2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第7講　磁場

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第7講磁場第7講磁場題型1磁場的性質1.[2022·重慶卷]2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄.為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內的運動狀況,某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖),電場強度大小為E,磁感應強度大小為B.若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動,其速度平行于磁場方向的分量大小為v1,垂直于磁場方向的分量大小為v2,不計離子重力,則(D)A.電場力的瞬時功率為qEvB.該離子受到的洛倫茲力大小為qv1BC.v2與v1的比值不斷變大D.該離子的加速度大小不變[解析]根據(jù)功率的計算公式可知P=Fvcosθ,則電場力的瞬時功率為P=Eqv1,A錯誤;由于v1與磁感應強度平行,v2與磁感應強度垂直,則根據(jù)洛倫茲力的計算公式有F洛=qv2B,B錯誤;根據(jù)運動的疊加原理可知,離子在垂直于紙面的平面內做勻速圓周運動,沿水平方向做加速運動,則v1增大,v2不變,v2與v1的比值不斷變小,C錯誤;離子受到的洛倫茲力大小不變,電場力不變,兩個力方向始終垂直,則該離子的加速度大小不變,D正確.2.(多選)[2022·湖北卷]如圖所示,兩平行導軌在同一水平面內.一導體棒垂直放在導軌上,棒與導軌間的動摩擦因數(shù)恒定.整個裝置置于勻強磁場中,磁感應強度大小恒定,方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調.導體棒沿導軌向右運動,現(xiàn)給導體棒通以圖示方向的恒定電流,適當調整磁場方向,可以使導體棒沿導軌做勻加速運動或勻減速運動.已知導體棒加速時,加速度的最大值為33g;減速時,加速度的最大值為3g,其中g為重力加速度大小.下列說法正確的是(BCA.棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為3B.棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為3C.加速階段加速度大小最大時,磁場方向斜向下,θ=60°D.減速階段加速度大小最大時,磁場方向斜向上,θ=150°[解析]設導體棒所受安培力為F,加速時,F與水平向右方向的夾角為α,Fsinα+FN=mg、Fcosα-μFN=ma1,聯(lián)立得F(cosα+μsinα)-μmg=ma1,最大加速度a1max=1+μ2mF-μg=3g3,此時tanα=μ;減速時,設F與水平向左方向的夾角為β,Fsinβ+mg=FN、Fcosβ+μFN=ma2,聯(lián)立得F(cosβ+μsinβ)+μmg=ma2,最大加速度a2max=1+μ2mF+μg=3g,此時tanβ=μ,聯(lián)立可得μ3.一根質量為m、粗細可忽略、長度為l的導體棒靜止在一個足夠長的光滑絕緣半圓柱體頂端,導體棒中通有垂直紙面向外、大小為I的電流,其截面如圖所示,現(xiàn)讓導體棒由靜止滑下,一段時間后從某一位置P離開半圓柱體.若給空間加入方向沿半圓柱截面半徑指向圓心的磁場(圖中未畫出),其他條件不變,則導體棒離開半圓柱體的位置在P點的 (C)A.同一位置 B.右下方C.左上方 D.無法確定[解析]導體棒從某一位置P離開半圓柱體時,導體棒與半圓柱體之間的彈力剛好為零,如圖所示,這個位置由重力沿半徑方向的分力提供導體棒的向心力,即mgcosθ=mv2R,若給空間加入方向沿半圓柱截面半徑指向圓心的磁場,根據(jù)左手定則可知導體棒受到一個垂直于半徑方向且與速度方向相同的安培力,在導體棒運動的過程中,重力和安培力做正功,假設導體棒能到達位置P,由動能定理可知,導體棒的速度v'大于原來沒有磁場時的速度v,即mgcosθ<mv'4.(多選)[2021·福建卷]如圖所示,四條相互平行的細長直導線垂直坐標系xOy平面,導線與坐標平面的交點為a、b、c、d四點.已知a、b、c、d為正方形的四個頂點,正方形中心位于坐標原點O,e為cd的中點且在y軸上;四條導線中的電流大小相等,其中過a點的導線的電流方向垂直坐標平面向里,其余導線電流方向垂直坐標平面向外.則 (BD)A.O點的磁感應強度為0B.O點的磁感應強度方向由O指向cC.e點的磁感應強度方向沿y軸正方向D.e點的磁感應強度方向沿y軸負方向[解析]由題知,四條導線中的電流大小相等,且到O點的距離相等,故四條導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小相等,根據(jù)右手螺旋定則可知,四條導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度方向如圖甲所示,由圖可知,Bb與Bc相互抵消,Ba與Bd合成,根據(jù)平行四邊形定則可知,O點的磁感應強度方向由O指向c,其大小不為零,故A錯誤,B正確;由題知,四條導線中的電流大小相等,a、b到e點的距離相等,故a、b在e點產(chǎn)生的磁感應強度大小相等,c、d到e點的距離也相等,故c、d在e點產(chǎn)生的磁感應強度大小也相等,根據(jù)右手螺旋定則可知,四條導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度方向如圖乙所示,由圖可知Bc與Bd大小相等,方向相反,互相抵消,而Bb與Ba大小相等,方向如圖所示,根據(jù)平行四邊形定則可知,合磁感應強度方向沿y軸負方向,故C錯誤,D正確.甲乙5.(多選)某同學設計了一個測量勻強磁場磁感應強度大小的裝置,如圖所示.兩輕彈簧上端固定,下端懸掛一根質量為m的均勻細金屬桿PQ,金屬桿與彈簧絕緣.PQ的Q端連接一絕緣輕指針,可指示右側標尺上的讀數(shù).在PQ下方的矩形區(qū)域abcd有勻強磁場,方向垂直于紙面向里.當PQ中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時,PQ與ab邊重合,指針指在標尺的零刻線;當PQ中通以恒定電流I,系統(tǒng)重新平衡時,指針示數(shù)可以表示磁感應強度大小.已知PQ始終保持水平狀態(tài),彈簧始終在彈性限度內,不計PQ中電流對磁場的影響,下列說法正確的是 (AD)A.要使裝置正常工作,則PQ中電流方向由Q到PB.若將標尺標上所對應的磁感應強度值,則刻度不均勻C.該裝置所能測量的磁感應強度范圍與PQ的質量m有關D.該裝置所能測量的磁感應強度范圍與通過PQ的電流I有關[解析]要使裝置正常工作,則PQ必須在磁場中受到向下的作用力,根據(jù)左手定則可知,PQ中電流方向由Q到P,A正確;對金屬桿PQ受力分析,由平衡條件可得BIL+mg=2k·Δx,初始時刻,刻度為0時,彈簧的彈力為2F彈=2kx0=mg,其中Δx=x+x0,聯(lián)立可得BIL=2kx,則B=2kIL·x,由于k、I、L恒定,則若將標尺標上所對應的磁感應強度值,刻度均勻,B錯誤;由公式B=2kIL·x可知,該裝置所能測量的磁感應強度范圍與質量m題型2帶電粒子在勻強磁場中的運動1.(多選)[2022·遼寧卷]粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示.內圓區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場,外圓是探測器.兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場,粒子1沿直線通過磁場區(qū)域后打在探測器上的M點.粒子2經(jīng)磁場偏轉后打在探測器上的N點,裝置內部為真空狀態(tài),忽略粒子重力及粒子間相互作用力.下列說法正確的是 (AD)A.粒子1可能為中子B.粒子2可能為電子C.若增大磁感應強度,粒子1可能打在探測器上的Q點D.若增大粒子入射速度,粒子2可能打在探測器上的Q點[解析]由運動軌跡知粒子1不帶電,粒子2帶正電,則粒子1可能為中子,粒子2不可能為電子,A正確,B錯誤;粒子1不帶電,在磁場中運動時不受洛倫茲力,增大磁感應強度對其運動軌跡無影響,C錯誤;由qvB=mv2r,得r=mvqB2.在xOy坐標系的第一象限內存在勻強磁場,兩個相同的帶電粒子①和②在P點垂直于磁場分別射入,兩帶電粒子與x軸的夾角如圖所示,二者均恰好垂直于y軸射出磁場.不計重力.根據(jù)上述信息可以判斷出(D)A.帶電粒子①在磁場中運動的半徑大B.帶電粒子②在磁場中運動的軌跡短C.帶電粒子①在磁場中運動的速度大D.帶電粒子②在磁場中運動的時間長[解析]兩帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,由幾何關系可知,兩粒子在磁場中運動的半徑相等,均為2·OP,根據(jù)qvB=mv2R,可得v=qBRm,所以兩粒子的速率相同,帶電粒子②在磁場中運動的軌跡長,選項A、B、C錯誤;兩粒子運動的周期均為T=2πmqB,粒子①轉過的圓心角θ1=45°,粒子②轉過的圓心角θ2=135°,根據(jù)t=θ3.如圖所示,邊長為L的正方形ABCD邊界內有垂直紙面向里的勻強磁場,E為AD上一點,ED=33L.完全相同的兩個帶電粒子a、b以不同速度分別從A、E兩點平行AB向右射入磁場,且均從C點射出磁場.已知a粒子在磁場中運動的時間為t,不計粒子的重力和相互作用,則b粒子在磁場中運動的時間為 (CA.13t B.12t C.23t D[解析]根據(jù)題意可知粒子做圓周運動的軌跡如圖所示,由圖可知a粒子運動軌跡所對的圓心角為θa=90°,根據(jù)幾何知識有R2-33L2+L2=R22,得b粒子的軌跡半徑R2=233L,sinθb=LR2=32,所以b粒子運動軌跡所對應的圓心角為θb=60°,根據(jù)T=2πmqB,t=θ360°T,可得tb4.如圖所示,虛線框MNQP內存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里.a、b是兩個電荷量相等、質量不相等的帶電粒子,它們從PQ邊上的中點以相同的速率沿垂直于磁場的方向射入磁場,圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡.若不計粒子所受重力和粒子間的相互作用,下列說法正確的是 (C)A.粒子a帶負電,粒子b帶正電B.粒子b在磁場中運動的時間長C.粒子a在磁場中的加速度大D.粒子b在磁場中的動量小[解析]根據(jù)左手定則可知,粒子a帶正電,粒子b帶負電,A錯誤;帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,粒子a的路程大,根據(jù)t=sv可知,粒子a在磁場中運動的時間長,B錯誤;粒子做圓周運動,洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律有qvB=mv2R,則有m=BqRv,粒子a的軌跡半徑小,則粒子a的質量小,根據(jù)牛頓第二定律有qvB=ma,解得a=qvBm,則粒子a在磁場中的加速度大,C正確;根據(jù)p=5.(多選)如圖所示,等腰梯形abcd區(qū)域(包含邊界)存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B,邊長ad=dc=cb=l,ab=2l,一質量為m、電荷量為q的正電粒子從a點沿著ad方向射入磁場中,不計粒子的重力,為使粒子從cb邊射出磁場區(qū)域,粒子的速度可能為 (BC)A.3qBl2m B.33qBl4m [解析]根據(jù)題意,畫出粒子的運動軌跡如圖所示,由幾何關系可知,當粒子從c點飛出時,半徑為r1=ac=3l,粒子從b點飛出時,半徑為r2=233l,由r=mvqB,則有233l≤mvqB≤3l,為使粒子從cb邊射出磁場區(qū)域,粒子的速度范圍為26.(多選)如圖所示,由半圓和矩形組成的區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場,甲、乙兩帶電粒子從A點沿水平直徑AP以相同速度v0入射(不計兩粒子的相互作用),結果甲、乙兩粒子分別從C、D點射出,已知CE⊥AP,AQ=12AP,∠COP=60°,sin37°=0.6,sin53°=0.8,則下列說法正確的是 (ACA.甲粒子帶正電B.甲、乙兩粒子的比荷之比為6C.甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為24D.甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為60[解析]甲粒子從C點射出,則根據(jù)左手定則可知,甲粒子帶正電,故A正確;粒子的運動軌跡如圖所示,設CE⊥AP于B,半圓半徑為R,從D點射出的粒子的軌跡圓心為O2,因為∠COP=60°,所以∠OCB=30°,即OB=R2,BC=32根據(jù)幾何知識可得∠CO1A=60°,故R甲=2BC=3R,t甲=60°360°·2πm甲Bq甲,因為QE=AO+OB=32R,所以根據(jù)幾何知識可得(R乙-AQ)2+QD2=R乙2,解得R乙=52R,又因為R乙=m乙v0Bq乙=52R,R甲=m甲v0Bq甲=*題型3動態(tài)圓和收集粒子問題1.如圖所示,P點處有一粒子源,可以以不同的速率發(fā)射某種質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,粒子沿紙面以與Pd成30°角的方向射入正方形勻強磁場區(qū)域abcd內,磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向里,正方形abcd的邊長為a,P點是cd邊的中點.不計粒子的重力以及粒子間的相互作用,則下列說法正確的是 (C)A.當粒子的速率大于Bqa2m時,粒子全部從B.當粒子的速率為2qBa5mC.當粒子的速率為qBa3m時,粒子恰好從D.當粒子的速率由qBa6m變?yōu)閇解析]如圖所示,設粒子的運動軌跡半徑為r1時,粒子的軌跡與ad邊相切,如圖中曲線①所示,由幾何關系得r1-a2=r1sin30°,解得r1=a,粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力得qv1B=mv12r1,解得粒子的速率為v1=qBam,當粒子的運動軌跡與ab邊相切時,如圖中曲線②所示,由幾何關系可得r2+r2cos30°=a,可得此時粒子的運動軌跡半徑為r2=2a2+3,解得粒子的速率為v2=2qBa(2+3)m,當粒子的運動軌跡與bc邊相切時,如圖中曲線③所示,由幾何關系可得r3+r3sin30°=a2,可得此時粒子運動的軌跡半徑r3=13a,解得粒子的速率為v3=qBa3m,當粒子的速率大于確,A、B錯誤;當粒子的速率由qBa6m變?yōu)閝Ba10m時,由于qBa10m<qBa6m<qBa3m,可知兩種速率的粒子均從cd邊離開磁場,從cd邊離開磁場的運動軌跡如圖中曲線④所示,由幾何關系可知粒子軌跡對應的圓心角為300°,保持不變,粒子在磁場中的運動時間為t=300°360°2.如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域的圓心位于直角坐標系的坐標原點O,該圓形區(qū)域內有垂直坐標平面的勻強磁場(圖中未畫出).磁場區(qū)域外右側有寬度為R的粒子源,M、N為粒子源兩端點,M、N連線垂直于x軸,粒子源中點P位于x軸上,粒子源持續(xù)向x軸負方向發(fā)射質量為m、電荷量為q(q>0)、速率為v的粒子.已知從粒子源中點P發(fā)出的粒子,經(jīng)過磁場區(qū)域后,恰能從圓與y軸負半軸的交點Q處沿y軸負方向射出磁場,不計粒子重力及粒子間相互作用力.求:(1)勻強磁場的磁感應強度;(2)從粒子源發(fā)出的粒子經(jīng)過磁場區(qū)域的路程范圍.[答案](1)mvqR(2)πR3≤s[解析](1)根據(jù)題意可知從粒子源中點P發(fā)出的粒子在磁場里運動軌跡為四分之一圓周,軌跡半徑為r1,由幾何關系可知r1=R根據(jù)洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv聯(lián)立解得B=mvqR根據(jù)左手定則可知,磁感應強度方向垂直紙面向里(2)根據(jù)題意可知,從N點射出的粒子在磁場里運動的路程最短,如圖甲所示根據(jù)幾何關系可得cos∠COB=R2R解得∠COB=60°因為四邊形OBO1Q為菱形,所以∠QO1B=60°則粒子經(jīng)過磁場區(qū)域的最短路程為s1=16·2πR=根據(jù)題意可知,從M點出射的粒子在磁場里運動的路程最長,如圖乙所示易知四邊形O2DOQ為菱形,根據(jù)幾何關系可知∠QO2D=120°則粒子經(jīng)過磁場區(qū)域的最長路程為s2=13·2πR=所以從粒子源發(fā)出的粒子經(jīng)過磁場區(qū)域的路程范圍為πR3≤s第8講恒定電流和交變電流題型1直流電路的分析和計算1.如圖所示是某款理發(fā)用的電吹風的電路圖,它主要由電動機M和電熱絲R構成.當閉合開關S1、S2后,電動機驅動風葉旋轉,將空氣從進風口吸入,經(jīng)電熱絲加熱,形成熱風后從出風口吹出.已知電吹風的額定電壓為220V,吹冷風時的功率為120W,吹熱風時的功率為1000W.關于該電吹風,下列說法正確的是(A)A.電熱絲的電阻為55ΩB.電動機線圈的電阻為ΩC.當電吹風吹熱風時,電熱絲每秒鐘消耗的電能為1000JD.當電吹風吹熱風時,電動機每秒鐘消耗的電能為1000J[解析]電吹風吹熱風時,電熱絲消耗的功率為P=1000W-120W=880W,對電熱絲,由P=可得電熱絲的電阻為R==Ω=55Ω,選項A正確;由于不知道電動機線圈的發(fā)熱功率,故電動機線圈的電阻無法計算,選項B錯誤;當電吹風吹熱風時,電熱絲每秒鐘消耗的電能為880J,選項C錯誤;當電吹風吹熱風時,電動機每秒鐘消耗的電能為120J,選項D錯誤.2.某款電動自行車的內部電路可簡化為如圖所示電路,電源銘牌上標有“36V,12A·h”字樣.正常工作時,電源的輸出功率為180W,工作效率為75%,電動機機械效率為80%.已知自行車運動時受到阻力恒為40N.正常工作時 (C)A.電動機兩端電壓為36VB.電動機的電流約為5AC.自行車勻速行駛的最長時間約為1.8hD.自行車勻速行駛的最遠距離約為30km[解析]正常工作時,電源的輸出功率為180W,工作效率為75%,則電源的輸入功率為P輸入==W=240W,且由公式P=UI,解得電動機的電流I==A=A,設電動機的內阻為rM,電動機的效率為80%,則P-0.8P=I2rM,解得rM=Ω=0.81Ω,由于電源與電動機都有內阻,故電動機兩端電壓U==V=27V,故A、B錯誤;電源容量Q=12A·h,電流為A,則可得t==h=1.8h,自行車勻速行駛時F=Ff,則有80%P=Ffv,解得v=3.6m/s,自行車勻速行駛的最遠距離約為x=vt=1.8×3600×3.6m=23.328km,故C正確,D錯誤.3.熱水器中,常用熱敏電阻實現(xiàn)溫度控制.如圖所示是一學習小組設計的模擬電路,R1為加熱電阻絲,R2為正溫度系數(shù)的熱敏電阻(溫度越高電阻越大),C為電容器.S閉合后,當溫度升高時 (A)A.電容器C的帶電荷量增大B.燈泡L變暗C.電容器C兩板間的電場強度減小D.R1消耗的功率增大[解析]由電路圖可知,S閉合后,當溫度升高時,由于電路為并聯(lián)電路,R2電阻增大,則總電阻增大,根據(jù)歐姆定律可知總電流I減小,由于U=E-Ir,則U增大,即電燈泡兩端電壓U增大,即燈泡L變亮,由IL=可知,IL增大,則流過R1和R2的電流I'減小,由于UR1=I'R1,可知UR1減小,由于UR2=U-UR1,則可知UR2增大,則電容器C兩端電壓增大,由Q=CUR2可知電容器C的帶電荷量增大,故A正確,B錯誤;根據(jù)E=可知電容器C兩端電壓增大,則電容器C兩板間的電場強度增大,故C錯誤;流過R1的電流I'減小,根據(jù)P=I'2R1可知R1消耗的功率減小,故D錯誤.4.如圖所示為某小組設計的電子秤原理圖.輕質托盤與豎直放置的輕彈簧相連.R0為定值電阻,滑動變阻器R的滑片與彈簧上端連接.當盤中沒有放物體時,滑片剛好位于滑動變阻器的最上端.該小組用理想電壓表的示數(shù)U反映待測物體的質量m;用單位質量變化下電壓表示數(shù)變化量的絕對值描述電子秤的靈敏度.不計一切摩擦,彈簧始終于彈性限度內,下列說法正確的是 (A)A.僅更換阻值更大的定值電阻R0,電子秤的靈敏度會下降B.電子秤的靈敏度會隨待測物體質量的增大而增大C.彈簧的勁度系數(shù)越小,則電子秤的量程越大D.電壓表的示數(shù)與待測物體的質量成非線性關系[解析]由圖可知,滑動變阻器R與定值電阻R0串聯(lián),滑動變阻器的電阻全部連入電路,電壓表測量滑片上半部分電阻兩端的電壓,當滑動變阻器的滑片P向下移動時,電路中的電阻不變,由歐姆定律可知,電路中的電流I不變,電壓表的示數(shù)U=IR',又R'=ρ,mg=kl,解得U=m,即電壓表的示數(shù)與待測物體的質量成正比關系,故D錯誤;由U=m可知,彈簧的勁度系數(shù)k越小,則質量m的最大值越小,即電子秤的量程越小,故C錯誤;由U=m可知,電子秤的靈敏度=,僅更換阻值更大的定值電阻R0,則電路中的電流I會減小,電子秤的靈敏度會下降,電子秤的靈敏度與待測物體的質量無關,故A正確,B錯誤.5.(多選)如圖所示電路,電源電動勢為E,內電阻為r,在平行金屬板MN內部左側中央P點處有一質量為m的帶電粒子(重力不計)以水平速度v0射入電場并打在N板的O點.改變R1或R2的阻值,粒子仍以v0射入電場,則 (AD)A.該粒子帶負電B.減小R2,粒子將打在O點左側C.增大R1,粒子在板間運動時間不變D.減小R1,粒子將打在O點左側[解析]設板間電壓為U,粒子的電荷量是q,板間間距為d,則粒子在板間運動時,有=t2,x=v0t,由電路圖知,極板M帶負電、極板N帶正電,板間場強的方向向上,重力不計的帶電粒子向下偏轉,所以粒子帶負電,故A正確;由于R2與平行金屬板串聯(lián),穩(wěn)定時此支路斷路,調節(jié)R2對電路無影響,減小R2,平行板兩端的電壓不變,板內場強不變,粒子運動情況不變,仍打在O點,故B錯誤;增大R1,根據(jù)串聯(lián)電路電壓分配原理知,平行板兩端的電壓減小,板間場強減小,粒子在電場中的運動時間變長,故C錯誤;減小R1,根據(jù)串聯(lián)電路電壓分配原理知,平行板兩端的電壓增大,板間場強增大,粒子在電場中的運動時間變短,粒子將打在O點左側,故D正確.題型2交變電流的分析與計算1.[2023·遼寧卷]如圖,空間中存在水平向右的勻強磁場,一導體棒繞固定的豎直軸OP在磁場中勻速轉動,且始終平行于OP.導體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像可能正確的是 (C)[解析]如圖所示,導體棒勻速轉動,設速度為v,棒轉過的角度為θ,則導體棒垂直磁感線方向的分速度為v⊥=vcosθ,根據(jù)e=BLv⊥,可知導體棒兩端的電勢差u=e=BLvcosθ=BLvcosωt,即u隨時間t變化的圖像為余弦圖像.2.(多選)[2023·湖南卷]某同學自制了一個手搖交流發(fā)電機,如圖所示.大輪與小輪通過皮帶傳動(皮帶不打滑),半徑之比為4∶1,小輪與線圈固定在同一轉軸上.線圈是由漆包線繞制而成的邊長為L的正方形,共n匝,總阻值為R.磁體間磁場可視為磁感應強度大小為B的勻強磁場.大輪以角速度ω勻速轉動,帶動小輪及線圈繞轉軸轉動,轉軸與磁場方向垂直.線圈通過導線、滑環(huán)和電刷連接一個阻值恒為R的燈泡.假設發(fā)電時燈泡能發(fā)光且工作在額定電壓以內,下列說法正確的是 (AC)A.線圈轉動的角速度為4ωB.燈泡兩端電壓有效值為3nBL2ωC.若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈,則燈泡兩端電壓有效值為D.若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀?則燈泡變得更亮[解析]大輪和小輪通過皮帶傳動,線速度相等,小輪和線圈同軸轉動,角速度相等,根據(jù)v=ωr,由題意可知大輪與小輪半徑之比為4∶1,則小輪轉動的角速度為4ω,線圈轉動的角速度為4ω,A正確;線圈產(chǎn)生感應電動勢的最大值Emax=nBS·4ω,又S=L2,聯(lián)立可得Emax=4nBL2ω,則線圈產(chǎn)生感應電動勢的有效值E==2nBL2ω,根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理可知燈泡兩端電壓有效值為U==nBL2ω,B錯誤;若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈,則線圈的匝數(shù)變?yōu)樵瓉淼?倍,線圈產(chǎn)生感應電動勢的最大值E'max=8nBL2ω,此時線圈產(chǎn)生感應電動勢的有效值E'==4nBL2ω,根據(jù)電阻定律R'=ρ,可知線圈電阻變?yōu)樵瓉淼?倍,即為2R,根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理可得燈泡兩端電壓有效值U'==,C正確;若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀?根據(jù)v=ωr可知小輪和線圈的角速度變小,線圈產(chǎn)生的感應電動勢有效值變小,則燈泡變暗,D錯誤.3.(多選)[2022·湖北卷]近年來,基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用,其簡化的充電原理圖如圖所示.發(fā)射線圈的輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝,接收線圈的匝數(shù)為50匝.若工作狀態(tài)下,穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%,忽略其他損耗,下列說法正確的是 (AC)A.接收線圈的輸出電壓約為8VB.接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22∶1C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同D.穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同[解析]工作狀態(tài)下,穿過發(fā)射線圈和接收線圈的磁通量不相等,則其變化率也不相等,選項D錯誤;由法拉第電磁感應定律可知,U1=n1·、U2=n2·×80%,聯(lián)立可得=,代入數(shù)值可得U2=8V,發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同,選項A、C正確;若不計所有損耗,則接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比為22∶1,但由題可知存在損耗,故選項B錯誤.4.[2021·浙江6月選考]如圖所示,虛線是正弦交流電的圖像,實線是另一交流電的圖像,它們的周期T和最大值Um相同,則實線所對應的交流電的有效值U滿足 (D)A.U=Um B.U=UmC.U>Um D.U<Um[解析]已知正弦交流電的電壓有效值U=Um,根據(jù)有效值定義可知,讓交變電流與恒定電流分別通過大小相同的電阻,若在交變電流的一個周期內它們產(chǎn)生的熱量相等,則該恒定電流的大小就是交變電流有效值.顯然圖中實線上各個時刻的電壓均不大于虛線正弦交流電的電壓,所以產(chǎn)生的熱量應該小于正弦交流電的熱量,所以有效值應該小于Um,選項A、B、C錯誤,選項D正確.5.如圖所示,a、b接在電壓有效值不變的正弦交流電源上,T為理想變壓器,R1、R2、R3為三個相同的定值電阻,S斷開時,R2消耗的電功率是R1的4倍,則S閉合后,R2消耗的電功率P2與R1消耗的電功率P1之比為 (B)A.1∶2 B.1∶1C.2∶1 D.4∶1[解析]解法一:S斷開時,R1與R2消耗的功率之比為1∶4,兩電阻阻值相同,由P=I2R可知,R1與R2中電流之比為1∶2,則原、副線圈的匝數(shù)之比為==,S閉合時,流過原、副線圈的電流之比為=,由于R2與R3并聯(lián)且電阻相同,故R2、R3中的電流相等,則三個電阻中的電流相等,根據(jù)功率的表達式P=I2R可知,三個電阻消耗的電功率相等.解法二:如圖所示,R2'=R2,PR2'=PR2=4PR1,故=;S閉合后,R23'==2R1,PR23'=2PR1,PR2=PR3=PR23'=PR1,R2消耗的電功率P2與R1消耗的電功率P1之比為1∶1.6.(多選)如圖所示,理想變壓器原、副線圈分別與一個電阻R連接,原線圈匝數(shù)n1通過移動滑片P來改變,副線圈匝數(shù)n2固定,當滑片P滑到原線圈最高點時n1>n2.已知電壓表和電流表均為理想電表,交流電源的電壓瞬時值表達式為u=220sin100πt(V).下列說法中正確的是 (BC)A.當n1∶n2=2∶1時,電壓表的示數(shù)為110VB.當n1∶n2=1∶1時,電壓表的示數(shù)為110VC.當滑片P從最高點向下移動時,電壓表的示數(shù)將先變大后變小D.當滑片P從最高點向下移動時,電壓表的示數(shù)將一直變大[解析]交流電源的電壓有效值U=V=220V,設原線圈中電流為I,當n1∶n2=2∶1時,根據(jù)匝數(shù)比可知副線圈中電流為2I,則副線圈兩端的電壓為U2=2IR,根據(jù)匝數(shù)比可知原線圈兩端的電壓為U1=2U2=4IR,對原線圈電路有U=U1+IR=5IR=U2,解得U2=88V,故A錯誤;設原線圈中電流為I,當n1∶n2=1∶1時,根據(jù)匝數(shù)比可知副線圈中電流也為I,則副線圈兩端的電壓為IR,根據(jù)匝數(shù)比可知原線圈兩端的電壓為IR,對原線圈電路有U=IR+IR=2U2,解得U2=110V,故B正確;設原線圈中電流為I,當滑片P向下移動時,原線圈的匝數(shù)減少,設此時原、副線圈的匝數(shù)比為k,則此時副線圈中的電流為kI,原線圈兩端的電壓U1=U-IR,副線圈兩端的電壓為U2=U1=(U-IR)=kIR,可得IR=,則U2==,當k=1時,U2有最大值,由于n1>n2,可知k從大于1開始減小,所以電壓表的示數(shù)將先變大后變小,故C正確,D錯誤.7.在如圖所示的遠距離輸電電路圖中,升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器,發(fā)電廠的輸出電壓U1和輸電線上的電阻R均保持不變.隨著發(fā)電廠輸出功率的增大,下列說法正確的是 (B)A.升壓變壓器的輸出電壓U2增大B.降壓變壓器的輸出電壓U4減小C.輸電線上損耗的功率減小D.輸電線上損耗的功率占總功率的比例減小[解析]由于發(fā)電廠的輸出電壓不變,升壓變壓器的匝數(shù)比不變,所以升壓變壓器的輸出電壓不變,故A錯誤;由于發(fā)