【物理】最新3年高考2年模拟：第十三章交变电流、电磁波

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高考物理二轮总复习专题过关检测专题：交变电流电磁场电磁波(全部含详细答案解析)

高考物理二轮总复习专题过关检测交变电流电磁场电磁波( 附参照答案 )(时间 :90 分钟满分 :100 分 )一、选择题 ( 此题包含 10 小题 ,共 40分 .每题给出的四个选项中 ,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确 ,所有选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分 ,错选或不选的得 0 分 )1.某电路中电场随时间变化的图象如图13-1 所示 ,能发射电磁波的电场是哪一种 ()图 13-1分析 : 周期性变化的电场才能产生周期性变化的磁场,均匀变化的电场产生稳固的磁场,振荡的电场产生同频次振荡的磁场.故只有选项 D 对 .答案 :D2.对于电磁波与声波,以下说法正确的选项是 ()A. 电磁波的流传不需要介质,声波的流传需要介质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流传速度,都是由介质决定的 ,与频次没关分析 :能够依据电磁波的特色和声波的特色进行剖析,选项 A 、 B 均与事实符合 ,因此选项 A 、B正确 .依据v,频次不变 ,波长变小 ;声波速度变大 ,频次不变 ,波长变大 ,因此,电磁波波速变小f选项 C 正确 .电磁波在介质中的速度与介质相关,也与频次相关 ,在同一种介质中 ,频次越大 ,波速越小 ,因此选项 D 错误 .答案 :ABC3.某空间出现了如图13-2 所示的一组闭合的电场线,这可能是 ()图 13-2A. 沿 AB 方向磁场在快速减弱B. 沿 AB 方向磁场在快速增添C.沿 BA 方向磁场在快速增添D.沿 BA 方向磁场在快速减弱分析 : 依据电磁感觉,闭合回路中的磁通量变化时,使闭合回路中产生感觉电流,该电流可用楞次定律判断 . 依据麦克斯韦电磁场理论 ,闭合回路中产生感觉电流 ,是因为闭合回路中遇到了电场力的作用 , 而变化的磁场产生电场,与能否存在闭合回路没相关系,故空间内磁场变化产生的电场方向 ,仍旧可用楞次定律判断,四指围绕方向即为感觉电场的方向,由此可知 A、 C 正确 .答案 :AC4.如图 13-3 所示 ,在闭合铁芯上绕着两个线圈M 和 P,线圈 P 与电流表构成闭合回路 .若在 t1至t2这段时间内 ,察看到经过电流表的电流方向自上向下(即由 c 经电流表至 d),则能够判断出线圈M 两头的电势差 u ab随时间 t 的变化状况可能是图13-4 中的 ()图 13-3图 13-4分析 :对A图,u ab不变,A表中无电流,对B图,u ab均匀增大,由安培定章知,M中有向上加强的磁场 ,P 中有向下增添的磁通量,又由楞次定律和安培定章知,A 表中电流方向由 d 经电流表至c,故A 、B错 ,同理剖析得C、D正确 .答案 :CD5.如图 13-5 所示 ,把电阻流电源后，三盏灯亮度同样断正确的选项是 ()R、电感线圈L、电容器 C 分别串连一个灯泡后并联在电路中.若保持沟通电源的电压不变，使交变电流的频次减小，则以下判.接入交图13-5A. 灯泡L1 将变暗B.灯泡分析:当交变电流的频次减小时，L2将变暗C.灯泡 L3 将变暗D.灯泡亮度都不变 R 不变，电感线圈感抗减小，电容器容抗增大，则灯泡L3亮度不变， L 2变暗， L 1变亮，故 B 正确.答案 :B6.如图 13-6 所示 ,理想变压器有三个线圈A、B、 C,此中 B、C 的匝数分别为n2、n3,电压表的示数为 U ,电流表的示数为I,L1、L 2是完整同样的灯泡,依据以上条件能够计算出的物理量是()图 13-6A. 线圈 A 的匝数B. 灯 L 2两头的电压C.变压器的输入功率D. 经过灯 L1的电流分析 : 由题意知线圈 B 两头的电压为U, 设线圈 C 两头的电压为U C,则UCn3 , 因此U n2U C n3 U ,B正确;经过L2的电流为I,则能够求出L2的电阻 ,L2与 L 1的电阻同样 ,因此可求出n2经过 L 1的电流 ,D 正确 ;依据以上数据能够求出L1、L 2的功率 ,可得变压器总的输出功率,它也等于变压器的输入功率,C 正确 ;依据题意没法求出线圈 A 的匝数 ,A 错.答案 :BCD7.某同学在研究电容、电感对恒定电流与交变电流的影响时，采纳了如图13-7 所示的电路，此中 L 1、L 2是两个完整同样的灯泡，已知把开关置于3、4 时，电路与沟通电源接通，稳固后的两个灯泡发光明度同样，则该同学在以下操作过程中能察看到的实验现象是()图 13-7A. 当开关置于 1、 2 时，稳固后 L1、 L2两个灯泡均发光且亮度同样B. 当开关置于1、 2 时，稳固后 L 1、 L2两个灯泡均发光，且 L 1比 L 2亮C.当开关置于3、 4 时，稳固后，若只增添交变电流的频次，则L1变暗， L2变亮D. 在开关置于3、 4 的瞬时， L 2立刻发光，而L1亮度慢慢增大分析 :当开关置于1、2时，稳固后因电容器隔直流，故电路断开，L2不发光， A、 B 错误；在开关置于 3、4 的瞬时，电容器通沟通， L 2立刻发光，因为电感的自感作用， L 1亮度慢慢增大，D 正确 .当开关置于 3、4 稳固后，增添交变电流频次，容抗减小，感抗增大， L1变暗， L 2变亮，C 正确.答案 :CD8.如图 13-8 所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为 n2,初级线圈的两头 a、b 接正弦沟通电源，电压表V 的示数为 220 V ，负载电阻 R=44Ω，电流表 A1的示数为 0.20 A.以下判断中正确的选项是 ()图 13-8A. 初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶ 1B. 初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶ 1C.电流表 A2的示数为 1.0 AD. 电流表 A2的示数为 0.4 A分析 :对于理想变压器，P1=U1I1=220×0.20 W=44 W，则负载电阻耗费的功率P2=P1 =44 W ，据U 2244V, 则n1U1220P2,得U2P2R4444V5, 故B正确.A2的读数R n2U 244I 2U 244 A1A,故C正确.R44答案 :BC9.某理想变压器原、副线圈的匝数比为55∶ 9，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有一灯泡，此时灯泡耗费的功率为40W ，则以下判断正确的选项是()图 13-9A. 副线圈两头输出的电压为36 2VB. 原线圈中电流表的示数约为0.18 AC.变压器的输入、输出功率之比为55∶ 9D. 原线圈两头电压的刹时价表达式为u=220sin100 t(V)π分析 : 依据变压器的原、副线圈的电压之比等于匝数之比，故副线圈两头输出的电压为U 2n2 U 1n136V，A错；依据理想变压器知P1=P2，故有I 1P1U 10.18A，B选项正确，C 错；原线圈两头电压的刹时价表达式为u 220 2 sin 100 t (V ) ，D错 .只有B 选项正确.答案 :B10.利用如图13-10 所示的电流互感器能够丈量被测电路中的大电流，若互感器原、副线圈的匝数比 n1∶ n2=1∶ 100，沟通电流表 A 的示数是50 mA ，则 ()图 13-10A. 被测电路的电流有效值为0.5 AB. 被测电路的电流均匀值为0.5 AC.被测电路的电流最大值为 5 2 AD.原副线圈中的电流同时达到最大值分析 :沟通电流表示数为副线圈中电流的有效值，即 I 2=50 mA=0.05 A ，依据I1n2得，I1=5 A ，I 2n1A 、B 均错误；原线圈 (被测电路 )中电流的最大值I lm2I1 5 2A ，C项正确；原线圈中电流最大时，线圈中磁通量的变化率等于零，此时副线圈中的电流最小；原线圈中电流等于0时，磁通量的变化率最大，副线圈中电流最大.因此原、副线圈电流有相位差，故不可以同时达到最大值， D 项错误 .答案 :C二、问答与计算 (此题包含 6 小题 ,共 60分 .解答应写出必需的文字说明、方程式和重要演算步骤 ,只写出最后答案的不可以得分.有数值计算的题目 ,答案中一定明确写出数值和单位)11.(8 分 )在“练习使用示波器”实验中 ,某同学欲按要求先在荧光屏上浮出亮斑,为此 ,他进行了如下操作 : 第一将辉度调理旋钮逆时针转究竟,竖直位移和水平位移旋钮转到某地点,将衰减调理旋钮置于 1 000 挡 ,扫描范围旋钮置于“外 x 挡”然.后翻开电源开关(指示灯亮 ),过 2 min 后 ,顺时针旋转辉度调理旋钮 ,结果屏上一直无亮斑出现(示波器完满 ).那么 ,他应再调理什么旋钮才有可能在屏上出现亮斑 ?答案 :竖直位移旋钮和水平位移旋钮.12.(12 分 )沟通发电机的原理如图13-11 甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕 OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为R=2.0 Ω，求 :图 13-11(1)经过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？(2)矩形线圈转动的周期是多少？(3)线圈电阻上产生的电热功率是多少？(4)保持线圈匀速运动， 1 min 内外界对线圈做的功是多少？分析 :(1)由It图可知经过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值I m=2.0 A.－3(2)矩形线圈转动的周期 T=4.0 ×10 s.(3)由有效值 I Im , 线圈电阻上产生的电热功率为P I 2 R Im2R4W . 22(4)外界对线圈做功转变成电能再转变成电热，1分钟内外界对线圈做的功W=Pt=240 J.答案 :( 1)2.0 A(2)4.0 ×10－3s (3)4 W (4)240 J13.(9 分 )有一台内阻为 1 Ω的发电机，供应一学校照明用电，如图13-12 所示 .升压变压器原、副线圈匝数比为1∶ 4，降压变压器原、副线圈匝数比为4∶ 1，输电线的总电阻为 4 Ω全.校共有 22 个班，每班有“220 V 40 W”灯 6 盏，若保证所有电灯正常发光，则图 13-12(1) 发电机的电动势为多大？ (2) 发电机的输出功率为多大？(3) 输电效率为多少？分析 :(1) 由题意知 U 4=220 VP 40 22 6A24A则 I 3nU R220由降压变压器变压关系:U3n 3, 得 U 3 U 4n 3 880VU 4n 4 n 4由降压变压器变流关系I 2 n 4 ,得 I 2n 4 I 3 6A:n 3 n 3I 3又因为 U 2=U 3 +I 2R=880 V+6 ×4 V=904 V由升压变压器变压关系:U 1n 1, 得 U 1=226 VU 2n 2由升压变压器变流关系:I1n 2 , 得 I 1=24 AI 2n 1因此 :(1) 发电机的电动势 :E=U 1+I 1r =250 V.(2) 发电机的输出功率 P 出=EI 1－ I 12r=5 424 W.(3) 输电的效率P有效 22 40 6J 100% 5280 100% 97%.P5424J 5424出答案 :(1)250 V (2)5 424 W (3)97%14.(9 分 )如图 13-13 甲所示是一种振动发电装置，它的构造由一个半径为 r=0.1 m 的 50 匝的线骗局在辐形永远磁铁槽上构成，假定磁场的磁感线均沿半径方向均匀散布(如图乙 ). 线圈运动区域内磁感觉强度 B 的大小均为1T ，方向不变，线圈的总电阻为2 Ω，它的引出线接有 8 Ω5的电珠 L ，外力推进线圈的 P 端，使线圈做来去运动，便有电流经过电珠，当线圈向右的位移随时间变化的规律如图丙所示时 (x 取向右为正 ).图 13-13(1)画出经过电珠 L 的电流图象 (规定从 L →b 为正方向 );(2) 在 0.1 s～ 0.15 s 内推进线圈运动过程中的作使劲;(3)求该发电机的输出功率 (其余消耗不计 ).分析 :(1)在0 s～0.1 s内:感觉电动势E1=nBLv 1v10.10E10.2Am/s 1m/s L=2πr，I10.1R总在 0.1 s～0.15 s 内 :v2=2 m/s ， E2=nBLv 2，I2E20.4A. R总(2) 因为外力匀速推进线圈，因此有:F=F 安=nBI 2L=nBI 2· 2r,πF500.20.420.1N0.8N.(3)电流的有效值为 I ，则有 :I2 R×0.15=0.22R×0.1+0.4 2R×0.05I 2225216因此20.64 .P出I R8W W W2525答案 :(1)略(2)0. 8 N(3)0.64 W15.(12 分 ) 如图 13-14甲所示，一固定的矩形导体线圈水平搁置，线圈的两头接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀散布的磁场.已知线圈的匝数 n=100 匝，电阻r=1.0Ω，所围成矩形的面积S=0.040 m2，小灯泡的电阻 R=9.0 Ω，磁场的磁感觉强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感觉电动势刹时价的表达式为e nB m S 2Tcos2TtV ,此中B m为磁感觉强度的最大值，T 为磁场变化的周期.忽视灯丝电阻随温度的变化，求:图 13-14(1) 线圈中产生感觉电动势的最大值；(2) 小灯泡耗费的电功率； (3) 在磁感觉强度变化的0 ~ T的时间内，经过小灯泡的电荷量 .4分析 :(1) 因为线圈中产生的感觉电流变化的周期与磁场变化的周期同样，因此由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为T=3.14 ×10－2 s因此线圈中感觉电动势的最大值为E m2 nB m S8.0V.TE m(2) 依据欧姆定律，电路中电流的最大值为I m0.80ARr经过小灯泡电流的有效值为 II m / 2 0.40 2A小灯泡耗费的电功率为 P=I 2R=2.88 W.(3) 在磁感觉强度变化的0～ T/4 内，线圈中感觉电动势的均匀值E nSBt经过灯泡的均匀电流IE nS Br( Rr )tR 经过灯泡的电荷量 QI tnS B 4.0 10 3C.R r答案 :(1)8.0 V (2)2.88 W(3)4.0 ×10－3 C16.(10 分 )某村在距乡村较远的地方修筑了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW ，输出电压为 500 V ，输电线的总电阻为 10 Ω，同意线路消耗的功率为输出功率的 4%.求 :(1) 村民和村办小公司需要 220 V 电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？ (不计变压器的消耗 )(2) 若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小公司获得的电压和功率是多少？分析 :成立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两头的电压之比 .此题能够线路上消耗的功率为打破口，先求出输电线上的电流据输出功率求出 U 2，而后再求出 U 3.I 线，再根甲(1) 由线路消耗的功率P 线=I 线2R 线可得P 线90004%A 6AI 线R 线10又因为 P 输出 =U 2I 线，因此U 2P 输出 9000 I 线V 1500V6U 3=U 2－ I 线 R 线=(1 500 － 6×10) V=1 440 V 依据理想变压器规律n 1 U 1 500V 1 n 2 U 2 1500V 3n 3 U 3 1440V 72 n 4U 4220V11因此升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是 1∶ 3 和 72∶ 11.(2) 若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图乙所示 )，由乙P 输出=UI 线′可得P输出9000I 线 'A 18AU500因此线路消耗的功率2线=18 2×10 W=3 240 W P 线=I 线′R 用户获得的电压U 用户=U － I 线 ′R 线=(500－ 18×10) V=320 V 用户获得的功率P 用户=P 输出－ P 线=(9 000－ 3 240) W=5 760 W.答案 :(1)1∶ 3 72∶ 11 (2)320 V5 760 W。

2025版高考物理一轮总复习第13章交变电流电磁振荡和电磁波传感器第33讲电磁振荡与电磁波课件

1 (2)频率f＝_2_π__L__C__。
二、电磁场与电磁波 1．麦克斯韦电磁场理论：变化的磁场产生__电__场____，变化的电场产生___磁__场___(如图所示)。
2．电磁场：变化的电场和磁场总是相互联系的，形成一个 __不__可__分__割____统一的电磁场。
3．电磁波
(1)产生：变化的电场和磁场由近及远地向周围传播，形成了电磁
(麦克斯韦电磁场理论的应用)(多选)如图所示，在内壁光滑、
水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于玻璃圆环内径的带正电的小
球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小
球所带电荷量不变，那么( CD ) A．小球对玻璃圆环的压力不断增大 B．小球受到的磁场力不断增大 C．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段
3 电磁波的特点及应用
(基础考点·自主探究)
1．几种电磁波的产生机理、主要特性和用途
电磁波谱无线电波红外线
波长
大于 760～1× 1 mm 106 nm
可见光 400～ 760 nm
紫外线 5～
370 nm
X射线波长更短
γ射线波长最短
宏观产生机理
LC振荡电路
一切物体都不停地发射红外线
3．电磁波与机械波的比较 (1)电磁波和机械波都遵循波长、波速、频率的关系公式 λ＝vf ，电磁波进入介质遵循公式 n＝vc。 (2)机械波的传播需要介质，电磁波的传播不需要介质。 (3)电磁波只能是横波，而机械波可以是横波，也可以是纵波。
【跟踪训练】
(电磁波的产生与传播)关于电磁波，下列说法正确的是( B ) A．只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波 B．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直 C．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输 D．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失

高中物理必修三第十三章电磁感应与电磁波初步基础知识题库(带答案)

高中物理必修三第十三章电磁感应与电磁波初步基础知识题库单选题1、已知匝数为n的正方形线框，面积为S，垂直于磁场放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，则穿过该线框的磁通量为（）A．Φ=nBS B．Φ=BS C．Φ=n BS D．Φ=BS答案：B穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，且当线圈平面与磁场垂直时，有Φ=BS故选B。

2、关于热辐射，下列说法不正确的是（）A．物体在室温下辐射的主要成分是波长较短的电磁波B．随着温度的升高，热辐射中波长较短的成分越来越多C．给一块铁块加热，铁块依次呈现暗红、赤红、橘红等颜色D．辐射强度按波长的分布情况随物体温度的变化而有所不同，这是热辐射的一种特性答案：AA．物体在室温下辐射的主要成分是波长较长的电磁波，以不可见的红外线为主，故A错误；B．随着温度的升高，热辐射中波长较短的成分越来越多，故B正确；C．给一块铁块加热，随着温度的升高，热辐射中波长较短的成分越来越多，铁块依次呈现暗红、赤红、橘红等颜色，故C正确；D．辐射强度按波长的分布情况随物体温度的变化而有所不同，这是热辐射的一种特性，故D正确。

本题选错误的，故选A。

3、下列各场景中闭合线圈里一定产生感应电流的是（）A．彼此绝缘、相互垂直的两根通电直导线与闭合线圈共面，两导线中的电流均增大B．线圈绕平行于匀强磁场的转轴OO′匀速转动C．线圈平面保持与磁感线垂直，在匀强磁场中向右匀速移动D．圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，增大导线中的电流答案：AA．由安培定则可知，线圈中的磁感应强度垂直纸面向外，两导线中的电流均增大，导致线圈中的磁通量增大，线圈里一定产生感应电流，A正确；B．线圈绕平行于匀强磁场的转轴OO′匀速转动过程，穿过线圈中的磁通量始终为零，线圈中没有产生感应电流，B错误；C．线圈平面保持与磁感线垂直，在匀强磁场中向右匀速移动，穿过线圈中的磁通量不变，没有产生感应电流，C错误；D．圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，由对称性可知，穿过线圈中的磁通量始终为零，故增大导线中的电流，线圈中没有产生感应电流，D错误。

第13章交变电流电磁场电磁波章高考热点集训(十三)

在求解某一时刻的电压、电流时，只能
用瞬时值；(3)求电功、电功率过导体横截面的电荷量时要用平均值，q＝ I t，平均值的计算要用 E ＝ E E1＋E2 ΔΦ n 和I＝，切记 E ≠ 且平均值 R Δt 2 不等于有效值．
实战演练 1．如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转动轴 OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，
D．若保持P位置不动，增大R，则A1 的读数减小，A2的读数不变
解析：选 D.若保持 R 不变，U1 不变，P U1 U2 向下滑动，n1 减小，由＝知 U， 2 n1 n2 U22 U 2 P2 ＝， 1 ，A 错；I2 ＝，错； P B R2 R总
U2 2 若 P 位置不动， 2 不变，， R2＝不 U R P R2 U2 U2 2 变，P2 ＝，C 错；I2 ＝，I1 随 I2 R总 P总 U2 减小而减小， 2 读数 IR2＝不变，正 A D R2 确．
共同接入电压恒为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可以通过调节滑动触头P来改变，副线圈连接了滑
动变阻器R、定值电阻R2 和理想电流
表A2，则( )
A．若保持R不变，将触头P向下滑动, 则电源U的总功率变小 B．若保持R不变，将触头P向上滑动, 则A1、A2的读数均变小 C．若保持P位置不动，增大R，则R2 的电功率变大，R1的电功率不变
2BSω C．线圈中电流的有效值为 I＝ 2R BSω2 D．线圈消耗的电功率为 P＝ 2R
解析：选 CD.因 t＝0 时刻线圈平面处于中 BSω 性面位置，故瞬时值表达式 i＝ sinωt. R Im 2BSω 电流有效值 I＝＝，P＝ I2R＝ 2R 2 B2ω2S2 ，故 A、B 错误，C、D 正确． 2R

备考2024届高考物理一轮复习分层练习第十三章交变电流电磁振荡与电磁波传感器第2讲变压器远距离输电

第2讲变压器远距离输电1.[变压器的铭牌/2024广东惠州第一次调研]如图所示是一种理想变压器的铭牌，根据上面标示的信息，以下判断正确的是（ B ）A.这是一个升压变压器B.原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为55∶3C.当原线圈输入交流电压220V 时，副线圈输出直流电压12VD.当原线圈输入交流电压220V 时，只要副线圈构成回路，则其电流一定为3.0A解析额定输入电压U 1＝220V 额定输入电压U 2＝12V 额定输入电压I 2＝3A{U 1＞U 2，故为降压变压器，A 错n 1n 2＝U 1U 2＝220V 12V ＝553，B 对输入电压与输出电压均为交流电压，C 错副线圈的电流与负载功率有关，D 错2.电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示.其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上，则电流互感器（ D ）A.是一种降压变压器B.能测量恒定电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流解析变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，也不能在恒定电流电路中工作，B 、C 项均错误；根据变压器匝数与电压的关系U1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压U 2＝n2n 1U 1，由于原线圈匝数少而副线圈匝数多，即n 1＜n 2，因此有U 2＞U 1，电流互感器是一种升压变压器，A 项错误；根据变压器匝数与电流的关系I 1I 2＝n2n 1可得副线圈的电流I 2＝n1n 2I 1，由于n 1＜n 2，因此有I 2＜I 1，D 项正确.3.[2024湖南娄底校联考]如图所示为远距离输电电路图，左边升压变压器原、副线圈的匝数之比为2∶5，输入电压u＝10√2sin50πt（V）的正弦交变电流.连接两理想变压器的输电线的总电阻为r＝5Ω，右边降压变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，负载的电功率为升压变压器输入功率的80％.下列说法正确的是（D）A.升压变压器原线圈上的电流为2AB.输电线上损失的功率为10WC.负载的功率为25WD.降压变压器原线圈上的电压为20V解析设升压变压器原、副线圈上的电压为U1、U2，电流为I1、I2，降压变压器原、副线圈上的电压为U3、U4，电流为I3、I4，有I2＝I3，则由变流比得I1I2＝52，I3I4＝12，由题意可知，输电线上的功率为升压变压器输入功率的20％，则有U1I1＝5I22r，代入数据，解得I2＝1 A，则I1＝2.5I2＝2.5 A，故A错误；输电线上损失的功率为P r＝I22r＝5 W，故B错误；负载的功率为P R＝4P r＝20 W，故C错误；因为I4＝2I2＝2 A，则负载上的电压为U4＝P RI4＝10 V，则U3＝2U4＝20 V，故D正确.4.[2024江西临川一中校考]某电站用500kV电压输电给300km外的用户使用，其输出电功率是3×106kW，输电线总电阻为2.5Ω，则下列说法正确的是（B）A.输电线上输送的电流大小为3.0×105AB.输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC.若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD.输电线上损失的功率为ΔP＝U2r，U为输电电压，r为输电线的电阻解析由P＝UI得输电线上输送的电流I＝PU ＝3×106×103500×103A＝6×103 A，故A错误；由ΔU＝Ir得输电线路上的电压损失ΔU＝Ir＝6×103×2.5 V＝15×103 V，故B正确；由于损失的功率不可能大于电站的输出功率，故C错误；输电线上损失的功率用ΔP＝U 2r计算时，U为输电线上的电压降，而不是输电电压，故D错误.5.如图所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为U的交流电源两端.电路中R0为定值电阻，测量电表均为理想电表，导线电阻不计.现使滑动变阻器R的滑片P向上滑动，则下列说法正确的是（A）A.电压表V2的示数变大B.电压表V1与电流表A的示数的比值不变C.电流表A的示数变大D.定值电阻R0消耗的电功率变大解析输入电压不变，原、副线圈匝数比不变，输出电压由输入电压决定，则副线圈两端电压U2不变，滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，滑动变阻器两端电压变大，V2示数变大，故A正确；副线圈电路中总电阻变大，电流减小，原、副线圈匝数比不变，则原线圈中电流也减小，故C错误；副线圈中电流变小，定值电阻R0消耗的功率变小，故D错误；输入电压不变，输入电流随输出电流变化而变化，所以电压表V1与电流表A的示数的比值变化，故B错误.6.[多选]如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流.下列说法正确的是（BC）A.保持U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B.保持U1不变，S由a切换到b，则I2减小C.保持U1不变，S由b切换到a，则I1增大D.保持U1不变，S由a切换到b，则变压器的输入功率增大解析保持U1不变，S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，输出电流I2增大，根据P2＝I2U2知，P2增大，又因P1＝P2，故I1增大，A错误，C正确；S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，输出电流I2减小，根据P2＝I2U2知，P2减小，又因P1＝P2，所以变压器输入功率减小，B正确，D错误.7.[副线圈电路中含二极管/2024浙江高三联考]如图，某同学用自制的简易无线充电装置给手机充电，装置由一个电磁炉（发射线圈）、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比为n1∶n2，若电磁炉两端所加电压为u＝220√2sin314t （V），车载充电器的输入限制电压为4.4V，不考虑充电过程中的各种能量损失.则下列说法正确的是（A）A.接收线圈两端电压的有效值约为6.2VB.通过车载充电器的电流为交流电C.发射线圈、接收线圈匝数比为n 1∶n 2＝50∶1D.接收线圈1s 内电流方向变化50次解析设接收线圈两端电压的有效值为U 2，充电器两端电压有效值为U 3，由题意可知U 3＝4.4 V ，根据有效值的定义可得U 22R·T2＝U 32R·T ，解得U 2≈6.2 V ，故A 正确；因为二极管单向导电，则通过车载充电器的电流方向一定，为直流电，故B 错误；由题意可知发射线圈电压有效值为U 1＝220 V ，故发射线圈、接收线圈匝数比为n1n 2＝U1U 2＝2206.2＝1 10031，故C错误；根据所加电压表达式可知，电流的频率f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，接收线圈1个周期内电流方向改变两次，故1 s 内电流方向变化100次，故D 错误.8.[2023安徽江淮十校联考/多选]如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n 0＝800匝、n 1＝100匝和n 2＝400匝，原线圈串联一个电阻R 0＝8.0Ω，并接入内阻不计的正弦交流电源，电源电动势为E 且保持不变；两个副线圈分别接电阻R 1＝1.0Ω和R 2＝16.0Ω.开关S 断开时，理想电流表读数为I 1＝4.0A ；开关S 闭合时，理想电流表读数为I 2.不计线圈电阻，则（ BD ）A.E ＝32.0VB.E ＝36.0VC.I 2＝3.2AD.I 2＝3.6A解析开关S 断开时，理想电流表读数为I 1＝4.0 A ，且n 0＝800匝、n 1＝100匝，故n0n 1＝I1I 0，得I 0＝0.5 A ，由n 0n 1＝U 0U 1及U 1＝I 1R 1＝4 V ，可得U 0＝32.0 V ，故E ＝I 0R 0＋U 0＝36.0 V ，故A错误，B 正确；开关S 闭合时，由输出功率等于输入功率，可知P 原＝P 副1＋P 副2，得U 0I 0＝U 1I 1＋U 2I 2，即36V−U 0R 0U 0＝U 12R 1＋U 22R 2，由n 0n 1＝U 0U 1，n 0n 2＝U0U 2，则U 1＝3.6 V ，故I 2＝3.6 A ，故C错误，D 正确.9.[用户功率增大时的动态分析/2024湖南怀化三中校考]图（a ）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站.白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b ）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R 表示输电线电阻，则当用户功率增大时（ D ）图（a）图（b）A.A2示数增大，A1示数减小B.V1、V2示数都减小C.输电线上的功率损失减小D.V1、A1示数的乘积大于V2、A2示数的乘积解析当用户功率增大时，降压变压器的输出功率增大，输出电流增大，A2示数增大，根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可知，降压变压器中的输入电流增大，A1示数增大，故A错误；升压变压器线圈匝数以及升压变压器输入电压不变，则升压变压器输出电压不变，则V1的示数不变，降压变压器中的输入电流增大，输电线电阻消耗的电压增大，则降压变压器输入电压减小，根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知，降压变压器输出电压减小，故V2示数减小，故B错误；输电线上的电流增大，输电线上的功率损失增大，故C错误；根据降压变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可知I1I2＝n2n1，设降压变压器的输入电压为U0，有U1＞U0，根据降压变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知U0U2＝n1n2，故I1U1＞I1U0＝I2U2，故D正确.10.[汽车点火装置/2024湖北武汉部分学校调研]点火线圈能产生20000V的高压，使汽车启动.某型号点火线圈部分结构如图所示，其初级线圈匝数为100匝，次级线圈匝数为20000匝.已知汽车电瓶是电动势为12V的蓄电池.下列说法正确的是（D）A.点火线圈的次级线圈应和蓄电池相连B.仅增加初级线圈的匝数，也一定能成功点火C.汽车蓄电池是直流电源，需要将直流电先转化为交流电才能使点火线圈正常工作D.初级线圈断电瞬间，其两端电压约为100V解析由于蓄电池的电压为低电压，则结合变压器的变压规律可知蓄电池应和匝数较少的初级线圈相连，A错误；若仅增加初级线圈的匝数，则通过变压器产生的高压将减小，则不一定能点火成功，B错误；点火线圈利用的是在开关通、断电的瞬间通过线圈的磁通量发生变化从而在次级线圈两端产生高电压，所以不需要将汽车蓄电池产生的直流电转化为交流电，C错误；由题意可知初级线圈通、断电的瞬间，点火线圈能产生20000V的高压，则由变压器的变压规律可知此时初级线圈两端的电压约为100V，D正确.11.[黑光灯的应用]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”.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220V的交流电压变成高压，高压电网相邻两极间距离为0.5cm，已知空气在常温常压下的击穿场强为6220V/cm，为防止空气被击穿而造成短路，变压器的次、初级线圈匝数比不得超过多少？答案10∶1解析电网两极间的电场可看作匀强电场且U m＝E m d，由题意知空气被击穿时E m＝6 220 V/cm，已知理想变压器电压关系为U1mU m ＝n1n2，峰值与有效值关系为U1m＝√2U1，由以上各式得n1n2＝110，所以变压器次、初级线圈匝数比不得超过10∶1.。

高考物理《交变电流、电磁场和电磁波》真题练习含答案

高考物理《交变电流、电磁场和电磁波》真题练习含答案1.[2023·湖南卷](多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示．大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上．线圈是由漆包线绕制而成的边长为L 的正方形，共n 匝，总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B 的匀强磁场．大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直．线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R 的灯泡．假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )A ．线圈转动的角速度为4ωB ．灯泡两端电压有效值为3 2 nBL 2ωC ．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L 的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为42nBL 2ω3D ．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮答案：AC解析：大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v ＝ωr 与题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A 正确；线圈产生感应电动势的最大值E max ＝nBS·4ω又S ＝L 2联立可得E max ＝4nBL 2ω 则线圈产生感应电动势的有效值E ＝E max 2＝2 2 nBL 2ω 根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U ＝RE R ＋R＝ 2 nBL 2ω，B 错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值E′max＝8nBL2ω此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝E′max2＝4 2 nBL2ω根据电阻定律R′＝ρlS′可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝RE′R＋2R ＝42nBL2ω3，C正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝nBSω2可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误．故选AC.2．[2022·山东卷]如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝U m cos (100πt).单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V．将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W．下列说法正确的是()A．n1为1 100匝，U m为220 VB．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 AC．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 HzD．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s答案：D解析：根据理想变压器的变压规律有Un1＝0.1 V1，代入U＝220 V得n1＝2 200，U m＝ 2U＝220 2 V，A错误；由功率与电压的关系得U BC＝PR ＝12 V，根据理想变压器的变压规律有Un1＝U BCn BC，代入数据解得n BC＝120，由欧姆定律得I＝U BCR＝1 A，B错误；由以上分析结合题意可知U AB＝18 V，U AC＝30 V，变压器不改变交流电的频率，故f＝ω2π＝50 Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝U ACR＝2.5 A，周期T＝1f＝0.02 s，D正确．3．[2022·湖南卷]如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源．定值电阻R 1的阻值为R ，滑动变阻器R 2的最大阻值为9R ，滑片P 2初始位置在最右端．理想电压表的示数为U ，理想电流表的示数为I.下列说法正确的是( )A ．保持P 1位置不变，P 2向左缓慢滑动的过程中，I 减小，U 不变B ．保持P 1位置不变，P 2向左缓慢滑动的过程中，R 1消耗的功率增大C ．保持P 2位置不变，P 1向下缓慢滑动的过程中，I 减小，U 增大D ．保持P 2位置不变，P 1向下缓慢滑动的过程中，R 1消耗的功率减小答案：B解析：设原线圈两端电压为U 1，副线圈两端电压为U 2，通过原线圈的电流为I 1，通过副线圈的电流为I 2，由理想变压器变压规律和变流规律可得，原、副线圈及定值电阻R 1的等效电阻为R′＝U 1I 1 ＝n 1n 2U 2n 2n 1I 2 ＝⎝⎛⎭⎫n 1n 2 2 U 2I 2 ＝⎝⎛⎭⎫n 1n 2 2 R 1；保持P 1位置不变，将原、副线圈及电阻R 1等效为一定值电阻，P 2向左缓慢滑动过程中，R 2接入电路的电阻减小，则整个电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，回路中电流I 增大，原线圈两端电压增大，又电源电压不变，故电压表示数U 减小，A 项错误；由于原线圈两端电压增大，由理想电压器变压规律可知，副线圈两端电压增大，故R 1消耗的功率增大，B 项正确；当P 2位置不变，P 1向下滑动时，n 2减小，等效电阻R′增大，由欧姆定律可知，回路中电流减小，R 2两端电压减小，C 项错误；由于R 2两端电压减小，则原线圈两端电压增大，由变压规律可知，副线圈两端电压增大，R 1的功率增大，D 项错误．4.[2024·浙江1月]如图为某燃气灶点火装置的原理图．直流电经转换器输出u ＝5sin 100πtV 的交流电，经原、副线圈匝数分别为n 1和n 2的变压器升压至峰值大于10 kV ，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火．下列正确的是( )A ．n 2n 1 <720 000B . n 1n 2 <12 000C ．用电压表测原线圈两端电压，示数为5 VD ．副线圈输出交流电压的频率是100 Hz答案：B解析：原线圈两端电压的有效值U 1＝52V ＝522 V ，根据电压匝数关系有U 1U 2 ＝n 1n 2 ，变压器副线圈电压的峰值U 2max ＝ 2 U 2，根据题意有U 2max >10 0002 V ，解得n 2n 1 >20 000，即n 1n 2 <12000，A 错误，B 正确；用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U 1＝52V ＝522 V ，C 错误；根据2πT ＝2πf ＝100π，解得f ＝50 Hz ，变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50 Hz ，D 错误．5．[2021·广东卷]某同学设计了一个充电装置，如图所示．假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s ，电压最大值为0.05 V ．理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60.下列说法正确的是( )A ．交流电的频率为10 HzB ．副线圈两端电压最大值为3 VC ．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D ．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率答案：B解析：交流电的周期为0.2 s ，频率f ＝1T＝5 Hz ，A 错误；根据变压器原、副线圈的电压规律可知U 1U 2 ＝n 1n 2，由于原线圈的电压最大值为0.05 V ，故副线圈的电压最大值为3 V ，B 正确；变压器的输入电压由螺线管与永磁铁相对运动产生，故输入电压与永磁铁的磁场强弱有关，C 错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，D 错误．。

2025年高中物理复习配套课件含答案解析实验十三利用传感器制作简单的自动控制装置

端和中央；它们的暗电阻均为 = 10 kΩ ，被管内光源照亮时电阻均为
′ = 1.0 kΩ.给定的仪器还有：直流电源（电动势为9 V，电阻不计）；3个定值
电阻，阻值分别为4 = 2.5 kΩ ，5 = 1.8 kΩ ，6 = 1.5 kΩ ；电压表V（量程
为0 ∼ 3 V，内阻可视为无穷大）；开关一个，导线若干.
（2）在坐标纸上作出t 与温度的关系
图像如图乙所示.由图可知，当电压表
的示数为9.0 V，电流表的示数为
3.0 mA时，热敏电阻所在处的温度约
48
为____℃.
[解析] 当电压表示数为9.0 V，电流表
的示数为3.0 mA时，热敏电阻的阻值
为t =

=
9.0
3.0×10−3
Ω = 3.0 ×
材有：热敏电阻t （阻值在几百到几千欧的范围内）；电压表V（量程为0 ∼ 15 V，
内阻约3 kΩ）；电流表A（量程为0 ∼ 10 mA，内阻约1 Ω）；滑动变阻器（最
大阻值为20 Ω）；蓄电池（电动势为 = 12 V，内阻不计）；开关、导线若干.
教材原型实验

（1）为了减小热敏电阻测量误差，图甲中电压表右侧导线接___
′ +3×1.2 kΩ
= 1.8 kΩ .
拓展创新实验
传感器的一般应用模式：由敏感元件、转换元件和转换电路三个部分组成，通过
敏感元件获取外界信息并转换成电信号，通过输出部分输出，然后经控制器分析
处理.（如图所示）
工作过程：敏感元件将感受到的物理量按一定规律转换成便于测量的量.
拓展创新实验
例3
（选填“”或“”）；正确连接电路后，调节恒温箱中的温度，
调节滑动变阻器的滑片，使电流表和电压表示数在合适数值，

2020年高考物理复习分单元资料：第13章《交变电流电磁场和电磁波》

第十三章交变电流电磁场和电磁波●考点指要知识点要求程度Ⅱ1.交流发电机及其产生正弦式电流的原理、正弦交流电的图象.最大值与有效值.周期与频率.Ⅰ2.电感和电容对交变电流的作用.感抗和容抗.3.变压器的原理，电压比和电流比，电能的Ⅰ输送.4.电磁场.电磁波.电磁波的波速. Ⅰ5.无线电波的发射和接收. Ⅰ6.电视.雷达. Ⅰ【说明】只要求讨论单相理想变压器.●复习导航本章内容实际上是电磁感应现象研究的继续和其规律的具体应用.从交变电流的产生，交变电动势最大值的计算，变压器的工作原理，到LC电路中电磁振荡的规律以至电磁波的形成等都和楞次定律及法拉第电磁感应定律有密切的联系.因此在复习本章时，既要注意本章知识所具有的新特点(如周期性、最大值和有效值等)，还要时时注意本章知识与电磁感应规律的联系.近几年高考对本章内容的考查，既有对本章知识的单独考查，命题频率较高的知识点有交变电流的变化规律(包括图象)、有效值，变压器的电压比、电流比，电磁振荡的周期、频率等；也有把本章知识和力学等内容相联系的综合考查，特别是带电粒子在加有交变电压的平行金属板间的运动问题，是近几年高考的一个热点.组织本章复习时需特别注意，“电磁场和电磁波”的内容调整较多，以前作为重点内容的电磁振荡、振荡周期等内容在2020年的考纲中被删掉.但由于在新版的教材中仍有这部分内容，所以在编写本书时适当保留了这部分内容，请读者复习时根据2020年考纲进行调整.对本章知识的复习，可分以下两个单元组织进行：(Ⅰ)交变电流.(Ⅱ)电磁场和电磁波.第Ⅰ单元交变电流●知识聚焦一、交变电流强度和方向都随时间作周期性变化的电流叫交变电流.如图13—1—1(a)(b)(c)所示的电流都属于交变电流.图13—1—1其中，按正弦规律变化的交变电流叫正弦式电流.如图13—1—1(a)所示.二、正弦式电流的产生和规律1.产生：在匀强磁场里，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里产生的是正弦交变电流.2.规律：(1)函数形式：N匝面积为S的线圈以角速度ω转动，从中性面开始计时，则e=NBSωsinωt.用Em 表示最大值NBSω，则ｅ＝Emsinω t.电流i=Re=REm sinωt=Imsinωt.(2)用图象展现其规律如图13—1—1(a).三、表征交变电流的物理量1.瞬时值：交变电流某一时刻的值.2.最大值：即最大的瞬时值.3.有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值.对正弦式交流电，其有效值和最大值间关系为： E ＝E m ／2，U ＝U m ／2，I ＝I m ／2.4.周期和频率：交变电流完成一次周期性变化所用的时间叫周期；1 s 内完成周期性变化的次数叫频率.它们和角速度间关系为：ω＝Tπ2＝2πf. 四、电阻、感抗、容抗的区别电阻感抗容抗产生的原因定向移动的电荷与不动的离子间的碰撞电感线圈的自感现象阻碍电流的变化极板上所带电荷对定向移动电荷的阻碍阻碍的特点对直流、交流均有阻碍作用通直流、阻交流、通低频、阻高频通交流、隔直流、通高频、阻低频相关的因素由导体本身决定(长短、粗细、材料)，与温度有关由线圈本身的自感系数和交变电流的频率共同决定由电容的大小和交变电流的频率共同决定五、变压器及其原理变压器是利用电磁感应原理来改变交变电压的装置.对理想变压器，其原、副线圈两端电压U 1、U 2，其中的电流I 1、I 2和匝数U 1、U 2的关系为：12212121,U U I I U U U U ==. 六、高压输电为减小输电线路上的电能损失，常采用高压输电.这是因为输送功率一定时，线路电流I ＝U P ，输电线上损失功率P ′＝I 2R 线＝22U R P 线，可知 P ′∝21U.●疑难辨析1.交流瞬时值表达式的具体形式是由开始计时的时刻和正方向的规定共同决定的.若从中性面开始计时，该瞬时虽然穿过线圈的磁通量最大，但线圈两边的运动方向恰和磁场方向平行，不切割磁感线，电动势为零，故其表达式为：ｅ＝E m sin ωt ；但若从线圈平面和磁场平行时开始计时，虽然该时刻穿过线圈的磁通量为零，但由于此时线圈两边的速度方向和磁场方向垂直，电动势最大，故其表达式为：ｅ＝E m cos ωt.2.若线圈匝数为N ，当其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，所产生的感应电动势的最大值为：E m ＝NBS ω.即E m 仅由N 、B 、S 、ω四个量决定，与轴的具体位置和线圈的形状都是无关的.3.理想变压器各线圈两端电压与匝数成正比的关系，不仅适用于原、副线圈只有一个的情况，而且适用于多个副线圈的情况；这是因为理想变压器的磁通量是全部集中在铁芯内的，因此穿过每组线圈的磁通量的变化率是相同的，因而每组线圈中产生的电动势和匝数成正比.在线圈内阻不计的情况下，线圈两端电压即等于电动势，故每组线圈两端电压都与匝数成正比.但电流和匝数成反比的关系只适用于原副线圈各有一个的情况，一旦有多个副线圈，该关系即不适用.由于输入功率和输出功率相等，所以应有：U 1I 1＝U 2I 2＋U 2′I 2′＋U 2″I 2″＋……. 4.对原、副线圈匝数比(21n n )确定的变压器，其输出电压U 2是由输入电压决定的，U 2＝12n n U 1；在原、副线圈匝数比(21n n )和输入电压U 1确定的情况下，原线圈中的输入电流I 1却是由副线圈中的输出电流I 2决定的：I 1＝12n n I 2.(当然I 2是由所接负载的多少而定的.)●典例剖析［例1］一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4π rad ／s 匀速转动，产生的交变电动势的图象如图13—1—2所示.则图13—1—2A.交变电流的频率是4π HzB.当t=0时，线圈平面与磁感线平行C.当t=0.5 s 时，e 有最大值D.交变电流的周期是0.5 s【解析】由于线圈转动的角速度题中已给出，所以线圈的转动频率可以由公式直接求出.线圈的频率和交变电流的频率是相同的.ω＝4π rad/s ，而ω＝2πf ，故f=2 Hz ，T ＝f1= 0.5 s.由图象可看出：t=0时e=0,线圈位于中性面，即线圈平面跟磁感线垂直.t=0.5 s 时， ωt ＝2π，e=0.所以，应选D.【思考】 (1)当线圈的转速加倍时，其交变电动势的图象如何?有效值多大? (2)在线圈匀速转动的过程中，何时磁通量最大?何时磁通量的变化率最大？【思考提示】（1）转速加倍时，电动势的最大值E m =nBs ω加倍，即E m ′=20 V,交变电流的频率加倍，f ′=4 Hz ，其图象如图所示有效值为14.1 V（2）线圈转动过程中，当线圈与磁场方向垂直时磁通量最大，此时磁通量的变化率为零.当线圈与磁场平行时，磁通量为零，磁通量的变化率最大.【设计意图】通过本例说明应用交变电流的产生及其变化规律分析问题的方法.［例2］如图13—1—3所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈接三个相同的灯泡，均能正常发光.在原线圈接有一相同的灯泡L.则图13—1—3 A.灯L 也能正常发光 B.灯L 比另三灯都暗C.灯L 将会被烧坏D.不能确定【解析】该题主要考查变压器的工作原理——原副线圈的电流关系和电功率等内容.该题易犯的错误是：由原副线圈匝数比n 1∶n 2＝3∶1，可知原副线圈电压之比为U 1∶U 2＝3∶1，既然副线圈中电灯能正常发光，可知U 2恰为灯的额定电压，所以原线圈中电灯两端电压U 1＞U 额.故被烧坏而错选C.其错误是把变压器原线圈两端电压和电灯L 两端电压混淆了.正确的解答应为：原副线圈中的电流之比为I 1∶I 2＝1∶3，而副线圈中通过每灯的电流为其额定电流I 额＝I 2／3，故I Ｌ＝I 1＝32I ＝I 额即灯L 亦能像其他三灯一样正常发光.所以正确选项为A.【思考】 (1)如果副线圈上的三个灯泡“烧”了一个，其余灯泡的亮度如何变? 变压器的输入功率如何变?如果副线圈上的三个灯泡全“烧”了，灯泡L 还亮不亮?(2)如果副线圈上再并入一个灯泡，与原来相比其余灯泡的亮度如何?谁更容易烧坏?(3)对理想变压器而言，其I 1和I 2、U 1和U 2、P 1和P 2，是输入决定于输出，还是输出决定于输入?【思考提示】（1）副线圈上的三个灯泡烧坏一个，则副线圈输出的功率变小，原线圈输入功率变小，则原线圈中电流减小，灯泡L 变暗，灯泡L 两端的电压减小，若电源电压一定，则原线圈两端电压略有升高，副线圈两端电压也略有升高，剩余两灯泡变亮.若副线圈上的三个灯泡全“烧”了，灯L 不亮.(2)若在副线圈上再并入一个灯泡，变压器输出功率增大，输入功率也增大，原、副线圈中的电流均增大，故L 变亮、L 两端电压增大，若电源电压一定，则原、副线圈两端电压都减小，副线圈上的灯泡变暗.L 更容易烧坏.(3)对理想变压器而言，U 1决定U 2，I 2决定I 1，P 2决定P 1.【设计意图】通过本例说明利用变压器的电压比，电流比及功率关系分析问题的方法.［例3］有条河流，流量Q=2 m 3·s -1,落差h=5 m ，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V ，输电线总电阻R=30 Ω，允许损失功率为发电机输出功率的6%，为满足用电的需要，使用户获得220 V 电压，则该输电线路所使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V 、100 W ”的电灯正常发光？【解析】按题意画出远距离输电的示意图13—1—4所示，电源端的输出功率图13—1—4 P 总=（tmgh）×η=2×1.0×103×10×5×0.5 W=5×104 W输电线上的功率损失P 损=I 2R ，所以输电线中电流为I=3006.0105%604⨯⨯=⨯=R P RP 总损=10 A则升压变压器B 1的原线圈电压U 1=U 出=240 V ，副线圈送电电压为U 2=101054⨯=I P 总 V=5×103 V所以升压变压器的变压比为 n 1∶n 2=U 1∶U 2=3105240⨯=6∶125输电线上电压的损耗ΔU 损=IR=10×30 V=300 V 则降压器B 2的原线圈的电压U 1′=U 2-ΔU 损=5×103 V-300 V=4700 V据题意知，U 2′=220 V,所以降压变压器的匝数比为n 1′∶n 2′=U 1′∶U 2′=2204700=235∶11因为理想变压器没有能量损失，所以可正常发光的电灯盏数为N=灯损总P P P -=10006.010510544⨯⨯-⨯=470【说明】这是远距离送电的典型题，一般要抓住变压器B 1的输出电流去求输电线上的电压损失和功率损失，要注意用户的电压为220 V 是B 2的输出电压.为了帮助分析解题，必须先画出输电线路的简图，弄清楚电路的结构，然后再入手解题，解出变压比不一定是整数，这时取值应采取宜“入”不宜“舍”的方法，因为变压器本身还有损耗.【设计意图】通过本例说明远距离问题的分析方法.●反馈练习 ★夯实基础1.关于理想变压器的下列说法①原线圈中的交变电流的频率跟副线圈中的交变电流的频率一定相同②原线圈中输入恒定电流时，副线圈中的电流一定是零，铁芯中的磁通量也一定是零③原线圈中输入恒定电流时，副线圈中的电流一定是零，铁芯中的磁通量不是零④原线圈中的输入电流一定大于副线圈中的输出电流以上正确的说法是A.①③B.②④C.①②D.③④【答案】 A2.在变电所里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器，图13—1—5的四个图中，能正确反映其工作原理的是图13—1—5【解析】电流互感器是用来把大电流变成小电流的变压器，原线圈串联在被测电路的火线上，副线圈接入交流电流表，故A对.【答案】 A3.超导材料电阻降为零的温度称为临界温度，1987年我国科学家制成了临界温度为90 K的高温超导材料.利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电，现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V.如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为A.1 kWB.1.6×103 kWC.1.6 kWD.10 kW【解析】输电线中电流I=P/U，输电线上损失功率P′＝I2R线＝P2R线／U2＝1 kW.【答案】 A4.如图13—1—6所示，a、b、c为三只功率较大的完全相同的电炉，a离电源很近，而b、c离用户电灯L很近，电源离用户电灯较远，输电线有一定电阻，电源电压恒定，则①使用a时对用户电灯影响大②使用b时比使用a时对用户电灯影响大③使用c和b对用户电灯的影响几乎一样大④使用c时对用户电灯没有影响图13—1—6以上说法正确的是A.①③B.②④C.①④D.②③【解析】电灯的电压等于电源电压减去输电线电阻的电压.【答案】 D5.交流发电机在工作时的电动势为e=Esinωt,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.e=E 0sin2tω B.e=2E 0sin2tω C.e=E 0sin2ωtD.e=2E 0sin2ωt【答案】 D6.一个理想的变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n 1和n 2,正常工作时输入和输出的电压、电流、功率分别为U 1和U 2、I 1和I 2、P 1和P 2.已知n 1＞n 2,则①U 1＞U 2,P 1＜P 2 ②P 1=P 2,I 1＜I 2 ③I 1＜I 2,U 1＞U 2④P 1＞P 2,I 1＞I 2以上说法正确的是 A.①② B.②③C.①③D.④【答案】 B7.已知交变电流i=I m sin ωtA,线圈从中性面起开始转动，转动了多长时间，其瞬时值等于有效值A.2π/ωB.π/2ωC.π/4ωD.π/2ω【答案】 C8.如图13—1—7为电热毯的电路图，电热丝接在U ＝311sin100πt V 的电源上，电热毯被加热到一定温度后，通过装置P 使输入电压变为图13—1—8所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数是图13—1—7 A.110 VB.156 VC.220 VD.311 V【解析】由21·（2311）2／R ＝R U 2得图13—1—8对应的有效值U ＝156 V.【答案】 B9.一个电热器接在10 V的直流电源上，在时间t内产生的热量为Q，今将该电热器接在一交流电源上，它在2t内产生的热量为Q，则这一交流电源的交流电压的最大值和有效值分别是A.最大值是102 V，有效值是10 VB.最大值是10 V，有效值是52VC.最大值是52V，有效值是5 VD.最大值是20 V，有效值是102V【解析】根据交变电流有效值的定义来求有效值，对正弦交变电流有：Um=2U.【答案】 B10.如图13—1—9所示，理想变压器的原、副线圈分别接着完全相同的灯泡L1、Ｌ2，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，交流电源电压为U，则图13—1—9①灯L1两端的电压为U/5②灯L1两端的电压为3U/5③灯L2两端的电压为2U/5④灯L2两端的电压为U/2以上说法正确的是A.①③B.②④C.①④D.②③【解析】原副线圈中电流之比I1∶I2＝n2∶n1＝1∶2，因为U1＝I1R，U2＝I2R，所以U1∶U2＝1∶2.原、副线圈中电压之比2121nnUUU=-，所以U1＝U／5，U2＝52U.【答案】 A11.如图13—1—10所示，已知n1∶n2＝4∶3，R2＝100 Ω，变压器没有功率损耗，在原线圈上加上交流电压U1＝40sin100πt V，则R2上的发热功率是______Ｗ.若R3＝25 Ω，发热功率与R2一样，则流过原线圈的电流I1和流过R3的电流I3之比为______.图13—1—10【解析】 U2=43112=Unn×240V=21.3 V，PR2＝1003.212222=RUW=4.5 W.由240I1=4.5×2，I32×25=4.5，解得I1∶I3=3∶4.【答案】 4.5 3∶4★提升能力12.有一台内阻为4 Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图13—1—11所示.升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4Ω，全校共22个班，每班有“220 V，40 W”灯6盏.若保证全部电灯正常发光，则：图13—1—11(1)发电机输出功率多大?(2)发电机电动势多大? (3)输电效率是多少?(4)若使用灯数减半并正常发光，发电机输出功率是否减半?【解析】 (1)对降压变压器：U 2′I 2＝U 3I 3＝nP 灯＝22×6×40 W ＝5280 W.而U 2′＝14U 3＝880 V 所以I 2＝ 2UnP 灯＝6 A.对升压变压器：U 1I 1＝U 2I 2＝I 22R ＋U 2′I 2＝5424 W.(2)因为U 2＝U 2′＋I 2R ＝904 V ，所以U 1＝41U 2＝226 V又因为U 1I 1＝U 2I 2 所以I 1＝122U I U ＝24 A所以Ｅ＝U 1＋I 1r ＝322 V（3）η＝出有P P ×100％＝54245280×100％＝97％（4）灯数减半时，发电机输出功率为P ＝2676 Ｗ.故发电机输出功率不是减半.【答案】 (1)5424 W (2)322 V(3)97% (4)不是减半13.如图13—1—12所示，闭合的单匝线圈在匀强磁场中以角速度ω绕中心轴OO ′逆时针匀速转动.已知线圈的边长ab=cd=l 1=0.20 m ，bc=da=l 2＝0.10 m ，线圈的电阻值R=0.050 Ω，角速度ω=300 rad/s ，匀强磁场磁感应强度的大小B=0.50 T ，方向与转轴OO ′垂直.规定线圈平面与中性面的夹角为θ.图13—1—12(1)当θ=ωt=30°时，线圈中感应电动势大小如何? (2)此时，作用在线圈上电磁力的瞬时功率等于多少?【解析】 (1)ｅ＝Bl 1l 2ωsin30°＝1.5 V(2)电磁力的瞬时功率P=RE 2＝45 Ｗ【答案】 (1)1.5 V (2)45 W14.如图13—1—13所示，一理想变压器带有三个匝数都为50匝的副线圈ab 、cd 、ef ，若原线圈匝数为100匝，并接到220 V 交流电源上，通过副线圈的各种组合，可以得到以下哪些电压图13—1—13 ①0 V ②110 V ③220 V ④330 V以上正确的是 A.①②③④ B.只有①② C.只有③④D.只有②③④【解析】当三个副线圈互不连接或其中两个顺向并接时，可得到110 V 电压.当其中两个副线圈顺向串接时，可得到220 V 电压，当其中两个副线圈逆向串接时，可得到0 V 电压.当三个线圈顺向串接时，可得到330 V 电压.【答案】 A※15.在真空中速度v ＝6.4×107 m/s 的电子束连续地射入两平行极板间，如图13—1—14所示，极板长度为l ＝8.0×10-2 m ，间距d=5.0×10-3 m.两极板不带电时，电子束将沿两极板之间的中线通过.在两极板上加一个50 H ｚ的交变电压u ＝U 0sin ωt ，如果所加电压的最大值U 0超过某值U Ｃ时，电子束将有时能通过两极板，有时间断而不能通过(电子电荷量e=1.60×10-19 Ｃ，电子质量m=9.1×10-31 kg)：图13—1—14 (1)U Ｃ的大小为多少?(2)求U 0为何值时，才能使通过与间断时间之比Δt 1∶Δt 2＝2∶1？【解析】 (1)电子通过平行极板所用时间t=vl≈10-9 s ，而交变电压的周期T=10-2s.由于vlT,故对于通过极板的电子来说，可认为板间电压及场强是稳定不变的，每个电子均做类平抛运动，水平方向匀速，场强方向匀变速.设电子经过平行板的时间为t,所受电场力为F ，则：a=md eU m F C ,t=vl ,电子束不能通过两极板间时有：21at 2＝y ≥2d,由以上三式可得： U Ｃ≥222eld mv ＝91 V(2)画图分析：U Ｃ＝U 0sin(π/3)，所以U0＝UＣ／sin(π/3)=23V91＝105 V.【答案】 (1) 91 V （2）105 V第Ⅱ单元电磁场和电磁波●知识聚焦一、振荡电流和振荡电路大小和方向都做周期性变化的电流叫做振荡电流.能产生振荡电流的电路叫振荡电路，LC电路是最简单的振荡电路.二、电磁振荡及其周期、频率振荡电路中产生振荡电流的过程中，线圈中的电流、电容器极板上的电量及其与之相联系的磁场能、电场能也都作周期性变化，这种现象叫做电磁振荡.1.振荡原理：利用电容器的充放电和线圈的自感作用产生振荡电流，形成电场能和磁场能的周期性相互转化.2.振荡过程：电容器放电时，电容器所带电量和电场能均减少，直到零；电路中的电流和磁场能均增大，直到最大值.充电时，情况相反.电容器正反向充放电一次，便完成一次振荡的全过程.图13—2—1表示振荡过程中有关物理量的变化.图13—2—13.周期和频率：电磁振荡完成一次周期性变化所用的时间叫做电磁振荡的周期.1 s内完成电磁振荡的次数叫做电磁振荡的频率.对LC电路产生的电磁振荡，其周期和频率由电路本身性质决定：T ＝LC π2 f ＝LCπ21三、电磁场和电磁波 1.麦克斯韦电磁场理论（1）不仅电荷能够产生电场，变化的磁场也能产生电场. (2)不仅电流能够产生磁场，变化的电场也能产生磁场. 2.电磁场和电磁波变化的电场和磁场总是相互联系的，形成一个不可分割的统一体，即为电磁场，电磁场由近及远的传播就形成电磁波.3.电磁波的波速在真空中，任何频率的电磁波的传播速度都等于光速c=3.00×108 m/s.其波速、波长、周期频率间关系为：c=Tλ=f λ. 复习时注意以下的几个方面：（1）麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹用实验成功的证实了电磁波的存在.（2）在电磁波中，电场强度和磁感应强度是互相垂直的，且都和电磁波的传播方向垂直，所以电磁波为横波.（3）电磁波的传播过程，也是电磁能的传播过程. （4）电磁波的传播不需要介质. 四、无线电波的发射1.调制：在无线电应用技术中，首先将声音、图象等信息通过声电转换、光电转换等方式转为电信号，这种电信号频率很低，不能用来直接发射电磁波.把要传递的低频率电信号“加”到高频电磁波上，使电磁波随各种信号而改变叫调制.调幅和调频：使高频振荡的振幅随信号而改变叫做调幅.使高频振荡的频率随信号而改变叫做调频.五、无线电波的接收1.电谐振：当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波的频率相同时，接收电路中产生的振荡电流最强，这种现象叫做电谐振.2.调谐：调谐电路的固有频率可以在一定范围内连续改变，将调谐电路的频率调节到与需要接收的某个频率的电磁波相同，即，使接收电路产生电谐振的过程叫做调谐.3.检波：从接收到的高频振荡中分离出所携带的信号的过程叫做检波.检波是调制的逆过程，也叫解调.4.无线电的接收：天线接收到所有的电磁波，经调谐选择出所需要的电磁波，再经检波取出携带的信号，放大后再还原成声音或图象的过程.六、电视的基本原理电视系统主要由摄像机和接收机组成.把图象各个部位分成一系列小点，称为像素，每幅图象至少要有几十万个像素.摄像机将画面上各个部分的光点，根据明暗情况逐点逐行逐帧地变为强弱不同的信号电流，随电磁波发射出去.电视机接收到电磁波后，经调谐、检波得到电信号，按原来的次序在显像管的荧光屏上汇成图象.中国电视广播标准采用每1 s传送25帧画面，每帧由625条线组成.七、雷达的基本原理雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备，一般由天线系统、发射装置、接收装置、输出装置（显示器）、电源、用于控制雷达工作和处理信号的计算机以及防干扰设备等构成.●疑难辨析麦克斯韦电磁理论是理解电磁场和电磁波的关键所在，应注意领会以下内容：变化的磁场可产生电场，产生的电场的性质是由磁场的变化情况决定的，均匀变化的磁场产生稳定的电场，非均匀变化的磁场产生变化的电场，振荡的磁场产生同频率振荡的电场；反之亦然.●典例剖析［例1］LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图13—2—2所示，则下列说法错误的是图13—2—2A.若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电B.若电容器正在放电，则电容器上极板带负电C.若电容器上极板带正电，则线圈中电流正在增大D.若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大【解析】先根据安培定则判断出电流的方向，若该时刻电容器上极板带正电，则可知电容器处于充电阶段，电流应正在减小，知A叙述正确.若该时刻电容器上极板带负电，则可知电容器正在放电，电流正在增强，知B 叙述正确，由楞次定律知D叙述亦正确.因而错误选项只有C.【思考】 (1)若磁场正在增强，则电场能和磁场能是如何转化的?电容器是充电还是放电?线圈两端的电压是增大还是减小?(2)若此时磁场最强(t＝0)，试画出振荡电流ｉ和电容器上板带电量q随时间t 变化的图象?(3)若使该振荡电路产生的电磁波的波长更短些，可采取什么措施?(包括：线圈匝数、铁芯、电介质、正对面积、板间距离等)【思考提示】（1）磁场增强，磁场能增大，电场能减小，电容器放电，电容器两端电压降低，线圈两端电压降低.(2)（3）根据λ=cT和T=2πLC,为减小λ,需减小L或C.【设计意图】通过本例说明分析电磁振荡过程中各量变化的方法.［例2］某电路中电场随时间变化的图象如图13—2—3所示，能发射电磁波的电场是图13—2—3【解析】变化的电场可产生磁场，产生的磁场的性质是由电场的变化情况决定的.均匀变化的电场产生稳定的磁场，非均匀变化的电场产生变化的磁场，振荡的电场产生同频率振荡的磁场.图A中电场不随时间变化，不会产生磁场.图B和图C中电场都随时间做均匀的变化，在周围空间产生稳定的磁场，这个磁场不能再激发电场，所以不能激起电磁波.图D中电场随时间做不均匀的变化,能在周围空间产生变化的磁场，而这磁场的变化也是不均匀的，又能产生变化的电场，从而交织成一个不可分割的统一体，即形成电磁场，才能发射电磁波.【设计意图】通过本例说明形成电磁波的条件.●反馈练习1.建立电磁场理论的科学家是_______.用实验证明电磁波存在的科学家是_______.【答案】麦克斯韦赫兹2.关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是A.电场和磁场总是相互联系着，统称为电磁场B.电磁场由发生区域向远处传播就是电磁波C.电磁场是一种物质，不能在真空中传播D.电磁波的传播速度总是3.0×108 m/s【答案】 B3.某电磁波从真空进入介质后，发生变化的物理量有A.波长和频率B.波速和频率C.波长和波速D.频率和能量【答案】 C4.电磁波和机械波相比较①电磁波传播不需要介质，机械波传播需要介质②电磁波在任何物质中传播速度都相同，机械波波速大小决定于介质③电磁波、机械波都会发生衍射④机械波会发生干涉，电磁波不会发生干涉以上说法正确的是A.①③B.②④C.①④D.②③【答案】 A5.关于电磁波，下列说法中正确的是A.在真空中，频率高的电磁波速度较大B.在真空中，电磁波的能量越大，传播速度越大C.电磁波由真空进入介质，速度变小，频率不变D.只要发射电路的电磁振荡一停止，产生的电磁波立即消失【解析】任何频率的电磁波在真空中的传播速度都是c，故AB都错.电磁波由真空进入介质，波速变小，而频率不变，Ｃ对.变化的电场、磁场由变化区域向外传播就形成电磁波，发射电路的电磁振荡一停止，就不再发射电磁波，但已产生的电磁波并不消失，故Ｄ错.。

2023北京高三二模物理汇编：交变电流的描述

A．电阻两端的电压随时间变化的规律是
B．电阻两端的电压随时间变化的规律是
C．通过电阻的电流随时间变化的规律是
D．通过电阻的电流随时间变化的规律是
3．（2023·北京丰台·统考二模）某正弦式交变电流随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱA．此交变电流的有效值为
B．时，线圈位于中性面
故C错误；
D．受电线圈未正对送电线圈放置时，受电线圈中感应电流的频率不变，故D错误；
故选B。
2．D
【详解】根据题意，由图乙可得，交流电的周期为，则有
电阻两端的电压的最大值为
电阻两端的电压随时间变化的规律是
通过电阻的电流随时间变化的规律是
故选D。
3．B
【详解】A．由图可知电流最大值为，则此交变电流的有效值为
C．时，穿过线圈的磁通量最大
D．时，穿过线圈的磁通量变化率最大
参考答案
1．B
【详解】A．受电线圈的工作原理是电磁感应的原理，故A错误；
B．根据题意可知送电线圈的电能先转化为磁场能，再转化为受电线圈的电能，故B正确；
C．图乙中电流的有效值为
图丙中电流的有效值为
可知相同时间内，图乙、图丙电流通过相同电阻产生的热量之比为1:1；
2023北京高三二模物理汇编
交变电流的描述
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考二模）图甲所示为一种手机无线充电装置的简化原理图，充电基座内有送电线圈，手机中安装有受电线圈。送电线圈接入正弦式交变电流，电流激发周期性变化的磁场，磁场在周围空间激发感生电场，受电线圈中产生交变电流。图乙所示为受电线圈的电流i随时间t变化的图像，图丙所示为图乙电流再经过整流电路（图中未画出）处理后的电流i'随时间t'变化的图像。下列说法正确的是（）

【物理】2011年新版3年高考2年模拟：交变电流、电磁波

第十三章交变电流、电磁学第一部分三年高考题荟萃2011年高考新题1(福建第15题).图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1:n 2=5:1，电阻R=20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关。

原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图所示。

现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光。

下列说法正确的是A.输入电压u 的表达式sin(50π)V C.只断开S 2后，原线圈的输入功率增大B.只断开S 1后，L 1、L 2均正常发光D.若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8W解析：答案D 。

些题考查变压器和电路动态变化等知识点。

由输入电压u 随时间t 的变化关系图象可知，交变电流周期为0.02s ，输入电压u 的表达式选项A 错误，只断开S 1后，L 1、L 2均不能发光，选项B 错误，只断开S 2后，灯泡L 1、L 2串联接入电路，变压器输出电流变小，原线圈的输入功率减小，选项C 错误，若S 1换接到2后，变压器输出电压U=4V ，R 中电流为I=0.2A ，R 消耗的电功率为P=UI=0.8W ，选项D 正确2．(四川第20题).如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω。

从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A 。

那么 A.线圈消耗的电功率为4WB.线圈中感应电流的有效值为2AC.任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cos2t T π D. 任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=T πsin 2t Tπ【思路点拨】线圈从垂直于中性面位置启动，则瞬时值的表达式为余弦函数。

由此构造出瞬时值表达式，可求出电动势的最大值，然后是有效值，再到功率，从而完成A ．B ．C 的筛选；再画出线圈转动的截面图，可知其磁通量变化规律确是正弦函数，但对线圈的最大磁通量，即BS 的计算有误，即排除D 项。

物理高考模拟试题分类及详解十三交变电流电磁波

校干市掉吃阳光实验学校物理高考模拟试题分类及详解十三、交变电流电磁波互动：本考点是电磁感的用和延伸．高考对本章知识的考查主要表达在“三突出〞：一是突出考查交变电流的产生过程；二是突出考查交变电流的图象和交变电流的四值；三是突出考查变压器．一般试题难度不大，且多以选择题的形式出现．对于电磁场和电磁波只作一般的了解．本考点知识易与力学和电学知识综合，如带电粒子在加有交变电压的平行金属板间的运动，交变电路的分析与计算．同时，本考点知识也易与科技和信息技术相联系，如“电动自行车〞、“磁悬浮列车〞．另外，远距离输电也要引起．尤其是不同情况下的有效值计算是高考考查的主要内容；对变压器的原理理解的同时，还要掌握变压器的静态计算和动态分析．预测高考中交变电流考点主要考查：一考查正弦交变电流的产生过程，正弦交变电流的产生过程要做到“情、数、形〞三者相统一。

“情〞就是物理情景，即线圈在磁场中转动的情形；“数〞就是用数学表达式表示交变电流的产生过程；“形〞就是用图象表示交变电流的产生过程。

在这三者中其一，便知其二。

所以在高考中往往提供其中一种求另两种；二是考查交变电流的四值，交变电流的“四值〞即最大值、瞬时值、有效值、平均值。

一要注意的各类值的不同用法，尤其是不同情况下的有效值计算是高考考查的主要内容；三是考查变压器的原理和动态分析；另外带电粒子在交变电场中运动和交变电流中与实际相联系的问题也要引起。

1．〔省高三上学期阶段测试卷．物理．8〕如图10甲所示的空间存在一匀强磁场，其方向为垂直于纸面向里，磁场的右边界为MN ，在MN 右侧有一矩形金属线圈abcd ， ab 边与MN 重合。

现使线圈以ab 边为轴按图示方向匀速转动，将a 、b 两端连到示波器的输入端，假设电流从a 到b 为正，那么从图5-乙中示波器观察到的ab 中电流随时间变化的规律是( )2．〔(2021区高三摸底测试卷。

物理．5)某交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感电动势与时间的关系如图11所示.如果此线圈和一个R ＝100Ω的电阻构成闭合电路,不计电路的其它电阻，以下说法中正确的选项是( )A.交变电流的周期为0.04sB.电阻R 两端的最大电压是1002V 图11C.交变电流的有效值为1AD.交变电流的最大值为1A3．〔第三次卷．物理．7〕某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图12所示，以下说法中正确的选项是 A ．交变电流的频率为0.02Hz B ．交变电流的瞬时表达式为5cos50(A)i t π=C ．在t=0.01s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大A B CD图10乙图10甲N t /×10-3si /A 5 -5O 515251020b acdD．假设发电机线圈电阻为0.4Ω，那么其产生的热功率为5W 图12 4．〔、、、2021第三次卷．物理．10〕前后，我国的供电系统由于气候原因遭到严重破坏。

2023版新教材高考物理复习特训卷考点十三交变电流电磁振荡与电磁波第100练交变电流的产生和描述

第100练交变电流的产生和描述（时间25分钟）思维方法1．交变电流的产生往往与交变电流图像结合出题，要能将交变电流的图像与线圈的转动过程一一对应起来，分析电流、电动势、磁通量的变化规律．2．交流电气设备上所标的电压和电流值、交流电压表和电流表的测量值都是交变电流的有效值．选择题1．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图甲所示，则下列说法正确的是( )A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大C．t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈产生的交流电动势的图像如图乙所示2．为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：第一次将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕中心转轴OO1按图甲所示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)，并从图甲所示位置开始计时．此时产生的交变电流如图乙所示．第二次他仅将转轴移至ab边上，第三次他仅将转轴右侧的磁场去掉，关于后两次的电流图像，下列说法正确的是( )A．第二次是图1 B．第二次是图3C．第三次是图2 D．第三次是图43．如图甲、乙、丙所示是三个具有相同I0和周期T的交变电流，分别通过三个相同的电阻，下列说法中正确的是( )A．在相同时间内，三个电阻发热量相等B ．在相同时间内，甲的发热量是丙的2倍C ．在相同时间内，甲的发热量是乙的12D ．在相同时间内，乙的发热量最大，甲次之，丙最小4．[2021·河南商丘九校联考]矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交流电动势的瞬时值为e ＝2202 sin 100πt (V)，则下列说法中正确的是( )A ．当t ＝0时，线圈平面与中性面垂直B ．当t ＝1200 s 时，穿过线圈的磁通量等于零C ．该交流电不能击穿标注为“300 V 5 μF ”的电容器D ．若转速n 提高一倍，其他条件不变，则电动势的变化规律将变为e ＝4402 sin 100πt (V)5．[2022·浙江嘉兴市测试]如图所示，矩形线框ABCD 以恒定的角速度ω绕对角线AC 转动．AC 的左侧存在着垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场，已知AB 长为l 1，BC 长为l 2，线框电阻为R .t ＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是( )A ．矩形线框该时刻的电流值最大B ．矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl 1l 2ω C.矩形线框转过半圈过程中产生的热量为πB 2l 21 l 22 ω2RD ．矩形线框从图示位置转过180°过程中，通过线框任意横截面的电荷量为Bl 1l 2R6．(多选)如图甲为旋转电枢式交流发电机的原理图，多匝矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与可变电阻R 连接，与R 并联的交流电压表为理想电表，当R ＝10 Ω时电压表示数是10 V ．已知线圈的内阻为r ＝5 Ω，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图像，则( )A ．可变电阻R 消耗的电功率为10 WB ．穿过线圈磁通量的最大值为3220πWbC ．R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1sin 100πt (V)D ．调节可变电阻R 的大小，其消耗的最大电功率可以达到11.25 W第100练交变电流的产生和描述1．答案：B解析：由Φ－t 图像知，在t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，则C 项错误．2．答案：D解析：由题知三次实验线圈转动的角速度ω相同，且均产生完整的正弦式交流电，所产生的交流电周期T 相同．设ab 边长为l 1，bc 边长为l 2，则三次产生的交流电的电动势最大值分别为E m1＝Bl 1l 2ω，E m2＝Bl 1l 2ω，E m3＝12 Bl 1l 2ω，由此可知E m2＝E m1，E m3＝12 E m1.综上所述，第二次的电流图像与第一次的相同，即图2，第三次的电流峰值是第一次的12 ，即图4，只有D 项正确．3．答案：C解析：甲的有效值I 1＝I 02，由Q ＝I 2Rt 可知，一个周期内甲的发热量Q 1＝12 I 20 RT ；乙在前、后半个周期内电流大小相等，故其发热量Q 2＝I 20 RT ；丙只有前半个周期内有电流，故其发热量Q 3＝I 20 R ×12 T ＝12 I 20 RT .在相同时间内，甲、丙的发热量相等，是乙的发热量的12，故C 正确． 4．答案：B解析：本题考查交变电流的产生和描述．t ＝0时，电动势为零，此时磁通量最大，线圈平面与磁感线垂直，线圈平面与中性面重合，选项A 错误；当t ＝1200 s 时，e ＝2202sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫100π×1200 V ＝2202 V ，电动势最大，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，选项B 正确；300 V 是电容器允许的最高电压，而该交流电最大电压是2202 V ≈311 V>300V ，所以此交流电可以击穿标注为“300 V 5 μF ”的电容器，选项C 错误；当转速n 提高一倍时，由ω＝2πn ，E m ＝NBS ω，可知ω增加一倍，则电动势的变化规律将变为e ＝4402 sin 200πt （V ），选项D 错误．5．答案：D解析：t ＝0时刻穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势为零，由闭合电路欧姆定律可知，矩形线框该时刻的电流值为零，最小，选项A 错误；矩形线框产生的感应电动势最大值为E m ＝12 Bl 1l 2ω，矩形线框产生的感应电动势的有效值为E ＝E m2＝24Bl 1l 2ω，选项B 错误；矩形线框转过半圈过程中产生的热量为Q ＝E 2R ·πω ＝πB 2l 21 l 22 ω8R，选项C 错误；矩形线框从图示位置转过180°的过程中，磁通量变化量的绝对值|ΔΦ|＝Bl 1l 2，由法拉第电磁感应定律可知，产生的平均感应电动势大小E －＝Bl 1l 2ωπ ，平均感应电流I －＝E －R ＝Bl 1l 2ωπR，通过线框任意横截面的电荷量q ＝I Δt ＝Bl 1l 2ωπR ·πω ＝Bl 1l 2R，选项D 正确．6．答案：AD解析：根据公式P ＝U 2R，得P ＝10 W ，故A 正确；由题图乙可知，交流电的周期T ＝0.02s ，转动的角速度ω＝2πT ＝100π rad/s ，电动势的有效值E ＝UR·（R ＋r ）＝15 V ，故电动势的最大值E m ＝2 E ＝152 V ，由E m ＝n Φm ω，由于为多匝线圈，故n >1，解得Φm ＝3220πnWb<3220π Wb ，故B 错误；由题图乙可知，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝102 cos 100πt （V ），故C 错误；当R ＝r时，R 消耗的功率最大，为P max ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 2r 2r ＝11.25 W ，故D 正确．。

高三物理复习资料之交变电流电磁场和电磁波

高三物理复习资料之交变电流电磁场和电磁波一、正弦交变电流 1. 正弦交变电流的发生当闭合线圈由中性面位置〔图中O 1O 2位置〕末尾在匀强磁场中匀速转动时，线圈中发生的感应电动势随时间而变的函数是正弦函数：e =E m sin ωt ，其中E m =nBSω。

这就是正弦交变电流。

2.交变电流的有效值交变电流的有效值是依据电流的热效应规则的：让交流和直流经过相反阻值的电阻，假设它们在相反的时间内发生的热量相等，就把这不时流的数值叫做这一交流的有效值。

⑴只要正弦交变电流的有效值才一定是最大值的2/2倍。

⑵通常所说的交变电流的电流、电压；交流电表的读数；交流电器的额外电压、额外电流；保险丝的熔断电流等都指有效值。

〔电容器的耐压值是交流的最大值。

〕 3.正弦交变电流的最大值、有效值、瞬时值战争均值正弦交变电流的电动势、电压和电流都有最大值、有效值、瞬时值战争均值的区别。

以电动势为例：最大值用E m 表示，有效值用E 表示，瞬时值用e 表示，平均值用E 表示。

它们的关系为：E =E m /2，e =E m sinωt 。

平均值不常用，必要时要用法拉第电磁感应定律直接求：tn E ∆∆Φ=。

特别要留意，有效值战争均值是不同的两个物理量，千万不可混杂。

生活中用的市电电压为220V ，其最大值为2202V=311V 〔有时写为310V 〕，频率为50H Z ，所以其电压即时值的表达式为u =311sin314t V 。

例1. 交流发电机的转子由B ∥S 的位置末尾匀速转动，与它并联的电压表的示数为14.1V ，那么当线圈转过30°时交流电压的瞬时值为＿＿V 。

解：电压表的示数为交流电压的有效值，由此可知最大值为U m =2U =20V 。

而转过30°时辰的瞬时值为u =U m cos30°=17.3V 。

例2. 经过某电阻的周期性交变电流的图象如右。

求该交流电的有效值I 。

解：该交流周期为T =0.3s ，前t 1=0.2s 为恒定电流I 1=3A ，后t 2=0.1s 为恒定电流I 2= -6A ，因此这一个周期内电流做的功可以求出来，依据有效值的定义，设有效值为I ，依据定义有：I 2RT =I 12Rt 1+ I 22Rt 2 带入数据计算得：I =32A例3. 交流发电机转子有n 匝线圈，每匝线圈所围面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，匀速转动的角速度为ω，线圈内电阻为r ，外电路电阻为R 。

高三物理《3年高考2年模拟》第13章交变电流、电磁波

第十三章交变电流、电磁学第一部分三年高考题荟萃2010年高考新题1．2010·重庆·1７一输入电压为220v ，输出电压为36V 的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器元、复线圈匣数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新饶了5匣线圈。

如题17图所示，然后将原来线圈接到220v 交流电源上，测得新绕线全的端电压为1v ，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线数分别为A ．1100,360 B.1100，180 C ．2200,180 D. 2200,360 【答案】B【解析】对新绕线的理想变压器，根据变压比公式得1100122053131=⨯==U U n n 变压器烧坏前，同理 1802203611001212=⨯==U U n n ，B 正确。

2. 2010·天津·1下列关于电磁波的说法正确的是 A ．均匀变化的磁场能够在空间产生电场 B ．电磁波在真空和介质中传播速度相同 C ．只要有电场和磁场，就能产生电磁波 D ．电磁波在同种介质中只能沿直线传播答案：A3. 2010·天津·7为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V 1、V 2和理想交流电流表A 1，A 2，导线电阻不计，如图所示。

当开关S 闭合后A. A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值不变B. A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值变大C. V 2示数变小，V 1与V 2示数的比值变大D. V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值不变答案：AD4. 2010·全国卷Ⅱ·19图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P 为滑动头。

现令P 从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L 两端的电压等于其额定电压为止。

高考物理一轮总复习素养提升第13章交变电流电磁振荡和电磁波传感器第31讲交变电流的产生及描述(含答案

高考物理一轮总复习素养提升：交变电流规律的“等效”应用有些题目中，产生交变电流的方式与发电机不同，但产生的交变电流的规律相似，可以等效应用交变电流规律求解相应的物理量。

如图所示的区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x 轴和y ＝2sin π2x 曲线围成(0≤x ≤2 m)。

现把边长为2 m 的正方形单匝线框以水平速度v ＝10 m/s 匀速地拉过该磁场区域，磁场区域的磁感应强度B ＝0.4 T ，线框的电阻R ＝0.5 Ω，不计一切摩擦阻力，则( C )A ．水平拉力F 的最大值为8 NB ．拉力F 的最大功率为12.8 WC ．拉力F 要做25.6 J 的功才能让线框通过此磁场区D ．拉力F 要做12.8 J 的功才能让线框通过此磁场区[解析] 线框穿过磁场区时，BC 或AD 边切割磁感线的有效长度为y ，产生的感应电动势e ＝Byv ＝2Bv sin π2vt ，线框所受的安培力F ＝B 2y 2v R，当y ＝2 m 时，安培力最大，最大值F m ＝0.42×22×100.5N ＝12.8 N ，拉力的最大功率P m ＝F m v ＝128 W ，A 、B 两项错误；由能量守恒定律可知，线圈通过磁场区拉力做的功等于电阻产生的热量，用有效值计算：W ＝Q ＝I 2Rt ＝E 2R t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫822×10.5×410J ＝25.6 J ，C 项正确，D 项错误。

(2023·江苏常州联考)如图1所示为音响中的扬声器，结构图和沿对称轴的截面图如图2所示。

当交变电流通过线圈时，圆形线圈在磁场中往复运动从而带动振膜发出声音。

已知线圈由粗细均匀的钢丝绕制而成，线圈的半径a ＝2.5 cm 、匝数n ＝100匝，电阻r ＝8 Ω。

某实验小组扬声器与阻值R ＝8 Ω的电阻相连，将扬声器充当话筒让振膜振动，带动线圈以速度v ＝0.2sin 2 000t (m/s)垂直磁场振动。

专题05 交变电流、电磁振动与电磁波(原卷版)-2023年高考物理二模试题分项汇编(浙江专用)

专题05 交变电流、电磁振动与电磁波（原卷版）一、单选题（本大题共9小题）1. (2023年浙江省四校联盟高考物理模拟试卷)“救命神器”——自动体外除颤仪(AAAAAA)，它是一种便携式的医疗设备，可以诊断特定的心律失常，并且给予电击除颤，是可被非专业人员使用，用于抢救心脏骤停患者的医疗设备。

其结构如图所示，低压直流电经高压直流发生器后向储能电容器CC充电。

除颤治疗时，开关拨到2，将脉冲电流作用于心脏，使患者心脏恢复正常跳动，其他条件不变时，该除颤器的电容器电容为15μμμμ，如果充电后电容器的电压为9.0kkkk，电容器在5.0mmmm时间内完成放电。

下列说法正确的是( )A. 放电前，电容器存储的电荷量为0.135CCB. 放电过程中，电流大小不变C. 放电后，电容器的电容为零D. 自感系数LL越小，放电脉冲电流的振荡周期越长2. (2023年浙江省北斗联盟高考物理模拟试卷)单匝闭合矩形线框电阻为RR，在匀强磁场中绕与磁感线垂直ΦΦ与时间tt的关系图像如图所示.下列说法正确的是( )A. TT2时刻线框平面与中性面垂直B. 线框的感应电动势最大值为√ 2ππΦΦmm TTC. 线框转一周外力所做的功为2ππ2ΦΦmm2RRTTD. 从tt=0到tt=TT4过程中线框的平均感应电动势为ππΦΦmm TT3. (2023年浙江省杭州市高考物理二模试卷)如图所示，把线圈(内阻不计)、电容器、电源、电阻和单刀双掷开关连成图示电路。

把电压传感器(图中未画出)的两端连在电容器的两个极板MM、NN上。

先把开关置于aa侧，一段时间后再把开关置于bb侧，从此刻开始计时，电压uu MMMM随时间tt变化的图像正确的是A. B.C. D.4. (2023年浙江省十校联盟高考物理第三次联考试卷)为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OOOO1按图示方向匀速转动(aabb向纸外，cccc向纸内)，并从图甲所示位置开始计时，此时产生的正弦式交流电如图乙所示。

部编版高中物理必修三第十三章电磁感应与电磁波初步考点突破

(名师选题)部编版高中物理必修三第十三章电磁感应与电磁波初步考点突破单选题1、已知一只表头的量程为0~100mA，内阻Rg=100Ω。

现将表头改装成电流、电压两用的电表，如图所示，已知R1=200 Ω，R2=1kΩ，则下列说法正确的是（）A．用oa两端时是电压表，最大测量值为110VB．用ob两端时是电压表，最大测量值为160VC．用oa两端时是电流表，最大测量值为200mAD．用ob两端时是电流表，最大测量值为200mA答案：BAC．由电路图可知，用oa两端时是电流表，有I=I g+I g R gR1=150mA故AC错误；BD．由电路图可知，用ob两端时是电压表，有U=I g R g+I g R gR g R1R g+R1R2=160V故B正确；D错误。

故选B。

2、如图所示，厚薄均匀的长方体金属导体，ab、bc的长度之比为2：1。

当将C与D接入电压不变的电路中时，通过该导体的电流为I，若换A与B接入原电路中，则通过该导体的电流为（）A ．I4B ．I2C ．I D ．2I 答案：A设导体上表面宽为x ，则将C 与D 接入电路中时，电阻为R 1=ρbcab ⋅x若换A 与B 接入原电路中，则电阻为R 2=ρabbc ⋅x 因为电路中电压不变，所以由欧姆定律知，将A 与B 接入原电路中，通过该导体的电流为与将C 与D 接入电路中对应电流之比为I′I =R 1R 2=bc 2ab 2=14即I′=14I故选A 。

3、如图所示，电解池内有一价的电解液，t 时间内通过溶液内面积为S 的截面的正离子数是n 1，负离子数是n 2，设元电荷为e ，以下说法中正确的是（）A．当n1＝n2时电流强度为零B．当n1＜n2时，电流方向从B→A，电流强度为I＝(n2−n1)etC．当n1＞n2时，电流方向从A→B，电流强度为I＝(n1−n2)etD．溶液内电流方向从A→B，电流强度为I＝(n1+n2)et答案：D电流的方向与正离子定向移动方向相同，则溶液内电流方向从A到B，t时间内通过通过溶液截面S的电荷量为q=n1e+n2e则根据电流的定义式可得I=qt=n1e+n2et=(n1+n2)etABC错误，D正确。