高考物理復(fù)習(xí)帶電粒子在組合場復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題復(fù)習(xí)指導(dǎo)練案

第10講帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)限時(shí)：

40分鐘一、選擇題

(此題共

6小題，此中

1～3題為單項(xiàng)選擇，

4～6題為多項(xiàng)選擇

)1．(2017·遼寧省大連市二模

)如下圖為研究某種帶電粒子的裝置表示圖，粒子源射出的粒子束以必定的初速度沿直線射到熒光屏上的

O點(diǎn)，出現(xiàn)一個(gè)光斑。在垂直于紙面向里的方向上加一磁感覺強(qiáng)度為

B的勻強(qiáng)磁場后，粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為

r

的圓弧運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏上的

P點(diǎn)，而后在磁場地區(qū)再加一豎直向下，場強(qiáng)盛小為

E的勻強(qiáng)電場，光斑從P點(diǎn)又回到

O點(diǎn)，對于該粒子

(不計(jì)重力

)，以下說法正確的選項(xiàng)是

導(dǎo)學(xué)號

86084207(D)BA．粒子帶負(fù)電B．初速度為v＝EqB2rqEC．比荷為＝ED．比荷為＝2mmBr[分析]垂直于紙面向里的方向上加一磁感覺強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場后，粒子束打在熒光屏上的P點(diǎn)，依據(jù)左手定章可知，粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)電場和磁場同時(shí)存在時(shí)：qvB＝，解得E＝v2qvEv＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在磁場中時(shí)，由mr，可得：＝rB＝2，應(yīng)選項(xiàng)DEqBqvBmBr正確，C錯(cuò)誤；應(yīng)選D。2．(2017·江蘇省海州高級中學(xué)模擬)如下圖，一段長方體形導(dǎo)電資料，左右兩頭面的邊長都為a和b，內(nèi)有帶電量為q的某種自由運(yùn)動(dòng)電荷。導(dǎo)電資料置于方向垂直于其前表面向里的勻強(qiáng)磁場中，內(nèi)部磁感覺強(qiáng)度大小為。當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時(shí)，測得導(dǎo)B電資料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低。由此可得該導(dǎo)電資料單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)及自由運(yùn)動(dòng)電荷的正負(fù)分別為導(dǎo)學(xué)號86084208(A)IBB．|IBA．||，負(fù)|，正qbUqbUIBIBC．|q|aU，負(fù)D．|q|aU，正[分析]上表面的電勢比下表面的低，依據(jù)左手定章可判斷自由電荷帶負(fù)電，穩(wěn)準(zhǔn)時(shí)，UIBBqv＝qa，解得U＝Bav，又I＝nqsv，S＝ab，聯(lián)立解得n＝|q|bU，所以A正確；B、C、D錯(cuò)誤。3．如下圖為一種質(zhì)譜儀的工作原理表示圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分組成：離子源、加快電場、靜電剖析器、磁剖析器、采集器．靜電剖析器通道中心線半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻射電場，在中心線處的電場強(qiáng)度大小為E；磁剖析器中散布著方向垂直于紙面，磁感覺強(qiáng)度為

B的勻強(qiáng)磁場，其左界限與靜電剖析器的右界限平行。由離子源發(fā)出一個(gè)質(zhì)量為

m、電荷量為

q的正離子

(初速度為零，重力不計(jì)

)，經(jīng)加快電場加快后進(jìn)入靜電剖析器，

沿中心線MN做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，爾后由P點(diǎn)進(jìn)入磁剖析器中，最后經(jīng)過Q點(diǎn)進(jìn)入采集器。以下說法中正確的選項(xiàng)是導(dǎo)學(xué)號86084209(B)A．磁剖析器中勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向內(nèi)ERB．加快電場中的加快電壓U＝22mERC．磁剖析器中圓心Bq2D．任何離子若能抵達(dá)P點(diǎn)，則必定能進(jìn)入采集器[分析]進(jìn)入靜電剖析器后，正離子順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，所受洛倫磁力指向圓心，依據(jù)左手定則，磁剖析器中勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向外，A錯(cuò)誤；離子在靜電剖析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓第二定律有＝v2，設(shè)離子進(jìn)入靜電剖析器時(shí)的速度為v，離子在加快電場R12ER中加快的過程中，由動(dòng)能定理有：qU＝2mv，聯(lián)立解得U＝2，B正確；由B項(xiàng)分析可知：R2U1mER＝E＝Bq，故C錯(cuò)誤，與離子質(zhì)量、電量沒關(guān)。離子在磁剖析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，v212由牛頓第二定律有qvB＝mr得：r＝Bq，由題意可知，圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑與電荷的質(zhì)量和電量相關(guān)，可以抵達(dá)P點(diǎn)的不一樣離子，半徑不必定都等于d，不必定能進(jìn)入采集器，D錯(cuò)誤。應(yīng)選B。4．(2017·四川師大二模)一半徑為R的圓滑圓環(huán)豎直放在水平向右的場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，如下圖，環(huán)上a、c是豎直直徑的兩頭，b、d是水平直徑的兩頭，質(zhì)量為m的帶電小球套在圓環(huán)上，并可沿環(huán)無摩擦滑動(dòng)，已知小球自a點(diǎn)由靜止開釋，沿abc運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)速度恰巧為零，由此可知導(dǎo)學(xué)號86084210(AC)A．小球所受重力與電場力大小相等B．小球在b點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最小C．小球在d點(diǎn)時(shí)的電勢能最大D．小球在c點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大[分析]依據(jù)動(dòng)能定理，從a到d過程，有：·－·＝0解得：＝，即電mgRqERqEmg場力與重力大小相等，故重力場和電場的復(fù)合場中的最低點(diǎn)在bc段圓弧的中點(diǎn)處，小球運(yùn)動(dòng)至此處時(shí)動(dòng)能最大，故A正確，D錯(cuò)誤；依據(jù)功能關(guān)系，除重力外其余力做功等于機(jī)械能的增添量；小球遇到重力、電場力和環(huán)的彈力作用，彈力沿徑向，速度沿著切向，故彈力一直不做功，除重力外只有電場力做功，因?yàn)殡妶隽λ较蜃螅?/p>

故運(yùn)動(dòng)到

b點(diǎn)時(shí)，電場力做的功最多，機(jī)械能增量最大，故

B錯(cuò)誤；依據(jù)功能關(guān)系，電場力做負(fù)功，電勢能增添；電場力向左，故運(yùn)動(dòng)到

d點(diǎn)時(shí)戰(zhàn)勝電場力做的功最多，電勢能增添的最多，故

C正確。5．(2017·河北省張家口市二模

)如下圖，兩塊平行金屬板，兩板間電壓可從零開始漸漸高升到最大值，開始靜止的帶電粒子帶電荷量為＋

q，質(zhì)量為

m(不計(jì)重力

)，從點(diǎn)

P經(jīng)電場加快后，從小孔

Q進(jìn)入右邊的勻強(qiáng)磁場地區(qū)，磁感覺強(qiáng)度大小為

B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場界限，它與極板的夾角為

θ＝30°，小孔

Q到板的下端

C的距離為

L，當(dāng)兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰巧垂直

CD邊射出，則

導(dǎo)學(xué)號86084211(BC)A．兩板間電壓的最大值mqB2L2U＝mB．兩板間電壓的最大值mqB2L2U＝2mC．可以從CD邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間2πmtm＝3qBD．可以從CD邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間mπmt＝6qB[分析]M、N兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰巧垂直打在CD板上，所以圓心在C點(diǎn)，CH＝CQ＝L，故半徑R1＝L洛倫茲力供給向心力可得：2v1qvB＝m①R112依據(jù)動(dòng)能定理可得：qUm＝2mv1②qB2L2聯(lián)立①②可得：Um＝故A錯(cuò)誤，B正確；

2m2πR剖析可知，T＝v③2πm聯(lián)立①③可得T＝qB④可以從CD邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間說明粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度最大，如下圖，其軌跡與CD邊相切于K點(diǎn)120°最長時(shí)間tm＝360°T⑤2πm聯(lián)立④⑤式得tm＝3qB故D錯(cuò)誤，C正確應(yīng)選：BC。6．(2017·昭通市二模)磁流體發(fā)電機(jī)是一種把物體內(nèi)能直接轉(zhuǎn)變成電能的低碳環(huán)保發(fā)電機(jī)，以下圖為其原理表示圖，平行金屬板C、D間有勻強(qiáng)磁場，磁感覺強(qiáng)度為B，將一束等離子體

(高溫下電離的氣體，含有大批帶正電和帶負(fù)電的微粒

)水平噴入磁場，兩金屬板間就產(chǎn)生電壓。定值電阻已知兩金屬板間距離為

R0的阻值是滑動(dòng)變阻器最大阻值的一半，與開關(guān)S串連接在C、D兩頭，d，噴入氣流的速度為v，磁流體發(fā)電機(jī)的電阻為r(R0<r<2R0)。則滑動(dòng)變阻器的滑片

P由

a端向

b端滑動(dòng)的過程中

導(dǎo)學(xué)號86084212(ACD)2220A．電阻R耗費(fèi)功率最大值為BdvR0R0＋rB2d2v2B．滑動(dòng)變阻器耗費(fèi)功率最大值為R0＋rC．金屬板C為電源負(fù)極，D為電源正極D．發(fā)電機(jī)的輸出功搶先增大后減小[分析]依據(jù)左手定章判斷板的極性，離子在運(yùn)動(dòng)過程中同時(shí)受電場力和洛倫茲力，二力均衡時(shí)兩板間的電壓穩(wěn)固。由題圖知當(dāng)滑片P位于b端時(shí)，電路中電流最大，電阻R0消耗功率最大，其最大值為P1＝I2R0＝E2R02＝B2d2v2R02，故A正確；將定值電阻歸為電R0＋rR0＋r源內(nèi)阻，由滑動(dòng)變阻器的最大阻值2R0<r＋R0，則當(dāng)滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值最大時(shí)耗費(fèi)功率最大，最大值為＝2B2d2v2R02，故B錯(cuò)誤；因等離子體噴入磁場后，由左手定章可知PrR0正離子向D板偏，負(fù)離子向C板偏，即金屬板C為電源負(fù)極，D為電源正極，C正確；等離子體穩(wěn)固流動(dòng)時(shí)，洛倫茲力與電場力均衡，即＝E＝，又，所以電源電動(dòng)勢為BqvqdEBdvR0<r<2R0，所以滑片P由a向b端滑動(dòng)時(shí)，外電路總電阻減小，時(shí)期某地點(diǎn)有r＝R0＋R，由電源輸出功率與外電阻關(guān)系可知，滑片P由a向b端滑動(dòng)的過程中，發(fā)電機(jī)的輸出功搶先增大后減小，故D正確．二、計(jì)算題(此題共2小題，需寫出完好的解題步驟)7．(2017·河南省鄭州市二模)如下圖，在以1點(diǎn)為圓心、r＝0.20m為半徑的圓形區(qū)O域內(nèi)，存在著方向垂直紙面向里，磁感覺強(qiáng)度大小為－3B＝1.0×10T的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)。圓的左端跟y軸相切于直角坐標(biāo)系原點(diǎn)，右端與一個(gè)足夠大的熒光屏相切于x軸OMN上的A點(diǎn)，粒子源中，有帶正電的粒子(比荷為q＝1.0×1010C/kg)不停地由靜止進(jìn)入電壓Um＝800V的加快電場．經(jīng)加快后，沿x軸正方向從坐標(biāo)原點(diǎn)O射入磁場地區(qū)，粒子重力不計(jì)。導(dǎo)學(xué)號86084213求粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑、速度偏離本來方向的夾角的正切值。(2)以過坐標(biāo)原點(diǎn)O并垂直于紙面的直線為軸，將該圓形磁場逆時(shí)針遲緩旋轉(zhuǎn)90°，求在此過程中打在熒光屏上的粒子到A點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離。MN[分析](1)帶電粒子在電場中加快，由動(dòng)能定理得12qU＝2mv0進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力供給向心力2v0qvB＝mR，12mU聯(lián)立解得R＝Bq＝0.4m設(shè)速度偏離本來方向的夾角為θ，由幾何關(guān)系得tanθ＝r＝12R24故速度偏離本來方向的夾角正切值tanθ＝3以O(shè)為圓心，OA為半徑做圓弧AC交y軸于C點(diǎn)；以C點(diǎn)為圓心，CO為半徑作出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡交弧AC于D點(diǎn)。粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最大圓弧弦長OD＝2r＝0.4mr由幾何關(guān)系可知sin2＝R最遠(yuǎn)距離y＝(2r－Rtanα)tan2αm代入數(shù)據(jù)可得y＝3－m＝0.29mm58．(2017·廣東省肇慶市二模)如圖甲所示，豎直擋板左邊空間有方向豎直向上的勻MN強(qiáng)電場和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強(qiáng)度E＝40N/C，磁感覺強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向。t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量＝8×10－4q－4C的微粒在O點(diǎn)擁有豎直向下的速度v＝kg、電荷量＝＋2×10m0.12m/s，O′是擋板MN上一點(diǎn)，直線OO′與擋板MN垂直，取g＝10m/s2.求：導(dǎo)學(xué)號86084214微粒再次經(jīng)過直線OO′時(shí)與O點(diǎn)的距離；微粒在運(yùn)動(dòng)過程中走開直線OO′的最大高度；(3)水平挪動(dòng)擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點(diǎn)間的距離應(yīng)知足的條件。[分析](1)由題意可知，微粒所受的重力G＝mg＝8×10－3N－3電場力大小F＝Eq＝8×10N所以重力與電場力均衡微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則v2qvB＝mRmv解得R＝Bq＝0.6m2πR由T＝v解得T＝10πs則微粒在5πs內(nèi)轉(zhuǎn)過半個(gè)圓周，再次經(jīng)直線′時(shí)與O點(diǎn)的距離l＝2＝1.2mOOR(2)微粒運(yùn)動(dòng)半周后向上勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝5πs，軌跡如下圖，位移大小svt＝0.6πm＝1.88m所以，微粒走開直線OO′的最大高度h＝s＋R＝2.48m(3)若微粒能垂直射到擋板上的某點(diǎn)P，P點(diǎn)在直線OO′下方時(shí)，由圖象可知，擋板MN與O點(diǎn)間的距離應(yīng)知足L＝(2.4n＋0.6)m(n＝0,1,2)若微粒能垂直射到擋板上的某點(diǎn)P，P點(diǎn)在直線OO′上方時(shí)，由圖象可知，擋板MN與O點(diǎn)間的距離應(yīng)知足L＝(2.4n＋1.8)m(n＝0,1,2)第11講直流與溝通電路問題限時(shí)：40分鐘一、選擇題(此題共16小題，此中1～8題為單項(xiàng)選擇，9～16題為多項(xiàng)選擇)1．(2017·四川師大二模)如下圖電路中，電源電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r，電阻R2、R3為定值電阻，R1為滑動(dòng)變阻器，A、B為電容器的兩個(gè)極板。當(dāng)滑動(dòng)變阻器R1處于某地點(diǎn)時(shí)，、B兩板間的帶電油滴靜止不動(dòng)。則以下說法中正確的選項(xiàng)是導(dǎo)學(xué)號86084229(B)AA．僅把R1的觸頭向右滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)減小，油滴向下運(yùn)動(dòng)B．僅把R1的觸頭向右滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)減小，油滴向上運(yùn)動(dòng)C．僅把兩極板A、B間距離減小，油滴向下運(yùn)動(dòng)D．僅把兩極板A、B間相對面積減小，油滴向下運(yùn)動(dòng)[分析]

僅把

R1的觸頭向右滑動(dòng)時(shí)，

R1增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，路端U電壓增大，則電流表讀數(shù)減小。由E＝d剖析可知，板間場強(qiáng)增大，油滴所受電場力增大，則油滴向上運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤，B正確；僅把兩極板A、B間距離d減小，電容器的電壓不變，U由E＝d剖析可知，板間場強(qiáng)增大，油滴所受電場力增大，則油滴向上運(yùn)動(dòng)。而電路其余部分不變，電流表讀數(shù)不變。故C錯(cuò)誤；僅把兩極板A、B間相對面積減小，U和d不變，則板間場強(qiáng)不變，油滴所受電場力不變，則油滴仍保持靜止。電流表讀數(shù)不變。故D錯(cuò)誤。2．(2017·河南省濟(jì)源市二模)如圖甲所示，在勻強(qiáng)磁場中，一巨型金屬線圈兩次以不同的轉(zhuǎn)速繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢隨時(shí)間變化的e－t圖象分別如圖乙中曲線a、b所示，則導(dǎo)學(xué)號86084230(D)A．t＝0時(shí)刻穿過線圈的磁通量均為零B．曲線a表示的交變電流的頻次為25HzC．曲線b表示的交變電動(dòng)勢有效值為15VD．曲線a、b對應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為32[分析]在t＝0時(shí)刻，線圈必定處在中性面上，此時(shí)磁通量最大，故A錯(cuò)誤；曲線a11－2的交變電流的頻次f＝T＝0.02＝50Hz，故B錯(cuò)誤；由圖可知，a的周期為2×10s；b的周期為3×10－2n1、對應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為s，則由＝可知，轉(zhuǎn)速與周期成反比，故曲線Tab2，曲線a表示的交變電動(dòng)勢最大值是30V，依據(jù)Em＝nBSω得曲線b表示的交變電動(dòng)勢最大值是

20V，則有效值為

U＝20V＝102V；故2

C錯(cuò)誤，

D正確。3．(2017·山東省聊城市二模

)如下圖，理想變壓器的原副線圈的匝數(shù)比

n1∶n2＝2∶1，原線圈接正弦式溝通電，副線圈接電動(dòng)機(jī)，電動(dòng)機(jī)線圈電阻為

R，當(dāng)輸入端接通電源后，電流表讀數(shù)為

I，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)一質(zhì)量為

m的重物以速度

v勻速上漲，若電動(dòng)機(jī)因摩擦造成的能量損失不計(jì)，則圖中電壓表的讀數(shù)為導(dǎo)學(xué)號86084231(A)mgvmgvA．4IR＋I(xiàn)B．I1mgvC．4IRD．4IR＋I(xiàn)[分析]電流與匝數(shù)成反比，副線圈的電流為2，輸入功率等于副線圈耗費(fèi)的功率：PI＝(2I)2＋＝UI，所以電壓表的讀數(shù)＝4IRmgv＋。應(yīng)選A。RmgvUI4．(2017·江西省二模)如下圖，理想變壓器原線圈兩頭A、B接在電動(dòng)勢為E＝8V，內(nèi)阻為r＝2Ω的溝通電源上，理想變壓器的副線圈兩頭與滑動(dòng)變阻器Rx相連，變壓器原副線圈的匝數(shù)比為1∶2，當(dāng)電源輸出功率最大時(shí)導(dǎo)學(xué)號86084232(D)A．滑動(dòng)變阻器的阻值R＝2ΩxB．最大輸出功率＝4WPC．變壓器的輸出電流I2＝2AD．滑動(dòng)變阻器的阻值Rx＝8Ω[分析]當(dāng)外電路電壓等于內(nèi)電路電壓時(shí)電源輸出功率最大，即1＝r，并且1＋r＝8UUUUV，故1＝4V，依據(jù)歐姆定律可得r122＝1A，I1＝U＝2A，故依據(jù)I＝n可得副線圈中的電流為IUrI2n1UnU8依據(jù)11U2＝8V，故Rx＝28Ω，最大輸出功率為＝＝可得副線圈兩頭的電壓＝Ω＝2222I21PUIUn＝8W，故D正確。5．(2017·江蘇省泰州市一模)如下圖電路，已知電源電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻為r，R為固0定電阻，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的觸頭向上挪動(dòng)時(shí)，以下闡述正確的選項(xiàng)是導(dǎo)學(xué)號86084233(B)A．燈泡

L必定變亮

B．伏特表的示數(shù)變小C．安培表的示數(shù)變小

D．R0耗費(fèi)的功率變小[分析]

當(dāng)R的滑動(dòng)觸點(diǎn)向上挪動(dòng)時(shí)，

R變小，外電路總電阻變小，由閉合電路歐姆定律知，總電流

I

變大，電源的內(nèi)電壓變大，則路端電壓變小，所以伏特表讀數(shù)變小。燈泡

L的電壓減小，則燈

L必定變暗。故

A錯(cuò)誤，B正確；路中并聯(lián)部分電壓變小，經(jīng)過

L的電流減小，而總電流增大，則安培表

A的讀數(shù)變大，

R0耗費(fèi)的功率變大。故

C、D錯(cuò)誤。6．(2017·寧夏中衛(wèi)市一模

)如下圖的電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比

n1n2＝22

1，原線圈接

u1＝2202sin100

πt(V)的溝通電，電阻

R＝10

Ω，電流表、電壓表均為理想電表，則

導(dǎo)學(xué)號86084234(D)A．電壓表的讀數(shù)為102VB．電流表的讀數(shù)為22AC．電阻R耗費(fèi)的功率為102WD．變壓器的輸出功率為10W[分析]輸入電壓的有效值為：U1＝Em2202V＝220V，依據(jù)U1n1n21＝2＝n得：U2＝U1＝222U2n21U210×220V＝10V，故A錯(cuò)誤；電流表的示數(shù)為：I2＝R＝10A＝1A，故B錯(cuò)誤；電阻耗費(fèi)的功率為：2＝22＝10×1W＝10W，故C錯(cuò)誤；理想變壓器的輸入電功率等于負(fù)載耗費(fèi)功率，PUI故為：P1＝P2＝10W，故D正確。7．(2017·山東省日照市二模)自耦變壓器鐵芯上只繞有一個(gè)線圈。某自耦變壓器的電路如下圖，副線圈匝數(shù)可調(diào)。已知變壓器的線圈總匝數(shù)為

1100

匝，原線圈接在

e＝2202sin100

πtV

的溝通電源上。副線圈接阻值為

44Ω的負(fù)載電阻，正常工作時(shí)耗費(fèi)的功率為11W。已知負(fù)載電阻正常工作，則以下說法正確的選項(xiàng)是

導(dǎo)學(xué)號

86084235(C)A．副線圈的匝數(shù)是100匝B．經(jīng)過原線圈的電流為5AC．副線圈的輸出電壓為22VD．副線圈上輸出電壓的頻次為5Hz[分析]12202U2原線圈兩頭的電壓為：U＝2V＝220V，依據(jù)P＝R得副線圈兩頭的電壓為：2＝＝11×44＝22V，依據(jù)電壓與匝數(shù)成正比得：U1n12201100，解得＝，即＝UPRUn222n22n＝110匝，故A錯(cuò)誤，C正確；依據(jù)輸入功率等于輸出功率P＝P＝11W，經(jīng)過原線圈的電212流I1P1＝11ω＝100π＝2πf，解＝＝0.05A，故B錯(cuò)誤；依據(jù)交變電壓的剎時(shí)價(jià)表達(dá)式知U2201得f＝50Hz，故D錯(cuò)誤。8．(2017·河北省衡水中學(xué)二模)圖甲中理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為n12＝5n1，電阻R＝20Ω，L1、L2為規(guī)格同樣的兩只小燈泡，S1為單刀雙擲開關(guān)，原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，現(xiàn)將S接1，S閉合，此時(shí)L2正常發(fā)12光，以下說法正確的選項(xiàng)是導(dǎo)學(xué)號86084236(D)A．輸入電壓u的表達(dá)式為u＝202sin(50πt)VB．只斷開S2后，L1、L2均正常發(fā)光C．只斷開S后，原線圈的輸入功率將增大2D．若S1換接到2后，R耗費(fèi)的電功率為0.8W[分析]從圖中可看出該溝通電的最大值為202V，周期為0.02s，依據(jù)交變電流的電動(dòng)勢隨時(shí)間的變化規(guī)律m2πu＝202sin(100πt)V，e＝Esinωt，此中ω＝T，可知輸入電壓A錯(cuò)誤；只斷開S2，副線圈中電壓不變，兩燈泡的總電壓不變，總電阻增添，流過燈泡的電流減小，L1、L2不可以正常發(fā)光，故B錯(cuò)誤；只斷開S2，副線圈中電壓不變，電路總電阻增添，總電流減小，副線圈功率減小，理想變壓器輸入功率等于輸出功率，故原線圈的輸入功率減小，故C錯(cuò)誤；依據(jù)理想變壓器原副線圈電壓之比U1∶U2＝n1∶n2，可知副線圈電壓的有效2值為4V，若S1接到2，副線圈的電壓仍不變，依據(jù)＝U可得電阻耗費(fèi)的電功率為0.8W，PR故D正確。9．(2017·江蘇省泰州市一模)如圖甲，一理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為21，原線圈的電壓隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，副線圈電路中接有燈泡，額定功率為22W；原線圈電路中接有電壓表和電流表?，F(xiàn)閉合開關(guān)，燈泡正常發(fā)光。若用U和I分別表示此時(shí)電壓表和電流表的讀數(shù)，則導(dǎo)學(xué)號86084237(ABD)A．燈泡的額定電壓為110VB．副線圈輸出溝通電的頻次為50HzC．U＝220V，I＝0.2AD．原線圈輸入電壓的剎時(shí)表達(dá)式為u＝2202sin100πtV[分析]有效值為：＝2202＝220V，副線圈的電壓為：2＝n1＝110V，則A正確；UU2U2n11＝50Hz，變壓器不會(huì)改變頻次，故B正確；副線圈電流為：22原線圈的頻次為f＝I2＝0.021101＝0.2A，原線圈的電流為：I1＝2I1＝0.1A，則C錯(cuò)誤；ω＝2πf＝100π，剎時(shí)表達(dá)式為：u＝2202sin100πtV，故D正確。10．(2017·山東省濰坊一模)如下圖，理想變壓器為降壓變壓器，原線圈經(jīng)過燈泡L1與正弦式溝通電相連，副線圈經(jīng)過導(dǎo)線與兩個(gè)同樣的燈泡

L2和

L3相連，開始時(shí)開關(guān)

S處于斷開狀態(tài)。當(dāng)

S閉合后，全部燈泡都能發(fā)光。以下說法中正確的選項(xiàng)是

導(dǎo)學(xué)號

86084238

(AB)A．燈泡L1和L2中的電流有效值可能相等B．燈泡L2兩頭的電壓變小C．燈泡L1變亮，燈泡L2的亮度不變D．變壓器原線圈的輸入功率不變[分析]當(dāng)S接通后，依據(jù)11＝22可知，因?yàn)槭墙祲鹤儔浩?，則1＞2，則I1＜I2，InInnn則燈泡L和L中的電流有效值可能相等，選項(xiàng)A正確；當(dāng)S閉合后，輸出功率變大，輸出12電流變大，變壓器的輸入功率等于輸出功率，所以變壓器的輸入功率變大，輸入電流變大，燈泡L1的電壓增大，原線圈電壓減小，匝數(shù)不變故副線圈電壓減小，燈泡L2兩頭的電壓變小，故B正確，燈泡L變亮，L變暗，故CD錯(cuò)誤，應(yīng)選AB。1211．(2017·河北省定州中學(xué)4月考)如下圖，電源電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻為r，電表均為理想表，電路正常工作。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是導(dǎo)學(xué)號86084239(BD)A．當(dāng)滑片向左滑動(dòng)時(shí)，電壓表的示數(shù)增大，但與外電阻不可正比B．當(dāng)滑片向左滑動(dòng)時(shí)，電流表的示數(shù)減小，且與外電阻成反比C．當(dāng)滑片在最左端時(shí)，電壓表的示數(shù)不等于電動(dòng)勢D．當(dāng)滑片在最右端時(shí)，電壓表的示數(shù)等于電動(dòng)勢[分析]當(dāng)滑片向左滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器連入電路的電阻增大，所以電壓表示數(shù)增大，電流表示數(shù)減小，依據(jù)在最左端時(shí)，外電路電阻最大，因?yàn)殡娫磧?nèi)阻的存在，電壓表的示數(shù)不等于電動(dòng)勢，C正確，當(dāng)滑片在最右端，外電路電阻為零，可是因?yàn)閮?nèi)阻的分壓，所以電壓表的示數(shù)不等于電動(dòng)勢，D錯(cuò)誤，應(yīng)選BD。12．如下圖，平行金屬板中帶電質(zhì)點(diǎn)P原處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向b端挪動(dòng)時(shí)，則導(dǎo)學(xué)號86084240(AD)A．電壓表讀數(shù)減小B．電流表讀數(shù)減小C．質(zhì)點(diǎn)P將向上運(yùn)動(dòng)D．R3上耗費(fèi)的功率漸漸減小[分析]

由圖可知，

R2與滑動(dòng)變阻器

R4串連后與

R3并聯(lián)后，再與

R1串連接在電源兩頭；電容器與

R3并聯(lián)；當(dāng)滑片向

b

挪動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減??；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時(shí)

R1兩頭的電壓也增大；故并聯(lián)部分的電壓減??；由歐姆定律可知流過R3的電流減小，而流過并聯(lián)部分的電流增大，故電流表示數(shù)增大；因并聯(lián)部分電壓減小，而R2中電壓增大，故電壓表示數(shù)減小，A正確，錯(cuò)誤；因電容器兩頭電壓減小，故電荷遇到的向上電場力減小，則重力大于電場力，協(xié)力向下，電荷向下運(yùn)動(dòng)，故

C錯(cuò)誤；因

R3兩頭的電壓減小，由

U2P＝R可知，

R3上耗費(fèi)的功率減??；故

D正確。13．某發(fā)電機(jī)輸出的溝通電壓如下圖，經(jīng)理想變壓器升壓后向遠(yuǎn)處輸送，最后經(jīng)理想變壓器降壓后輸送給用戶。則以下說法中正確的選項(xiàng)是導(dǎo)學(xué)號86084241(BC)A．發(fā)電機(jī)輸出溝通電壓的有效值為500VB．用戶獲取的溝通電壓頻次為50HzC．若增添用戶用電負(fù)載的數(shù)目，輸電線上損失的功率將增添D．若增添升壓變壓器原線圈的匝數(shù)，輸電線上損失的功率將減小[分析]

由圖象可知溝通電的最大值為

Um＝500V，故

A錯(cuò)誤；溝通電壓的頻次在變壓和傳輸過程中是不變的，由圖象可知溝通電的周期為

0.02s

，頻次為

f＝1/T＝50Hz，B正確；若增添用戶用電負(fù)載的數(shù)目，總電阻減小，電流增大，

P＝I2R知損失功率增大，故

C正確；增大升壓變壓器原線圈匝數(shù)，輸出電壓

U2減小，，損失的功率為

P＝

PU2

2R，損失功率增大，故

D錯(cuò)誤。14．(2017·河北省定州中學(xué)垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。

4月考)如圖甲所示，一個(gè)矩形線圈abcd在勻強(qiáng)磁場中繞線圈內(nèi)磁通量隨時(shí)間t的變化如圖乙所示，則以下說法中正確的是導(dǎo)學(xué)號86084242(BC)A．t1時(shí)刻線圈中的感覺電動(dòng)勢最大B．t2時(shí)刻ab的運(yùn)動(dòng)方向與磁場方向垂直C．t3時(shí)刻線圈平面與中性面重合D．t4、t5時(shí)刻線圈中感覺電流的方向同樣[分析]

t1時(shí)刻經(jīng)過線圈的磁通量最大，此時(shí)磁通量的變化率

Φ等于零，故感覺電t動(dòng)勢為零，故

A錯(cuò)誤；

t2時(shí)刻磁通量為零，線圈與磁場平行，故導(dǎo)線

ab的速度方向跟磁感線垂直，故B正確；t3時(shí)刻線圈的磁通量最大，故此時(shí)線圈與中性面重合；故C正確；由圖可知t5時(shí)刻線圈中磁通量最大，此時(shí)磁通量的變化率Φt等于零，故沒有感覺電流，故D錯(cuò)誤。所以BC正確，AD錯(cuò)誤