2009年高考物理试题分类汇编9电磁感应交变电流

12009年高考物理试题分类汇编——电磁感应、交变电流1、（2009年天津卷）9．（1）如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，线框中感应电流的有效值I=。线框从中性面开始转过2的过程中，通过导线横截面的电荷量q=。答案：22BSR，BSR【解析】电动势的最大值mEBS，电动势的有效值m2EE，电流的有效值22EBSIRR；EBSqItttRRtRR2、（2009年广东物理）9．图6为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，下列表述正确的是A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好答案：ABD【解析】依据输电原理，电路中的功率损耗2PIR线，而LRS线,增大输电线的横截面积，减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A正确；由P=UI来看在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，因此并不是输电电压越高越好，D正确。3、（2009年江苏物理）6．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1:5，原线圈两端的交变电压为202sin100Vut氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有A．开关接通后，氖泡的发光频率为100HzB．开关接通后，电压表的示数为100VC．开关断开后，电压表的示数变大D．开关断开后，变压器的输出功率不变答案：AB【解析】由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为12022UV=20V，由1122nUnU得副线圈两端的电压为2100UV，电压表的示数为交流电的有效值，B项正确；交变电压的频率为100502fHz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为Babcdω2100Hz，A项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C项错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D项错误。4、（2009年海南物理）9．一台发电机最大输出功率为4000kW,电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电。输电线路总电阻R=1kΩ。到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡（220V、60W）。若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%,变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则A．T1原、副线圈电流分别为103A和20AB．T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220VC．T1和T2的变压比分别为1：50和40：1D．有6×104盏灯泡（220V、60W）正常发光答案：ABD解析：输电线路上消耗的功率为P＝400kW＝I2R可知输电线上电流为I2＝20A，根据原线圈P1＝U1I1，可知I1＝103A，A对，T1的变压比为I2：I1＝1：50；根据P＝U2I2，可知U2＝2×105V，输电线上电压U线＝I2R＝20000V，则副线圈输入电压为U3＝U2－U线＝1.8×105V，又灯泡正常发光、副线圈电压为220V，B对，T2的变压比为U3：220，C错；根据U3I2＝60n，解得n＝6×104，D对。5、（2009年海南物理）12．钳型表的工作原理如图所示。当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。由于通过环形铁芯的磁通量与导线中的电流成正比，所以通过偏转角度的大小可以测量导线中的电流。日常所用交流电的频率在中国和英国分别为50Hz和60Hz。现用一钳型电流表在中国测量某一电流，电表读数为10A；若用同一电表在英国测量同样大小的电流，则读数将是A。若此表在中国的测量值是准确的，且量程为30A；为使其在英国的测量值变为准确，应重新将其量程标定为A．答案：12，25解析：根据φ∝i，i＝Imsin(2ft),t∝Im2fcos(2ft),说明线圈中的电动势有效值与频率成正比，根据欧姆定律可知电流与频率成正比，所以在英国用同一电表在英国测量同样大小的电流的读数将是I＝10A×6050＝12A；因为在英国电流值为标准的6/5，需量程为变为原来的5/6为25A。6、（2009年山东卷）19．某小型水电站的电能输送示意图如下。发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n，n2。降压变压器原副线匝数分别为a3、n4（变压器均为理想变压器）。要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（）A．3214nnnnB．3214nnnn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答案：AD解析：根据变压器工作原理可知122220nnU,334220nUn，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有23UU，所以3214nnnn，A正确，BC不正确。升压变压器的输出功3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。提示：理想变压器的两个基本公式是：⑴1122UnUn，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。⑵P1=P2，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和。只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有1122UIUI，1221InIn。远距离输电，从图中应该看出功率之间的关系是：P1=P2，P3=P4，P1/=Pr=P2。电压之间的关系是：1122UnUn，3344UnUn，23rUUU。电流之间的关系是：1221InIn，3443InIn，23rIII。输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用22rPIr，2rUIr，而不能用2rrUPr。特别重要的是要会分析输电线上的功率损失212221()rPlPUSUS。7、（2009年四川卷）17．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1＝20，R2＝30，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A.交流电的频率为0.02HzB.原线圈输入电压的最大值为2002VC.电阻R2的电功率约为6.67WD.通过R3的电流始终为零答案：C解析：根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A错。由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝1A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V、B错；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D错；根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I＝m12I2RR、电压有效值为U＝Um/2V，电阻R2的电功率为P2＝UI＝203W、C对。8、（2009年重庆卷）20．题20图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动，（O是线圈中心），则（）A.从X到O，电流由E经G流向F，先增大再减小B.从X到O，电流由F经G流向E，先减小再增大C.从O到Y，电流由F经G流向E，先减小再增大D.从O到Y，电流由E经G流向F，先增大再减小4答案：D解析：在磁极绕转轴从X到O匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据楞次定律可知线圈中产生瞬时针方向的感应电流，电流由F经G流向E，又导线切割磁感线产生感应电动势E感＝BLV，导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小、则电流先增大再减小，AB均错；在磁极绕转轴从O到Y匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F，又导线切割磁感线产生感应电动势E感＝BLV，导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小、则电流先增大再减小，C错、D对。9、（2009年福建卷）16．一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甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0，则外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则A.电压表○v的示数为220vB.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484WD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J答案D【解析】电压表示数为灯泡两端电压的有效值,由图像知电动势的最大值Em=2202V，有效值E=220V，灯泡两端电压REU209RVr，A错；由图像知T=0.02S，一个周期内电流方向变化两次，可知1s内电流方向变化100次，B错；灯泡的实际功率22U209PW459.8WR95,C错；电流的有效值EI2.2RAr，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为222.25124.2QIrtJJ，D对。10、（2009年福建卷）18．如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为u。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程A.杆的速度最大值为22()FmgRBdB.流过电阻R的电量为BdlRrC.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D.恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量答案BDV乙t/×10-2e/V甲O1222022202OO/BFabRr5【解析】当杆达到最大速度vm时，220mBdvFmgRr得22mFmgRrvBd，A错；由公式BSBdLqRrRrRr，B对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有：FfK安，其中Wfmg，WQ安，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做的功与安倍力做的功之和等于于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D对。11、（2009年广东物理）18．如图18（a）所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图18（b）所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计。求0至t1时间内（1）通过电阻R1上的电流大小和方向；（2）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量。答案：（1）20203nBrRt，电流由b向a通过1R；（2）22240212029nBrtRt【解析】（1）由法拉第电磁感应定律得感应电动势为220220nBrBEnnrttt由闭合电路的欧姆定律，得通过1R的电流大小为202033nBrEIRRt由楞次定律知该电流由b向a通过1R（2）由qIt得在0至1t时间内通过1R的电量为2021103nBrtqItRt由焦耳定律得在0至1t时间内1R产生的热量为22242021112029nBrtQIRtRt