=EN′可得
【答案】
3．【解析】正方形線框在磁場中旋轉產生的感應電動勢的最大值為Em，該交變電流的有效值為
，
，
，正確答案為B
【答案】B
4．【解析】 由法拉第電磁感應定律和歐姆定律
可得
內，
內，
由有效值的定
【答案】B
5．【解析】鉗形表是根據電磁感應原理制成的，故只能用來測量交流電流；對鉗形表的初、次級滿足
，
，I1不變，故當n1增加3倍時I2=3.6A，正確答案為C.鉗形表在使用時，初級是串聯在被測電路中的，故同一電纜線雖多繞了幾匝，但電纜線中的電流 I1保持不變.。
【答案】C
6． 【解析】由燈泡正常發光知,副線圈電壓為220V,又原、副線圈電壓與匝數成正比，D錯。輸入、輸出功率相等，B錯；電流表的示數為有效值，所以A錯，C正確。
【答案】C
7．【解析】保持P的位置及U
不變，S由b切換到a的過程中，副線圈匝數增多，輸出電壓增大，則R上消耗的功率也增大，原線圈的輸入功率也增大；U不變，輸入電流I增大，所以選項A、D錯而C正確。保持P的位置及U不變，S由a切換到b的過程中，副線圈匝數減少，則輸出電壓減少，輸出電流也減少。故選項B也正確。
【答案】BC
8．【解析】（1）設原、副線圈上的電壓、電流分別為U1、U2、I1、I2.
根據理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，有 I1U1=I2U2
當 I2=12mA時，I1即為熔斷電流.代入數據，得 I1=0.98A
（2）設副線圈中電流為 I2′=10mA時，變壓器的輸入功率為 P1，根據理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，有 P1=I2′U2，代入數據，得 P1=180W
【答案】（1）I1=0.98A （2）P1=180W
9．【解析】輸入電流和輸出電流都是由負載決定，輸出、輸入電壓由電源決定.原距離輸電原理考查.選項C對。
【答案】C
10．【解析】⑴所有燈都正常工作的總功率為22×6×40=5280W，用電器總電流為
A，輸電線上的電流
A，降壓變壓器上：U2=4U2/=880V，輸電線上的電壓損失為：Ur=IRR=24V ，因此升壓變壓器的輸出電壓為U1/=UR+U2=904V，輸入電壓為U1=U1//4=226V，輸入電流為I1=4I1/=24A，所以發電機輸出功率為P出=U1I1=5424W
⑵發電機的電動勢E=U1+I1r=250V
⑶輸電線上損耗的電功率PR=IR2R=144W
【答案】（1） 5424W （2）250V （3）144W
11．【解析】（1）由電場強度公式 
帶電粒子所受電場力 
因此 
(2)粒子在
時間內走過的距離為 
故帶電粒子在
時恰好到達A板，根據動量定理，此時粒子的動量
(2)帶電粒子在
時間內向A板做勻加速運動，在
向A板做勻減速運動，速度為零后將返回。粒子向A板運動的可能最大位移
要求粒子不能到達A板，則有s<d，由
得,電勢變化頻率應滿足
【答案】（1） （2） （3）
12．【解析】（1）質量為m電荷量為q的帶電粒子以平行于極板的初速度v0射入長L板間距離為d的平行板電容器間，兩板間電壓為U，求射出時的側移
當
＞
時，電子能穿越平行板
當＞時，電子不能穿越極板，中途就落到上板或下板上。如圖39所示。
圖39
由
可看出，與U成正比。電子穿越平行極板的臨界條件為＞，此時兩板上的電壓
可算得。因為
所以
=
=91V
（2）當交變電壓的最大值超過91V時，射入的電子束會出現有時能通過兩極板，有時不能通過的現象，由圖40可以知道，要使
：
=2：1
在每個半周期內，=
，=
，也就是在
時，
=91V。由交變電流的方程得
所以
圖40
【答案】（1）91V（2）
13.【解析】 感抗對電流的阻礙作用是“通直流，阻交流”，“通低頻，阻高頻”，容抗對電流的阻礙作用是“通交流，隔直流”“通高頻，阻低頻”。線圖L1的作用是讓低頻信號通過，阻礙高頻成分，通過線圈L1的信號中還有少量的高頻成分，C1的作用就是讓這些少量的高頻成分通過，阻礙低頻信號通過，讓低頻信號通過揚聲器甲，故揚聲器甲是低音揚聲器，選項A、B、C錯誤；L2的作用是讓低頻信號通過，阻礙高頻成分通過，減弱通過揚聲器乙的低頻頻電流，揚聲器乙是高音揚聲器，選項D正確。
【答案】D
14.【解析】當自行車車輪轉動時，通過摩擦小輪使發電機的線框在勻強磁場內轉動，線框中產生一正弦交流電動勢，其最大值ε=ω0BSN
式中ω0為線框轉動的角速度，即摩擦小輪轉動的角速度.
發電機兩端電壓的有效值
設自行車車輪轉動的角速度為ω1，由于自行車車輪與摩擦小輪之間無相對滑動，有
R1ω1=R0ω0
小齒輪轉動的角速度與自行車輪轉動的角速度相同，也為ω1.設大齒輪轉動的角速度為ω，有 R3ω=R2ω1由以上各式解得
，代入數據得ω=3.2s-1
【答案】ω=3.2s-1
15．【解析】根據第一列電磁波從發出到收到回波可以確定飛機離開雷達站的第一個位置； 根據第二列電磁波從發出到收到回波可以確定飛機離開雷達站的第二個位置．這兩個位置的變化（位移）對應的時間為 4秒，就可以計算飛機的速度值．（雷達波往返的時間遠小于相鄰兩個雷達發出的時間）．如圖1所示模擬了雷達站雷達屏上所看到的圖案，圖中
為第一列雷達波及其回波，
為第二列雷達波及其回波（由于雷達波在傳播過程中有損耗，所以回波的幅值較發出時小）．設飛機的速度為v，之間的時間間隔為 
t1，之間的時間間隔為t2 ，
之間的時間間隔為t，則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)
∴輻射的頻率范圍為3×1012Hz~1.5×1017Hz
（2）每小時從太陽表面輻射的總能量為
代入數所得W=1.38×1010J
（3）設火星表面溫度為T，太陽到火星距離為d，火星單位時間內吸收來自太陽的輻射能量為
∴
火星單位時間內向外輻射電磁波能量為
火星處在平衡狀態
，即
由上式解得火星平均溫度
【答案】（1）3×1012Hz~1.5×1017Hz （2）1.38×1010J
（3）
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