(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．如图5－1－12所示图象中属于交流电的有(
)
图5－1－12
解析：A、B、C选项中e的大小和方向均做周期性变化，故它们属于交流电，正确选项为A、B、C。
答案：ABC
3．如图5－1－14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轴OO′以恒定的角速度ω转动。当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π
流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻(
)
2ω
图5－1－14
A．线圈中的电流最大 B．穿过线圈的磁通量为零 C．线圈所受的安培力为零 D．线圈中的电流为零
2ππ1
解析：线圈转动的角速度为ω，则转过一圈用时t＝圈，此时
ω2ω4线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误，由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确。
答案：CD
3
．一只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
间变化的图象如图5－1－7所示。则下列说法中正确的是(
)
图5－1－7
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，感应电动势达到最大
3
D．从t＝0.01 s时刻至t＝0.04 s时刻线圈转过的角度是π
2
ΔΦ
解析：由图象可知t＝0、0.02 s、0.04 s时刻线圈平面是中性面位置，Φ最大，0，
ΔtΔΦ
故E＝0；t＝0.01 s、0.03 s、0.05 s时刻线圈平面与磁感线平行，Φ最大，故E最
Δt33
大，从图象可知，从t＝0.01 s时刻至t＝0.04 s。
42
答案：BD
1.如图5－1－9所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′轴观察，线圈沿逆时针方向转动。已知磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )
A．线圈中感应电流的方向为abcda nBl2ω
C．线圈中的感应电流为R
T1
D．线圈从图示位置起转动时，电动势的瞬时值为nBl2ω
62
解析：根据右手定则判断知，ad边切割产生的感应电流方向由a→d；bc边切割产生的ΔΦ
感应电流方向由c→b，所以A项错误。在图示位置Φ＝B·S⊥＝0；e＝Em＝nl2Bω，由E＝n
ΔtΔΦEenBl2ωT2π2
得＝＝Blω，i＝＝，所以C项正确，B项错误。t＝，ω＝由e＝nBl2ωcos ωtΔtnRR6T2πT1
＝nBl2ω cos (×)＝nBl2ω，D项正确。
T62
答案：CD
4．在如图2所示电路中，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流；L是一个25 mH的高频扼流圈，C是一个100 pF的电容器，R是负载电阻。下列说法中正确的是( )
图5－1－9
B．穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率也为零
图2
A．L的作用是“通低频，阻高频” B．C的作用是“通交流，隔直流” C．C的作用是“通高频，阻低频”
D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比 解析：L是一个自感系数很小的高频扼流圈，其作用是“通低频，阻高频”，选项A正确。C是一个电容很小的电容器，在图示电路中，对高频交流的容抗远小于对低频交流的容抗，其作用是“通高频，阻低频”，选项C正确；因电路中无直流电流，选项B错误。由于L对高频交流的阻碍作用和C对高频交流的旁路作用，使得通过R的电流中，低频交流所占的百分比远大于高频交流的百分比，选项D正确。
答案：ACD
3．如图5－4－6所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使( )
图5－4－6
A．原线圈匝数n1增加 B．副线圈匝数n2增加 C．负载电阻R的阻值增大 D．负载电阻R的阻值减小 UnU2
解析：由＝，P出＝
U2n2RU12n22
可得P出＝n1R
U2n2
又因为P入＝P出，所以P入
n1R分析可得选项B、D正确。 答案：BD
6．如图3所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3、R4
均为定值电阻，开关S是闭合的。V1V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；A1A2和A3为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3。现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是(
)
图3
A．U2变小、I3变小 C．I1变小、I2变小
B．U2不变、I3变大 D．I1变大、I2变大
解析：因为变压器的匝数与输入电压不变，所以输出电压与两电压表的示数均不变。当S断开时，因为负载电阻增大，故副线圈中的电流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R1两端的电压减小，故R2、R3两端的电压将增大，I3变大，B正确。
答案：BC
4．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L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图4所示。当开关S闭合后(
)
图4
A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变 B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大 C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大 D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
解析：电源电压有效值不变，所以V1示数不变，原、副线圈的电压之比等于匝数之比，匝数之比不变，故V2示数不变，V1与V2示数的比值也不变，所以C错误，D正确；当开关S闭合后，副线圈电路中的电阻减小，因为电压不变，所以副线圈电路中的电流增大，A2的示数增大，原、副线圈的电流之比等于匝数反比，匝数之比不变，A1与A2示数的比值不变，所以A正确，B错误。
答案：AD
8.如图4所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图5所示的交变电压后，能使电子有可能做往返运动的是
( ) 图4
图5
111
解析：对A时刻速度最大，由T到T
442113
T时刻速度为零。T到T电子反向做加速度减小的加速运动，
22433
到T做加速度增大的减速运动，T时刻速度为零，回到原位置，即44电子能做往复运动。同样的分析方法可得B、C也对。
答案：ABC
9．某小型水电站的电能输送示意图如图8所示。发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则(
)
图8
nnn1n4nn
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
n200nU解析：根据变压器工作原理可知＝n2U2n4220nn压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2>U3，所以A正确，B、C不
n1n4正确。升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D正确。
答案：AD
2．如图5－1－11甲所示，交流发电机与电阻R连接，线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象如图乙中图线a所示，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图乙中图线b所示，已知R＝10 Ω。以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )
图5－1－11
A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零 B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．交流电b的电压瞬时值为u＝10sin 5πt V D．转子的转速调整前电压最大值与调整后相同
解析：在图中t＝0时刻，感应电流为0，线圈产生的感应电动势为0，因此线圈处在中性面上，穿过线圈平面的磁通量最大，A错；由图乙可知，调整前转子转一圈用时0.6 s，na2
调整后转一圈用时0.4 s＝B错；交流电b的电压最大值Ubm＝IbmR＝
nb31.0×10 V＝10 V，所以电压瞬时值u＝10sin 5πt V，C正确；交流电动势的最大值与转速成Un220
Uam＝ V，D错。
Ubmnb33
答案：C
5．一交流发电机的感应电动势e＝Emsin ωt，如将线圈的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为( )
A．e′＝2Emsin 2ωt C．e′＝4Emsin 2ωt
B．e′＝2Emsin 4ωt D．e′＝4Emsin 4ωt
′
解析：e＝Emsin ωt＝nBSω sin ωt，现n′＝2n，ω′＝2ω，则Em＝4Em，所以感应电动势的瞬时值表达式将变为e′＝4Emsin 2ωt。
答案：C
1．如图5－2－3所示是一个正弦式交变电流的图象，下列说法正确的是(
)
图5－2－3
A．周期是0.2 s，电流的峰值是10 A B．周期是0.15 s，电流的峰值是10 A C．频率是5 Hz，电流的有效值是10 A D．频率是0.2 Hz，电流的有效值是7.07 A
1Im
解析：由图象可知T＝0.2 s，Im＝10 A，故频率f5 Hz，I＝52 A＝7.07 A。
T2
A正确，B、C、D错误。
答案：A
2．一个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。从中性面开始1
计时，当t＝时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 V，则此交变电流的有效值为( )
12
A．22 V 2 V
B．2 V D.2 V 2
2πT
)，由T12
解析：先用代入法求出感应电动势的最大值：由e＝Emsinωt得2 V＝Emsin(此得Em＝4 V，因此有效值为2 V。选项A正确。
答案：A
3．将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图5－2－4所示。下列说法正确的是(
)
图5－2－4
A．电路中交变电流的频率为0.25 Hz B2 A C．电阻消耗的电功率为2.5 W
D．用交流电压表测得电阻两端的电压为5 V
1－
解析：由图可知，该交变电流的周期为T＝4×102s，故频率为f＝25 Hz；通过电
T阻的电流最大值为Im＝
EmIm
＝1 A，有效值I＝0.707 A，电阻消耗的电功率为P＝I2R＝2.5 R2
5 2
W。交流电压表测得的应为电阻两端电压的有效值U＝IR＝V＝3.5 V。
2
答案：C
3．一电阻接一直流电源，通过4 A的电流时热功率为P，若换接一正弦交流电源，它P
的热功率变为，则该交流电电流的最大值为( )
2
A．4 A C．2 A
B．6 A D．42 A
PPPP4
解析：由P＝I2R得R＝I′2，2I′2＝16。I′＝A，所
I162162以Im＝I′＝4 A。应选A。
答案：A
4．夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行。一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图3所示，此空调器运转1 h用电(
)
图3
A．1.0度 C．2.0度
B．1.5度 D．2.5度
解析：由图象知，电功率随时间的变化周期为15 min，前5 min为0.5 kW，后10 minT2T
为2 kW。设电功率的有效值为P，周期为T，据有效值定义有P1P2PT
33
将P1＝0.5 kW，P2＝2 kW代入得：P＝1.5 kW。 此空调1 h用电W＝Pt＝1.5度。 答案：B
5．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图4甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图4乙所示，则(
)
图4
A．电压表V的示数为220 V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次 C．灯泡实际消耗的功率为484 W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J 解析：由题图甲知Em＝220 2 V， 则电源电动势有效值E＝I＝
E220 V， 2
E220＝A＝2.2 A，V表示数亦即路端电压有效值U＝IR＝2.2×95 V＝209 R＋r95.0＋5.0
t1
V，A错；线框每转一圈，电流方向改变两次，故每秒钟电流方向改变n＝×2＝×2
T0.02次＝100次，B错；由P灯＝UI得：P灯＝209×2.2 W＝459.8 W，C错；由Q＝I2rt得：Qr
＝2.22×5×12 J＝24.2 J，D正确。
答案：D
6．在阻值为70 Ω的电阻中通以正弦交变电流，测得在10 min内放出的热量为2.1×104 J，则此交变电流的最大值为( )
A．0.24 A C．0.707 A
B．0.5 A D．1 A
1
A，所以Im＝2 I＝1 A。 2
解析：根据Q＝I2Rt得I＝答案：D
7．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按图5甲所示的方式连接，R＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V，图5乙是交变电源输出电压U随时间t
变化的图象，则( )
图5
A．通过R的电流IR随时间t变化的规律是IR＝2cos 100πt A B．通过R的电流IR随时间t变化的规律是IR＝2cos 50πt A C．R两端的电压UR随时间t变化的规律是UR＝2cos 100πt V D．R两端的电压UR随时间t变化的规律是UR＝2cos 50πt V
解析：交流电压表测的是有效值 U＝10 V，电压的最大值Um＝10 2 V 。由图象可U10
得电阻R两端交流电压的瞬时值UR＝102cos 100πt V，通过R上的电流有效值I＝
R10A＝1 A，则最大值Im＝2 A，其瞬时值为IR＝2cos 100πt A。
答案：A
8．频率为50 Hz的交变电流，其电压u＝1202sinωt V，把它加在激发电压、熄灭电压均为85 V的霓虹灯的两端，则在半个周期内霓虹灯点亮的时间是( )
1
s 501
s 150
1B. s 1001D.s 200
1
s＝0.02 s，电压的最大值Um50
解析：该交变电压的周期T＝＝1202 V≈170 V＝2×85 V。
作出交变电压的u－t图象如图所示，由于加在霓虹灯两端电
压大于85 V时灯管才发光，由图象可知在半个周期内灯管点亮的时间是Δt＝t2－t1，
u＝170sin(2πft)V＝85 V
π1
则2πft1＝t1 s
66005π5
2πft2＝t2＝s
66001
所以Δt＝t2－t1＝s
150
即霓虹灯在半个周期内被点亮的时间为答案：C
5．在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需把低频成分输送到下一级装置，如图3所示，则下列做法合理的是( )
A．在ab间接入一个电容器 B．在ab间接入一个低频扼流圈 C．在ab间接入一个高频扼流圈
图3
1
s。 150
D．在ab间接入一个电容器或高频或低频扼流圈都可以
解析：电容器是“通高频，阻低频”，低频扼流圈是“通直流，阻交流”，而高频扼流圈“通低频，阻高频”，C对。
答案：C
[例3] 如图5－3－11所示， 线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L＝1 mH，C＝200 pF)，此电路的重要作用是( )
A．阻直流通交流，输出交流 B．阻交流通直流，输出直流
图5－3－11
C．阻低频通高频，输出高频交流 D．阻高频通低频，输出低频交流和直流
[思路点拨] 根据电感和电容对交流中的高频成分和低频成分的阻碍作用不同来分析。 [解析] 因线圈自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这样直流和低频成分能顺利通过线圈，电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容C很小，对低频成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它旁路，最终输出的是低频交流和直流。
[答案] D
2．如图2所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R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做切割磁感线运动时，安培表A1的读数为12 mA，那么安培表A2的读数为( )
图2
A．0 B．3 mA
C．48 mA D．与R大小有关
解析：导线AB切割磁感线产生的感应电动势为E感＝Blv。由于B、l、v三个量均不变，故感应电动势为一定值，原线圈中电流恒为12 mA，变压器原、副线圈中无法发生互感现象，副线圈输出电压应为零，故安培表A2的读数为0。
答案：A
3．远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压提高到原来的n倍，则下列说法中正确的是( )
A．输电线上的电流变为原来的n倍
B．输电线上的电压损失变为原来的1/n2
C．输电线上的电功率损失变为原来的1/n
D．若输电线上的电功率损失不变，输电线路长度可变为原来的n2倍
1I解析：P＝UI，当U变为原来的n倍时，I变为原来的ΔU＝nn
R线
I电功率损失：P损＝2R线① n
l输电线电阻R线＝l变为原来的n2倍时，电阻增大为原来的n2倍，由①式知P损S
不变。
答案：D
7．“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106 kW，输电电压为1 000 kV，输电线电阻为100 Ω。若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为( )
A．105 kW
C．106 kW B．104 kW D．103 kW
PP解析：输电电流I＝P损＝I2R＝(2R＝1×105 kW；当改用UU
超导输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，A正确。
答案：A
10. 如图6甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化规律如
图乙所示，则在t1～t2时间内(
)
图6
A．电流表A1的示数比A2的小
B．电流表A2的示数比A3的小
C．电流表A1和A2的示数相同
D．电流表的示数都不为零
解析：由于通过原线圈中的磁感应强度随时间发生均匀变化，故副线圈中的磁感应强度也应随时间发生均匀变化，所以副线圈将产生恒定电流，由于线圈L的内阻不计，所以A1与A2的示数相同。由于电容的“隔直流、通交流”作用，故A3的示数为零，答案为C。
答案：C
二、非选择题(本题共2小题，每小题10分，共20分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈的匝数n＝100匝，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系如图6甲所示，发电机线圈的电阻r＝5 Ω，外电路电阻R＝95 Ω。求串联在外电路中的交流电流表的读数。
图6
解析：感应电动势的最大值：Em＝nBSω＝nΦmω
2π设线圈在磁场中转动的周期为T，则有ω＝ T
根据欧姆定律，电路中的电流的最大值为：
Im＝E R＋r
2 2m有效值：I＝
由题中给定的Φ-t图象可得：
Φm＝1.0×102Wb，T＝3.14×102 s －－
解以上各式，并代入数据，得：I＝1.41 A。
答案：1.41 A
10．n匝矩形线圈，面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴，
1以角速度ω做匀速转动，外电路闭合。若从线圈通过中性面时开始计时，则经过外力做功为多少？(已知线圈与外电路总电阻为R)
解析：线圈产生感应电动势的最大值为：Em＝nBωS，
有效值为EE22
2nBωS， 线圈中电流的有效值为
I＝E
R＝2nBωS
2R
电热功率为P＝I2R＝n2B2S2ω2
2R
在T/4时间内产生的内能为：
Q＝PTωπn2B2
4＝S2
4R，
即外力做的功为Wωπn2B2S2
外＝Q4R。
答案：ωπn2B2S2
4R
12.如图10所示，匀强磁场B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数N＝100，
边长ab＝0.2 m，bc＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s绕OO′轴匀速转动。
当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)由t＝0至t＝T
4过程中的平均电动势的大小。
(3)该交变电流的电动势有效值是多少？
解析：(1)感应电动势的瞬时值e＝NBSωsinωt，由题可知：
S＝ab·bc＝ 0.2×0.5 m2＝0.1 m2
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V，
所以e＝314sin100πt V。
(2)用E＝NΔΦ
Δt
t＝0至t＝T
4过程中的平均电动势
Φπ－Φ0
E＝N2
TN|0－BS|4NBS
T＝2π
404ω4 图10
2即 E＝NBSω。 π
代入数值得E＝200 V。
E(3)电动势有效值E＝ 2
又Em＝NBSω
代入数据得E＝222 V。
答案：(1)e＝314sin100πt V (2)200 V (3)222 V
12.(16分)宽度为L，足够长的光滑倾斜导轨与水平面间夹角为
θ，匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直于导轨向上，范围足够大，
导轨的上端连着一个阻值为R的电阻，下端连着一个阻值为2R的
电阻，导轨电阻不计。金属棒ab长为L，质量m，电阻也为R，
垂直地放在导轨上。在某一平行于导轨向上的恒力(图中未画 图12
出)的作用下，ab棒从静止开始沿导轨向上运动，最后达到稳定的运动状态。整个过程中，通过斜面底端电阻2R的最大电流为I，求：
(1)通过ab棒的最大电流；
(2)ab棒的最大加速度；
(3)ab棒的最大速度。
解析：(1)ab棒在外力F的作用下沿导轨向上做加速度a逐渐减小的加速运动，当a＝0时，速度v＝vm最大，此时电流也最大。
由电路结构知，此时，通过ab棒的电流为3I①
(2)当速度v＝vm时，有F－3BIL－mg sinθ＝0②
得F＝3BIL＋mg sinθ③
刚开始时，v＝0，a＝am最大，所以F－mg sinθ＝mam④ 3BILam＝m⑤
(3)a＝0时，v＝vm，ab棒的电动势E＝BLvm⑥
又E＝3I×R＝5IR⑦ 3
5IR可得vm＝BL⑧
3BIL5IR 答案：(1)3I (2)mBL
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．如图5－1－12所示图象中属于交流电的有(
)
图5－1－12
解析：A、B、C选项中e的大小和方向均做周期性变化，故它们属于交流电，正确选项为A、B、C。
答案：ABC
3．如图5－1－14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轴OO′以恒定的角速度ω转动。当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π
流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻(
)
2ω
图5－1－14
A．线圈中的电流最大 B．穿过线圈的磁通量为零 C．线圈所受的安培力为零 D．线圈中的电流为零
2ππ1
解析：线圈转动的角速度为ω，则转过一圈用时t＝圈，此时
ω2ω4线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误，由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确。
答案：CD
3
．一只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
间变化的图象如图5－1－7所示。则下列说法中正确的是(
)
图5－1－7
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，感应电动势达到最大
3
D．从t＝0.01 s时刻至t＝0.04 s时刻线圈转过的角度是π
2
ΔΦ
解析：由图象可知t＝0、0.02 s、0.04 s时刻线圈平面是中性面位置，Φ最大，0，
ΔtΔΦ
故E＝0；t＝0.01 s、0.03 s、0.05 s时刻线圈平面与磁感线平行，Φ最大，故E最
Δt33
大，从图象可知，从t＝0.01 s时刻至t＝0.04 s。
42
答案：BD
1.如图5－1－9所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′轴观察，线圈沿逆时针方向转动。已知磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )
A．线圈中感应电流的方向为abcda nBl2ω
C．线圈中的感应电流为R
T1
D．线圈从图示位置起转动时，电动势的瞬时值为nBl2ω
62
解析：根据右手定则判断知，ad边切割产生的感应电流方向由a→d；bc边切割产生的ΔΦ
感应电流方向由c→b，所以A项错误。在图示位置Φ＝B·S⊥＝0；e＝Em＝nl2Bω，由E＝n
ΔtΔΦEenBl2ωT2π2
得＝＝Blω，i＝＝，所以C项正确，B项错误。t＝，ω＝由e＝nBl2ωcos ωtΔtnRR6T2πT1
＝nBl2ω cos (×)＝nBl2ω，D项正确。
T62
答案：CD
4．在如图2所示电路中，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流；L是一个25 mH的高频扼流圈，C是一个100 pF的电容器，R是负载电阻。下列说法中正确的是( )
图5－1－9
B．穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率也为零
图2
A．L的作用是“通低频，阻高频” B．C的作用是“通交流，隔直流” C．C的作用是“通高频，阻低频”
D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比 解析：L是一个自感系数很小的高频扼流圈，其作用是“通低频，阻高频”，选项A正确。C是一个电容很小的电容器，在图示电路中，对高频交流的容抗远小于对低频交流的容抗，其作用是“通高频，阻低频”，选项C正确；因电路中无直流电流，选项B错误。由于L对高频交流的阻碍作用和C对高频交流的旁路作用，使得通过R的电流中，低频交流所占的百分比远大于高频交流的百分比，选项D正确。
答案：ACD
3．如图5－4－6所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使( )
图5－4－6
A．原线圈匝数n1增加 B．副线圈匝数n2增加 C．负载电阻R的阻值增大 D．负载电阻R的阻值减小 UnU2
解析：由＝，P出＝
U2n2RU12n22
可得P出＝n1R
U2n2
又因为P入＝P出，所以P入
n1R分析可得选项B、D正确。 答案：BD
6．如图3所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3、R4
均为定值电阻，开关S是闭合的。V1V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；A1A2和A3为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3。现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是(
)
图3
A．U2变小、I3变小 C．I1变小、I2变小
B．U2不变、I3变大 D．I1变大、I2变大
解析：因为变压器的匝数与输入电压不变，所以输出电压与两电压表的示数均不变。当S断开时，因为负载电阻增大，故副线圈中的电流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R1两端的电压减小，故R2、R3两端的电压将增大，I3变大，B正确。
答案：BC
4．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L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图4所示。当开关S闭合后(
)
图4
A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变 B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大 C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大 D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
解析：电源电压有效值不变，所以V1示数不变，原、副线圈的电压之比等于匝数之比，匝数之比不变，故V2示数不变，V1与V2示数的比值也不变，所以C错误，D正确；当开关S闭合后，副线圈电路中的电阻减小，因为电压不变，所以副线圈电路中的电流增大，A2的示数增大，原、副线圈的电流之比等于匝数反比，匝数之比不变，A1与A2示数的比值不变，所以A正确，B错误。
答案：AD
8.如图4所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图5所示的交变电压后，能使电子有可能做往返运动的是
( ) 图4
图5
111
解析：对A时刻速度最大，由T到T
442113
T时刻速度为零。T到T电子反向做加速度减小的加速运动，
22433
到T做加速度增大的减速运动，T时刻速度为零，回到原位置，即44电子能做往复运动。同样的分析方法可得B、C也对。
答案：ABC
9．某小型水电站的电能输送示意图如图8所示。发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则(
)
图8
nnn1n4nn
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
n200nU解析：根据变压器工作原理可知＝n2U2n4220nn压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2>U3，所以A正确，B、C不
n1n4正确。升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D正确。
答案：AD
2．如图5－1－11甲所示，交流发电机与电阻R连接，线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象如图乙中图线a所示，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图乙中图线b所示，已知R＝10 Ω。以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )
图5－1－11
A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零 B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．交流电b的电压瞬时值为u＝10sin 5πt V D．转子的转速调整前电压最大值与调整后相同
解析：在图中t＝0时刻，感应电流为0，线圈产生的感应电动势为0，因此线圈处在中性面上，穿过线圈平面的磁通量最大，A错；由图乙可知，调整前转子转一圈用时0.6 s，na2
调整后转一圈用时0.4 s＝B错；交流电b的电压最大值Ubm＝IbmR＝
nb31.0×10 V＝10 V，所以电压瞬时值u＝10sin 5πt V，C正确；交流电动势的最大值与转速成Un220
Uam＝ V，D错。
Ubmnb33
答案：C
5．一交流发电机的感应电动势e＝Emsin ωt，如将线圈的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为( )
A．e′＝2Emsin 2ωt C．e′＝4Emsin 2ωt
B．e′＝2Emsin 4ωt D．e′＝4Emsin 4ωt
′
解析：e＝Emsin ωt＝nBSω sin ωt，现n′＝2n，ω′＝2ω，则Em＝4Em，所以感应电动势的瞬时值表达式将变为e′＝4Emsin 2ωt。
答案：C
1．如图5－2－3所示是一个正弦式交变电流的图象，下列说法正确的是(
)
图5－2－3
A．周期是0.2 s，电流的峰值是10 A B．周期是0.15 s，电流的峰值是10 A C．频率是5 Hz，电流的有效值是10 A D．频率是0.2 Hz，电流的有效值是7.07 A
1Im
解析：由图象可知T＝0.2 s，Im＝10 A，故频率f5 Hz，I＝52 A＝7.07 A。
T2
A正确，B、C、D错误。
答案：A
2．一个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。从中性面开始1
计时，当t＝时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 V，则此交变电流的有效值为( )
12
A．22 V 2 V
B．2 V D.2 V 2
2πT
)，由T12
解析：先用代入法求出感应电动势的最大值：由e＝Emsinωt得2 V＝Emsin(此得Em＝4 V，因此有效值为2 V。选项A正确。
答案：A
3．将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图5－2－4所示。下列说法正确的是(
)
图5－2－4
A．电路中交变电流的频率为0.25 Hz B2 A C．电阻消耗的电功率为2.5 W
D．用交流电压表测得电阻两端的电压为5 V
1－
解析：由图可知，该交变电流的周期为T＝4×102s，故频率为f＝25 Hz；通过电
T阻的电流最大值为Im＝
EmIm
＝1 A，有效值I＝0.707 A，电阻消耗的电功率为P＝I2R＝2.5 R2
5 2
W。交流电压表测得的应为电阻两端电压的有效值U＝IR＝V＝3.5 V。
2
答案：C
3．一电阻接一直流电源，通过4 A的电流时热功率为P，若换接一正弦交流电源，它P
的热功率变为，则该交流电电流的最大值为( )
2
A．4 A C．2 A
B．6 A D．42 A
PPPP4
解析：由P＝I2R得R＝I′2，2I′2＝16。I′＝A，所
I162162以Im＝I′＝4 A。应选A。
答案：A
4．夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行。一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图3所示，此空调器运转1 h用电(
)
图3
A．1.0度 C．2.0度
B．1.5度 D．2.5度
解析：由图象知，电功率随时间的变化周期为15 min，前5 min为0.5 kW，后10 minT2T
为2 kW。设电功率的有效值为P，周期为T，据有效值定义有P1P2PT
33
将P1＝0.5 kW，P2＝2 kW代入得：P＝1.5 kW。 此空调1 h用电W＝Pt＝1.5度。 答案：B
5．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图4甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图4乙所示，则(
)
图4
A．电压表V的示数为220 V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次 C．灯泡实际消耗的功率为484 W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J 解析：由题图甲知Em＝220 2 V， 则电源电动势有效值E＝I＝
E220 V， 2
E220＝A＝2.2 A，V表示数亦即路端电压有效值U＝IR＝2.2×95 V＝209 R＋r95.0＋5.0
t1
V，A错；线框每转一圈，电流方向改变两次，故每秒钟电流方向改变n＝×2＝×2
T0.02次＝100次，B错；由P灯＝UI得：P灯＝209×2.2 W＝459.8 W，C错；由Q＝I2rt得：Qr
＝2.22×5×12 J＝24.2 J，D正确。
答案：D
6．在阻值为70 Ω的电阻中通以正弦交变电流，测得在10 min内放出的热量为2.1×104 J，则此交变电流的最大值为( )
A．0.24 A C．0.707 A
B．0.5 A D．1 A
1
A，所以Im＝2 I＝1 A。 2
解析：根据Q＝I2Rt得I＝答案：D
7．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按图5甲所示的方式连接，R＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V，图5乙是交变电源输出电压U随时间t
变化的图象，则( )
图5
A．通过R的电流IR随时间t变化的规律是IR＝2cos 100πt A B．通过R的电流IR随时间t变化的规律是IR＝2cos 50πt A C．R两端的电压UR随时间t变化的规律是UR＝2cos 100πt V D．R两端的电压UR随时间t变化的规律是UR＝2cos 50πt V
解析：交流电压表测的是有效值 U＝10 V，电压的最大值Um＝10 2 V 。由图象可U10
得电阻R两端交流电压的瞬时值UR＝102cos 100πt V，通过R上的电流有效值I＝
R10A＝1 A，则最大值Im＝2 A，其瞬时值为IR＝2cos 100πt A。
答案：A
8．频率为50 Hz的交变电流，其电压u＝1202sinωt V，把它加在激发电压、熄灭电压均为85 V的霓虹灯的两端，则在半个周期内霓虹灯点亮的时间是( )
1
s 501
s 150
1B. s 1001D.s 200
1
s＝0.02 s，电压的最大值Um50
解析：该交变电压的周期T＝＝1202 V≈170 V＝2×85 V。
作出交变电压的u－t图象如图所示，由于加在霓虹灯两端电
压大于85 V时灯管才发光，由图象可知在半个周期内灯管点亮的时间是Δt＝t2－t1，
u＝170sin(2πft)V＝85 V
π1
则2πft1＝t1 s
66005π5
2πft2＝t2＝s
66001
所以Δt＝t2－t1＝s
150
即霓虹灯在半个周期内被点亮的时间为答案：C
5．在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需把低频成分输送到下一级装置，如图3所示，则下列做法合理的是( )
A．在ab间接入一个电容器 B．在ab间接入一个低频扼流圈 C．在ab间接入一个高频扼流圈
图3
1
s。 150
D．在ab间接入一个电容器或高频或低频扼流圈都可以
解析：电容器是“通高频，阻低频”，低频扼流圈是“通直流，阻交流”，而高频扼流圈“通低频，阻高频”，C对。
答案：C
[例3] 如图5－3－11所示， 线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L＝1 mH，C＝200 pF)，此电路的重要作用是( )
A．阻直流通交流，输出交流 B．阻交流通直流，输出直流
图5－3－11
C．阻低频通高频，输出高频交流 D．阻高频通低频，输出低频交流和直流
[思路点拨] 根据电感和电容对交流中的高频成分和低频成分的阻碍作用不同来分析。 [解析] 因线圈自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这样直流和低频成分能顺利通过线圈，电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容C很小，对低频成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它旁路，最终输出的是低频交流和直流。
[答案] D
2．如图2所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R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做切割磁感线运动时，安培表A1的读数为12 mA，那么安培表A2的读数为( )
图2
A．0 B．3 mA
C．48 mA D．与R大小有关
解析：导线AB切割磁感线产生的感应电动势为E感＝Blv。由于B、l、v三个量均不变，故感应电动势为一定值，原线圈中电流恒为12 mA，变压器原、副线圈中无法发生互感现象，副线圈输出电压应为零，故安培表A2的读数为0。
答案：A
3．远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压提高到原来的n倍，则下列说法中正确的是( )
A．输电线上的电流变为原来的n倍
B．输电线上的电压损失变为原来的1/n2
C．输电线上的电功率损失变为原来的1/n
D．若输电线上的电功率损失不变，输电线路长度可变为原来的n2倍
1I解析：P＝UI，当U变为原来的n倍时，I变为原来的ΔU＝nn
R线
I电功率损失：P损＝2R线① n
l输电线电阻R线＝l变为原来的n2倍时，电阻增大为原来的n2倍，由①式知P损S
不变。
答案：D
7．“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106 kW，输电电压为1 000 kV，输电线电阻为100 Ω。若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为( )
A．105 kW
C．106 kW B．104 kW D．103 kW
PP解析：输电电流I＝P损＝I2R＝(2R＝1×105 kW；当改用UU
超导输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，A正确。
答案：A
10. 如图6甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化规律如
图乙所示，则在t1～t2时间内(
)
图6
A．电流表A1的示数比A2的小
B．电流表A2的示数比A3的小
C．电流表A1和A2的示数相同
D．电流表的示数都不为零
解析：由于通过原线圈中的磁感应强度随时间发生均匀变化，故副线圈中的磁感应强度也应随时间发生均匀变化，所以副线圈将产生恒定电流，由于线圈L的内阻不计，所以A1与A2的示数相同。由于电容的“隔直流、通交流”作用，故A3的示数为零，答案为C。
答案：C
二、非选择题(本题共2小题，每小题10分，共20分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈的匝数n＝100匝，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系如图6甲所示，发电机线圈的电阻r＝5 Ω，外电路电阻R＝95 Ω。求串联在外电路中的交流电流表的读数。
图6
解析：感应电动势的最大值：Em＝nBSω＝nΦmω
2π设线圈在磁场中转动的周期为T，则有ω＝ T
根据欧姆定律，电路中的电流的最大值为：
Im＝E R＋r
2 2m有效值：I＝
由题中给定的Φ-t图象可得：
Φm＝1.0×102Wb，T＝3.14×102 s －－
解以上各式，并代入数据，得：I＝1.41 A。
答案：1.41 A
10．n匝矩形线圈，面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴，
1以角速度ω做匀速转动，外电路闭合。若从线圈通过中性面时开始计时，则经过外力做功为多少？(已知线圈与外电路总电阻为R)
解析：线圈产生感应电动势的最大值为：Em＝nBωS，
有效值为EE22
2nBωS， 线圈中电流的有效值为
I＝E
R＝2nBωS
2R
电热功率为P＝I2R＝n2B2S2ω2
2R
在T/4时间内产生的内能为：
Q＝PTωπn2B2
4＝S2
4R，
即外力做的功为Wωπn2B2S2
外＝Q4R。
答案：ωπn2B2S2
4R
12.如图10所示，匀强磁场B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数N＝100，
边长ab＝0.2 m，bc＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s绕OO′轴匀速转动。
当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)由t＝0至t＝T
4过程中的平均电动势的大小。
(3)该交变电流的电动势有效值是多少？
解析：(1)感应电动势的瞬时值e＝NBSωsinωt，由题可知：
S＝ab·bc＝ 0.2×0.5 m2＝0.1 m2
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V，
所以e＝314sin100πt V。
(2)用E＝NΔΦ
Δt
t＝0至t＝T
4过程中的平均电动势
Φπ－Φ0
E＝N2
TN|0－BS|4NBS
T＝2π
404ω4 图10
2即 E＝NBSω。 π
代入数值得E＝200 V。
E(3)电动势有效值E＝ 2
又Em＝NBSω
代入数据得E＝222 V。
答案：(1)e＝314sin100πt V (2)200 V (3)222 V
12.(16分)宽度为L，足够长的光滑倾斜导轨与水平面间夹角为
θ，匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直于导轨向上，范围足够大，
导轨的上端连着一个阻值为R的电阻，下端连着一个阻值为2R的
电阻，导轨电阻不计。金属棒ab长为L，质量m，电阻也为R，
垂直地放在导轨上。在某一平行于导轨向上的恒力(图中未画 图12
出)的作用下，ab棒从静止开始沿导轨向上运动，最后达到稳定的运动状态。整个过程中，通过斜面底端电阻2R的最大电流为I，求：
(1)通过ab棒的最大电流；
(2)ab棒的最大加速度；
(3)ab棒的最大速度。
解析：(1)ab棒在外力F的作用下沿导轨向上做加速度a逐渐减小的加速运动，当a＝0时，速度v＝vm最大，此时电流也最大。
由电路结构知，此时，通过ab棒的电流为3I①
(2)当速度v＝vm时，有F－3BIL－mg sinθ＝0②
得F＝3BIL＋mg sinθ③
刚开始时，v＝0，a＝am最大，所以F－mg sinθ＝mam④ 3BILam＝m⑤
(3)a＝0时，v＝vm，ab棒的电动势E＝BLvm⑥
又E＝3I×R＝5IR⑦ 3
5IR可得vm＝BL⑧
3BIL5IR 答案：(1)3I (2)mBL