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1、00-2008年试题分类汇编：交变电流（08北京卷）18一理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=11:5。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示。副线圈仅接入一个10 的电阻。则A流过电阻的电流是20 AB与电阻并联的电压表的示数是100VC经过1分钟电阻发出的热量是6103 JD变压器的输入功率是1103W答案：D【解析】原线圈中电压的有效值是220V，由变压比知副线圈中电压为100V，流过电阻的电流是10A；与电阻并联的电压表的示数是100V；经过1分钟电阻发出的热量是61034J。（08天津卷）17一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R。设原
2、线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2。当R增大时AI1减小，P1增大 BI1减小，P1减小DI2增大，P2减小 DI2增大，P2增大答案：B【解析】理想变压器的特点是输入功率等于输出功率，当负载电阻增大时，由于副线圈的电压不变，所以输出电流I2减小，导致输出功率P2减小，所以输入功率P1减小；输入的电压不变，所以输入的电流I1减小，B正确（08四川卷）16如图，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和R4均为固定电阻，开关S是闭合的。V1和V2为理想电压表，读数分别为U1和U2； A1、A2 和A3为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3
3、。现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是 AU2变小、I3变小 BU2不变、I3变大 CI1变小、I2变小 DI1变大、I2变大答案：BC解析：因为变压器的匝数与U1不变，所以U2与两电压表的示数均不变当S断开时，因为负载电阻增大，故次级线圈中的电流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的电压减小，故R2、R3两端的电压将增大，I3变大，B正确（08宁夏卷）19.如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀 强磁场 中，并绕过ab、cd中点的轴OO以角速度逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角时（如图b）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则下列四幅
4、图中正确的是答案：D 【解析】本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律。从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，故瞬时电流的表达式为i=imcos（+t），则图像为D图像所描述。平时注意线圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势表达式的理解。（08上海卷）20B（10分）某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6。（1）若采用380V输电，求输电线路损耗的功率。（2）若改用5000高压输电，用户端利用n1:n222：1的变压器降压，求用户得到的电压。解析：（1）输电线上的电流强度为IA52.63A输电线路损耗的功率为P损I2R52.
5、6326W16620W16.62kW（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为IA4A用户端在变压器降压前获得的电压U1UIR（500046）V4976V根据用户得到的电压为U24976V226.18V（08海南卷）7、如图，理想变压器原副线圈匝数之比为41原线圈接入一电压为uU0sint的交流电源，副线圈接一个R27.5 的负载电阻若U0220V，100 Hz，则下述结论正确的是VAR A副线圈中电压表的读数为55 V B副线圈中输出交流电的周期为 C原线圈中电流表的读数为0.5 A D原线圈中的输入功率为【答案】：AC【解析】：原线圈电压有效值U1=220V，由电压比等于匝数比可得副线圈
6、电压U2=55V，A对；电阻R上的电流为2A，由原副线圈电流比等于匝数的反比，可得电流表示数为0.5A， C对；输入功率为P=2200.5W=110W，D错；周期T= =0.02s，B错。（08广东卷）5小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动。产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是A交变电流的周期为0.125B交变电流的频率为8HzC交变电流的有效值为AD交变电流的最大值为4A【答案】C【解析】由et图像可知，交变电流电流的周期为0.25s，故频率为4Hz，选项A、B错误。根据欧姆定律可知交变电流的
7、最大值为2A，故有效值为A，选项C正确。（00天津、江西卷）1 （12分）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绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数，穿过每匝线圈的磁通量随时间按正弦规律变化，如图所示，发电机内阻，外电路电阻，已知感应电动势的最大值，其中为穿过每匝线圈磁通量的最大值，求串联在外电路中的交流电流表（内阻不计）的读数。18参考解答：已知感应电动势的最大值 设线圈在磁场中转动的周其为T，则有 根据欧姆定律，电路中电流的最大值为 设交流电流表的读数I，它是电流的有效值，根据有效值与最大值的关系，有 由题给的图线可读得 解以上各式，并代入数据，得 02全国2 （20分）电视
8、机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示。磁场方向垂直于圆面。磁场区的中心为O，半径为r。当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕的中心M点。为了让电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度，此时磁场的磁感应强度B应为多少？27（20分）电子在磁场中沿圆弧ab运动，圆心为C，半径为R。以v表示电子进入磁场时的速度，m、e分别表示电子的质量和电量，则eUmv2 eVB 又有tg 由以上各式解得B 04（江苏卷）3 . (16分)汤姆生用来测定电子的比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图所示，真空管内的阴极K
9、发出的电子(不计初速、重力和电子间的相互作用)经加速电压加速后，穿过A中心的小孔沿中心轴O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P间的区域当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到O点，(O与O点的竖直间距为d，水平间距可忽略不计此时，在P和P间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O点已知极板水平方向的长度为L1，极板间距为b，极板右端到荧光屏的距离为L2(如图所示) (1)求打在荧光屏O点的电子速度的大小。 (2)推导出电子的比荷的表达式解答：（1）当电子受到的电场
10、力与洛沦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O点，设电子的速度为，则 得 即 （2）当极板间仅有偏转电场 时，电子以速度进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为 这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为 离开电场时竖直向上的分速度为 电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏 t2时间内向上运动的距离为 这样，电子向上的总偏转距离为 可解得 04（全国卷）4 （22分） 空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在p点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示。该粒子
11、运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示。已知P、Q间的距离为l。若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点。不计重力。求：（1）电场强度的大小。（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之差。4（22分） （1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有 qv0B=m 由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为圆周，故有 以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，tE表示粒子在电场中由p点
12、运动到Q点经过的时间，则有qE=ma R=v0tE由以上各式，得 （2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为圆周，故运动经历的时间tE为圆周运动周期T的，即有 tE=T 而 由和式得 由 两式得 04（全国卷）5 （19分）一匀磁场，磁场方向垂直于xy平面，在xy平面上，磁场分布在以O为中心的一个圆形区域内。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速为v，方向沿x正方向。后来，粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30，P到O的距离为L，如图所示。不计重力的影响。求磁场的磁感强度B的大小和xy平面上磁场区域的半径R。24（19分）粒子在磁场中受各仑兹力作用，作匀速圆周运动，设其半径为r， 据此并由题意知，粒子在磁场中的轨迹的圆心C必在y轴上，且P点在磁场区之外。过P沿速度方向作延长线，它与x轴相交于Q点。作圆弧过O点与x轴相切，并且与PQ相切，切点A即粒子离开磁场区的地点。这样也求得圆弧轨迹的圆心C，如图所示。由图中几何关系得L=3r 由、求得 图中OA的长度即圆形磁场区的半径R，由图中几何关系可得 W1= W2= W3= W4= W=W1+W2+W3+W4 用E1表示在碰撞过程中损失的机械能，则E1=EW 由式解得 代入数据得E1=2.4J
