物理卷·2018届河北省衡水市武邑中学高二上学期周考物理试卷（11-27） （解析版）

物理卷·2018届河北省衡水市武邑中学高二上学期周考物理试卷（11-27） （解析版）

‎2016-2017学年河北省衡水市武邑中学高二（上）周考物理试卷（11.27）‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1．一个理想变压器的原线圈n1=100匝，副线圈n2=30匝、n3=20匝．一个电阻为48.4Ω的小灯泡接在副线圈n2与n3上，如图所示．当原线圈与e=220sinωt的交流电源连接后，变压器的输入功率是（　　）‎ A．10W B．20W C．250W D．500W ‎2．如图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用白炽灯泡相同，且都是“220V，40W”，当灯泡所消耗的功率都调于20W时，哪种台灯消耗的功率最小（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．钳形电流表的外形和结构如图（a）所示．图（a）中电流表的读数为1.2A．图（b）中用同一电缆线绕了3匝，则（　　）‎ A．这种电流表能测直流电流，图（b）的读数为2.4A B．这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.4A C．这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6A D．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6A ‎4．某正弦式交流电的电流i随时间t变化的图象如图所示．由图可知（　　）‎ A．电流的最大值为10A B．电流的有效值为10A C．该交流电的周期为0.03s D．该交流电的频率为0.02Hz ‎5．一气体放电管，当其两电极间的电压超过500V时，就放电而发光．在它发光的情况下逐渐降低电压．要降到500V时才熄灭．放电管两电极不分正负．现有一正弦交流电源，输出电压峰值为1000V，频率为50Hz．若用它给上述放电管供电，则在一小时内放电管实际发光的时间为（　　）‎ A．10分钟 B．25分钟 C．30分钟 D．35分钟 ‎6．如图所示，理想变压器原线圈接入交流电u=Umsinωt，副线圈接有一电压表和电阻为R 的负载，电压表的示数为10V．在t= 时（T为交变电流的周期），原线圈两端的电压的瞬时值为V．由此可知变压器的原副线圈的匝数之比为（　　）‎ A． B． C．10：1 D．1：10‎ ‎7．如图甲所示，A、B两端接直流稳压电源，UAB=100V，R0=40Ω，滑动变阻器总电阻R=20Ω，滑动片处于变阻器中点；如图乙所示，自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源，其电压有效值UAB=100V，R0=40Ω，滑动片处于线圈中点位置．则下列分析中正确的是（　　）‎ A．甲图中UCD=50V，且R0中的电流为1.25A B．乙图中UCD=200V，且R0中的电流的有效值为5A C．甲图中UCD=80V，且R0中的电流的最大值约为2.83A D．乙图中UCD=80V，且R0中的电流的最大值约为2.83A ‎8．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为e=220sin100πt．关于这个交变电流，下列说法中正确的是（　　）‎ A．交变电流的频率为100Hz B．电动势的有效值为220V C．电动势的峰值约为311V D．t=0时，线圈平面与中性面垂直 ‎9．如图所示，两只阻值相同的电阻分别通以正弦波和方波电流，电流的最大值相等，则两只电阻产生的热功率的比是（　　）‎ A．1：4 B．1：2 C．1：l D．2：l ‎10．一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．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的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则（　　）‎ A．T1原、副线圈电流分别为103 A和20 A B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V C．T1和T2的变压比分别为1：50和40：1‎ D．有6×104盏“220 V　60 W”灯泡正常发光 ‎11．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u=20sin100πtV 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100Hz B．开关接通后，电压表的示数为100V C．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 ‎12．电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律（有关感应电动势大小的规律）、安培定律（磁场对电流作用的规律）都是一些重要的规律，如图为远距离输电系统的示意图（为了简单，设用户的电器是电动机），下列选项中正确的是（　　）‎ A．发电机能发电的主要原理是库仑定律；变压器能变压的主要原理是欧姆定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律 B．发电机能发电的主要原理是安培定律；变压器能变压的主要原理是欧姆定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律 C．发电机能发电的主要原理是欧姆定律；变压器能变压的主要原理是库仑定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律 D．发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律；变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是安培定律 ‎13．有一个电子器件，当其两端电压高于100V时导电，等于或低于100V时则不导电，若把这个电子器件接到100V、50Hz的正弦交变电流电源上，这个电子器件将（　　）‎ A．不导电 B．每秒钟导电50次 C．每秒钟导电100次 D．每次导电的时间为0.005s ‎14．家用微波炉是一种利用微波的电磁能加热食物的新型灶具，它主要由磁控管、波导管、微波加热器、炉门、变压器、镇流系统、冷却系统、控制系统、外壳等组成．接通电路后，220V交流电经变压器变压，在次级产生3.4V低压交流电对磁控管加热，同时在另一次级产生2000V高压电，经镇流系统加到磁控管的阴、阳两极之间，使磁控管产生微波，微波输送至金属制成的加热器（炉腔），被来回反射，微波的电磁作用使食物内的分子高频运动，从而使食物受热，并能最大限度地保存食物中的维生素，关于上述微波炉，下列说法正确的是（　　）‎ A．微波炉变压器的升压匝数比为17：10000‎ B．微波炉变压器的降压匝数比为1100：17‎ C．微波是由于原子外层电子受激发而产生的 D．微波是由于原子内层电子受激发而产生的 ‎15．图甲是某小型家用电器电源部分的主要工作电路图，工作时Ⅰ部分变压器原线圈A、B两端与输出电压为220V的交流电源相连接，通过电路元件的工作最后在Ⅲ部分E、F两端输出6.0V的直流电．当A、B两端输入如图乙所示的交变电压时，在Ⅱ部分的M、N两端输出的电压如图丙所示．Ⅲ部分的自感线圈L的直流电阻可忽略不计．关于该电路及其工作过程，下列说法中正确的是（　　）‎ A．Ⅰ部分的变压器是降压变压器 B．Ⅱ部分的自感线圈L的作用是阻碍直流成分，导通交流成分 C．Ⅲ部分的电容器C的作用是阻碍交流成分，导通直流成分 D．M、N两端输出电压的有效值为2U0‎ ‎　‎ 二、计算题：‎ ‎16．如图所示，为一交流发电机和外接负载的示意图，发电机电枢线圈为n匝的矩形线圈，边长=L1， =L2，绕OO′轴在磁感强度为B的磁场中以角速度ω转动（不计一切摩擦），线圈电阻为r，外电路负载电阻为R．试求：‎ ‎（1）电路中伏特表的示数；‎ ‎（2）线圈每转动一周，外力所做的功．‎ ‎17．如图是一种配有小型风力发电机和光电池的新型路灯，其功率为120W．该风力发电机的线圈由风叶直接带动，其产生的电流可视为正弦交流电．已知风叶的半径为r=1m，风能的利用效率为η1=4%，风力发电机的线圈共有N=200匝，磁场的磁感应强度为B=0.1T，线圈的面积为S1=0.2m2，空气的密度为ρ=1.3kg/m3，太阳垂直照射到地面上单位面积上的功率为1kw，如果光电池板垂直太阳光方向的平均受光面积为S=1m2，光能的利用效率为η2=20%，π取3，结果保留2位有效数字．‎ ‎（1）若某天是无风的晴天，太阳光照6小时，则太阳能光电池产生的电能可使路灯正常工作多少小时？‎ ‎（2）如果在某天晚上，有8m/s的风速持续刮风6小时，则风机所发的电可供路灯正常工作多少小时？‎ ‎（3）如果在一有风的晴天，经3小时的光照和风吹，路灯可正常工作7小时，则风速为多大？‎ 若通过交流电表测得风力发电机线圈的电流强度为1A，则此时风叶的转速为多少？‎ ‎18．如图所示，矩形线圈abcd边长ab=2l，ad=3l，OO'是线圈的转动轴，aO=bO=2l．匀强磁场的磁感应强度为B，OO'刚好与磁场的边界线重合．线圈的总电阻为R．当线圈绕 OO'以角速度ω匀速转动时，试求：‎ ‎（1）从图示时刻起，线圈的ab边第一次出磁场前的瞬时，回路中电流的大小和方向．‎ ‎（2）从图示位置计时，取电流沿abcd方向为正，画出线圈中的电流i随时间t变化的关系图线（画两个周期）．‎ ‎（3）线圈中电流的有效值．‎ ‎19．如图所示，匀强磁场的方向竖直向上，磁感应强度大小为B0．电阻为R、边长为L的正方形线框abcd水平放置，OO′为过ad、bc两边中点的直线，线框全部位于磁场中．现将线框右半部固定不动，而将线框左半部以角速度ω绕OO′为轴向上匀速转动，如图中虚线所示，要求：‎ ‎（1）写出转动过程中线框中产生的感应电动势的表达式；‎ ‎（2）若线框左半部分绕OO′向上转动90°，求此过程中线框中产生的焦耳热；‎ ‎（3）若线框左半部分转动60°后固定不动，此时磁感应强度随时间按B=B0+kt变化，k为常量，写出磁场对线框ab边的作用力随时间变化的关系式．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省衡水市武邑中学高二（上）周考物理试卷（11.27）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．一个理想变压器的原线圈n1=100匝，副线圈n2=30匝、n3=20匝．一个电阻为48.4Ω的小灯泡接在副线圈n2与n3上，如图所示．当原线圈与e=220sinωt的交流电源连接后，变压器的输入功率是（　　）‎ A．10W B．20W C．250W D．500W ‎【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．‎ ‎【分析】两个副线圈的匝数抵消一部分，根据表达式知原线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比求解功率．‎ ‎【解答】解：根据副线圈的接法知道，副线圈2和3的接法相反，电动势抵消一部分，相当于灯泡接在10匝的副线圈上，根据表达式知原线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知灯泡两端的电压为： =22V，灯泡功率P===10W 故选：A ‎　‎ ‎2．如图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用白炽灯泡相同，且都是“220V，40W”，当灯泡所消耗的功率都调于20W时，哪种台灯消耗的功率最小（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】从该题题干的问法上可以看出，该题是正确选项为唯一选项的单选题，利用电阻变化改变电流，电阻本身消耗电能，利用变压器改变电压和电流，变压器不损失能量．‎ ‎【解答】解：从该题题干的问法上可以看出，该题是正确选项为唯一选项的单选题．台灯的消耗功率包含灯泡和其他辅助器件的总功率．由A、B、C、D四选项分析可知：C中理想变压器功率损耗为零，电源输出的总功率（台灯消耗功率）只有灯泡的功率20 W．而其他选项中，不论滑动变阻器是分压接法还是限流接法，滑动变阻器上总有功率损耗，台灯的消耗功率都大于20 W．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．钳形电流表的外形和结构如图（a）所示．图（a）中电流表的读数为1.2A．图（b）中用同一电缆线绕了3匝，则（　　）‎ A．这种电流表能测直流电流，图（b）的读数为2.4A B．这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.4A C．这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6A D．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6A ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】变压器的工作原理是利用变化的磁场能够产生感应电流，变压器的输入功率和输出功率相同，变压器输入电压和输出电压之比等于原副线圈的扎数之比．‎ ‎【解答】解：由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化，则原线圈产生的磁场发生变化，故穿过副线圈的磁通量发生变化，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流表只能测交流电流．‎ 根据理想变压器的输入电压和输出电压的关系有=‎ 输入功率和输出功率的关系有P1=P2‎ 即U1I1=U2I2‎ 所以n1I1=n2I2‎ 故I2=‎ 由题意可知当n1=1时I2=1.2A，‎ 故当n1=3时，I′2=3.6A．‎ 故C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．某正弦式交流电的电流i随时间t变化的图象如图所示．由图可知（　　）‎ A．电流的最大值为10A B．电流的有效值为10A C．该交流电的周期为0.03s D．该交流电的频率为0.02Hz ‎【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据最大值和有效值的关系即可求得交流电的有效值和频率．‎ ‎【解答】解：A、C、根据图象，该交流电的最大电流为10A，周期为0.02s，故A错误，C错误；‎ B、电流有效值：I==10A，故B正确；‎ D、该交流电的频率为：f=；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．一气体放电管，当其两电极间的电压超过500V时，就放电而发光．在它发光的情况下逐渐降低电压．要降到500V时才熄灭．放电管两电极不分正负．现有一正弦交流电源，输出电压峰值为1000V，频率为50Hz．若用它给上述放电管供电，则在一小时内放电管实际发光的时间为（　　）‎ A．10分钟 B．25分钟 C．30分钟 D．35分钟 ‎【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】根据题意求出该交流电的表达式，然后根据电压大于500V时放电管发光，计算出一个周期内的发光时间，即可进一步求出一个小时内的发光时间．‎ ‎【解答】解：根据题意该交流电的表达式为：e=Esin2πft=1000sin100πt 在前半个周期内，当t=时，开始发光，时，停止发光，发光时间为，整个周期发光时间为：‎ 故一个小时内的发光时间为：，故ACD错误，B正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，理想变压器原线圈接入交流电u=Umsinωt，副线圈接有一电压表和电阻为R 的负载，电压表的示数为10V．在t= 时（T为交变电流的周期），原线圈两端的电压的瞬时值为V．由此可知变压器的原副线圈的匝数之比为（　　）‎ A． B． C．10：1 D．1：10‎ ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得．‎ ‎【解答】解：在t= 时刻原线圈电压为V，所以有效值为100V，电压表显示的是有效值，电压与匝数成正比，所以原副线圈的匝数比为100：10=10：1‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图甲所示，A、B两端接直流稳压电源，UAB=100V，R0=40Ω，滑动变阻器总电阻R=20Ω，滑动片处于变阻器中点；如图乙所示，自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源，其电压有效值UAB=100V，R0=40Ω，滑动片处于线圈中点位置．则下列分析中正确的是（　　）‎ A．甲图中UCD=50V，且R0中的电流为1.25A B．乙图中UCD=200V，且R0中的电流的有效值为5A C．甲图中UCD=80V，且R0中的电流的最大值约为2.83A D．乙图中UCD=80V，且R0中的电流的最大值约为2.83A ‎【考点】变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知R的上端与R0串联后与R的下端并联；两支路两端的电压均为UAB，由欧姆定律可求得通过R0的电流，及R0两端的电压；滑片处于线圈中点位置时原副线圈匝数比为1：2，根据电压与匝数成正比可求出CD两端的电压，知道了CD两端的电压就能救出通过R0的电流．‎ ‎【解答】解：R的上半部分与R0串联的总电阻为：R′=R0+=50Ω；‎ 由欧姆定律可得流过R0的电流为：I0==A=2A； ‎ R0两端的电压为：U0=I0R0=2A×40Ω=80V；‎ 即CD两端的电压为80V，通过R0的电流为2A．‎ 由乙图可知AB之间的线圈是原线圈，CD之间的线圈是副线圈，‎ 滑片处于线圈中点位置时原副线圈匝数比为1：2，根据电压与匝数成正比可求出CD两端的电压为：U2=2U1=200V，‎ 通过R0的电流为：I==5A 故选：B ‎　‎ ‎8．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为e=220sin100πt．关于这个交变电流，下列说法中正确的是（　　）‎ A．交变电流的频率为100Hz B．电动势的有效值为220V C．电动势的峰值约为311V D．t=0时，线圈平面与中性面垂直 ‎【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．‎ ‎【解答】解：由e=220sin 100πt可知该交流电的电动势最大值为220V，即311V，有效值为220V，故BC正确；‎ 线圈的转速为100πrad/s，故其频率为：f==50Hz，故A错误；‎ 由e=220sin 100πt可知，当t=0时e=0，此时线圈处在中性面上，故D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，两只阻值相同的电阻分别通以正弦波和方波电流，电流的最大值相等，则两只电阻产生的热功率的比是（　　）‎ A．1：4 B．1：2 C．1：l D．2：l ‎【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】上图是正弦交流电，峰值为有效值的倍，下图是方波交流电，利用热效应求热功率之比．‎ ‎【解答】解：设电阻为R，根据交变电流的图象可知：‎ 正弦交流电流的有效值为：I1=A，‎ 方波电流的有效值为：I2=1V，‎ 据P=I2R得两只电阻产生的热功率的比是： ==，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．一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．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的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则（　　）‎ A．T1原、副线圈电流分别为103 A和20 A B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V C．T1和T2的变压比分别为1：50和40：1‎ D．有6×104盏“220 V　60 W”灯泡正常发光 ‎【考点】远距离输电；变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．由于降压变压器的负载能正常工作，则可算出降压变压器的原线圈的匝数之比，同时能确定接入多少个灯泡才正常发光．‎ ‎【解答】解：由P=UI可得，‎ 升压变压器输入电流 由得，‎ 升压变压器的输出电流 故A正确．‎ 由得，‎ ‎①‎ 根据得，‎ 升压变压器的输出电压 输电线上的电压损失 降压变压器的输入电压V ③‎ 用户得到的电压即为降压变压器的输出电压U4=220V ④‎ 由③④可知B正确．‎ 降压变压器的匝数比②由①②知C错误 用户得到的功率P3=P2﹣10%P2=0.9×4000KW=3600KW 可供灯泡正常发光的盏数故D正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎11．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u=20sin100πtV 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100Hz B．开关接通后，电压表的示数为100V C．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 ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．‎ ‎【解答】解：A、交变电压的频率为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100Hz，所以A项正确；‎ B、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V=20V，由得副线圈两端的电压为U2=100V，电压表的示数为交流电的有效值，所以B项正确；‎ C、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，所以C项错误；‎ D、断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D项错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎12．电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律（有关感应电动势大小的规律）、安培定律（磁场对电流作用的规律）都是一些重要的规律，如图为远距离输电系统的示意图（为了简单，设用户的电器是电动机），下列选项中正确的是（　　）‎ A．发电机能发电的主要原理是库仑定律；变压器能变压的主要原理是欧姆定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律 B．发电机能发电的主要原理是安培定律；变压器能变压的主要原理是欧姆定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律 C．发电机能发电的主要原理是欧姆定律；变压器能变压的主要原理是库仑定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律 D．发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律；变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是安培定律 ‎【考点】远距离输电．‎ ‎【分析】（1）通电导线在磁场中受力的作用，即通电能动，电动机就是利用该原理制成的；‎ ‎（2）闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，在电路中就会产生电流，该现象就称为电磁感应现象，发电机就是利用该原理制成的；‎ ‎（3）通电导线周围有磁场，这就是著名的电流的磁效应，电磁铁、电磁继电器等都是利用该原理制成的；‎ 根据发电机、电动机以及电磁感应的应用进行选择．‎ ‎【解答】解：发电机是利用电磁感应现象制成的；电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的；电磁铁、电铃都是利用电流的磁效应的原理制成的；故D正确，ABC错误；‎ 故选D ‎　‎ ‎13．有一个电子器件，当其两端电压高于100V时导电，等于或低于100V时则不导电，若把这个电子器件接到100V、50Hz的正弦交变电流电源上，这个电子器件将（　　）‎ A．不导电 B．每秒钟导电50次 C．每秒钟导电100次 D．每次导电的时间为0.005s ‎【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】根据交变电流最大值与有效值的关系以及频率与周期的关系进行分析判断 ‎【解答】解：100V、50Hz的正弦交变电流电源中100v指的是有效值，其最大值为100v，‎ 则电子器件的电压在100v＜u≤100v范围内可以导电，所以A错误；‎ 结合交流电的特点，每个周期内有两次100v＜u≤100v，所以每秒内导电50×2=100次，所以C正确B错误；‎ 由于sin==，所以一个周期内﹣以及﹣2π内导电每个周期内分两次共有一半时间导电，则每次导电时间为=×s=0.005s，所以D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎14．家用微波炉是一种利用微波的电磁能加热食物的新型灶具，它主要由磁控管、波导管、微波加热器、炉门、变压器、镇流系统、冷却系统、控制系统、外壳等组成．接通电路后，220V交流电经变压器变压，在次级产生3.4V低压交流电对磁控管加热，同时在另一次级产生2000V高压电，经镇流系统加到磁控管的阴、阳两极之间，使磁控管产生微波，微波输送至金属制成的加热器（炉腔），被来回反射，微波的电磁作用使食物内的分子高频运动，从而使食物受热，并能最大限度地保存食物中的维生素，关于上述微波炉，下列说法正确的是（　　）‎ A．微波炉变压器的升压匝数比为17：10000‎ B．微波炉变压器的降压匝数比为1100：17‎ C．微波是由于原子外层电子受激发而产生的 D．微波是由于原子内层电子受激发而产生的 ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据电压与匝数成正比求解，微波产生的微观机理是无线电波是震荡电路中自由电子的周期性运动而产生的；‎ ‎【解答】解：A、接通电源后，220V的交流电经过变压器后，在次级产生2000V高压交流电，根据电压与匝数成正比得微波炉的变压器原副线圈的匝数之比为11：100，若为3.4V电压，则变压器原副线圈的匝数之比为220：3.4=1100：17，故A错误，B正确 C、微波产生的微观机理是无线电波是震荡电路中自由电子的周期性运动而产生的；故CD错误 故选：B ‎　‎ ‎15．图甲是某小型家用电器电源部分的主要工作电路图，工作时Ⅰ部分变压器原线圈A、B两端与输出电压为220V的交流电源相连接，通过电路元件的工作最后在Ⅲ部分E、F两端输出6.0V的直流电．当A、B两端输入如图乙所示的交变电压时，在Ⅱ部分的M、N两端输出的电压如图丙所示．Ⅲ部分的自感线圈L的直流电阻可忽略不计．关于该电路及其工作过程，下列说法中正确的是（　　）‎ A．Ⅰ部分的变压器是降压变压器 B．Ⅱ部分的自感线圈L的作用是阻碍直流成分，导通交流成分 C．Ⅲ部分的电容器C的作用是阻碍交流成分，导通直流成分 D．M、N两端输出电压的有效值为2U0‎ ‎【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．‎ ‎【分析】二极管的作用是通过正向的电流，阻止负向的电流，电容器C的作用是通交流阻直流，自感线圈L的作用是通直流阻交流，由此可以分析电路的作用．‎ ‎【解答】解：A、理想变压器的输入的电压为220V，输出的电压为6V，所以该变压器为降压变压器，故A正确；‎ B、Ⅲ部分的自感线圈L的作用是通直流阻交流，故B错误；‎ C、Ⅲ部分的电容器C的作用是通交流阻直流，故C错误；‎ D、Ⅱ部分的M、N端输出电压为正弦函数，所以有效值为U0，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、计算题：‎ ‎16．如图所示，为一交流发电机和外接负载的示意图，发电机电枢线圈为n匝的矩形线圈，边长=L1， =L2，绕OO′轴在磁感强度为B的磁场中以角速度ω转动（不计一切摩擦），线圈电阻为r，外电路负载电阻为R．试求：‎ ‎（1）电路中伏特表的示数；‎ ‎（2）线圈每转动一周，外力所做的功．‎ ‎【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理．‎ ‎【分析】（1）首先知道产生是正弦交流电，从中性面开转，确定瞬时表达．由峰值求出有效值，利用闭合电路的欧姆定律求电流，再求负载两端的电压即伏特表的示数．（2）据能量守恒，外力做的功等于电源提供的能量．‎ ‎【解答】解：（1）由于从中性面开始转动，所以交变电动势为：e=nBL1L2ϖsinϖt；‎ 由瞬时值可知，交变电流电动势的有效值为E=nBL1L2ϖ； ‎ 由闭合电路的欧姆定律知：I=‎ 电路中伏特表的示数，即负载两端的电压U=IR；‎ 联立①②③代入数据解得：U=；‎ ‎（2）线圈转动的周期T=‎ 由能量守恒得，外力做的功等于该电源做的功：W=UIT 联立可得：W=π；‎ 答：（1）电路中伏特表的示数 ‎（2）线圈每转动一周，外力所做的功π．‎ ‎　‎ ‎17．如图是一种配有小型风力发电机和光电池的新型路灯，其功率为120W．该风力发电机的线圈由风叶直接带动，其产生的电流可视为正弦交流电．已知风叶的半径为r=1m，风能的利用效率为η1=4%，风力发电机的线圈共有N=200匝，磁场的磁感应强度为B=0.1T，线圈的面积为S1=0.2m2，空气的密度为ρ=1.3kg/m3，太阳垂直照射到地面上单位面积上的功率为1kw，如果光电池板垂直太阳光方向的平均受光面积为S=1m2，光能的利用效率为η2=20%，π取3，结果保留2位有效数字．‎ ‎（1）若某天是无风的晴天，太阳光照6小时，则太阳能光电池产生的电能可使路灯正常工作多少小时？‎ ‎（2）如果在某天晚上，有8m/s的风速持续刮风6小时，则风机所发的电可供路灯正常工作多少小时？‎ ‎（3）如果在一有风的晴天，经3小时的光照和风吹，路灯可正常工作7小时，则风速为多大？‎ 若通过交流电表测得风力发电机线圈的电流强度为1A，则此时风叶的转速为多少？‎ ‎【考点】能量守恒定律；动量定理．‎ ‎【分析】本题的关键是明确风能的利用效率和光能的利用率的含义，然后根据能量的转化列出关于能量的表达式，然后求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）设光照6小时，可给路灯供电小时，则太阳能光电池产生的电能为 ‎=η2St=20%××1×6h=120，解得： =10h 即太阳能光电池产生的电能可使路灯正常工作10小时．‎ ‎（2）8m/s的风速持续刮风6小时，则风能转化的电能为E2，可供路灯正常工作t2小时，‎ 有=η1m=η1ρSvt=η1πρ=120‎ 即=×4%×3×1.3×××6h=120‎ 解得=2h 即风机所发的电可供路灯正常工作2小时．‎ ‎（3）设经3小时的光照和风吹，光能转化为电能为E3，风能转化为电能为E4，‎ 则=η2St=20%××1×3h ‎=η1πρ=×4%×3×1.3×1×3×‎ 又=10×7h 解得v=10m/s， =86400J 设风力发电机转动产生交流电的峰值电压为Um， =NBSω=NBS2πn，‎ 所以==ωIt=NBS2πnIt=240h=86400J 解得n==5r/s 即风速为10m/s，风叶的转速为5r/s．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，矩形线圈abcd边长ab=2l，ad=3l，OO'是线圈的转动轴，aO=bO=2l．匀强磁场的磁感应强度为B，OO'刚好与磁场的边界线重合．线圈的总电阻为R．当线圈绕 OO'以角速度ω匀速转动时，试求：‎ ‎（1）从图示时刻起，线圈的ab边第一次出磁场前的瞬时，回路中电流的大小和方向．‎ ‎（2）从图示位置计时，取电流沿abcd方向为正，画出线圈中的电流i随时间t变化的关系图线（画两个周期）．‎ ‎（3）线圈中电流的有效值．‎ ‎【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】（1）先根据E=BSω求出ab边出磁场前瞬间感应电动势，根据欧姆定律求出电流；‎ ‎（2）求出cd边在磁场中运动时产生的最大感应电动势，根据欧姆定律求出最大感应电流，从而画出i﹣t图象；‎ ‎（3）根据电流的热效应求解有效值．‎ ‎【解答】解：（1）ab边出磁场前瞬间感应电动势E1=B•2L•ω•2L=4BωL2‎ I1=（沿adcba方向） ‎ ‎（2）cd边在磁场中运动时产生的最大感应电动势E2=B•2L•ωL=2BωL2‎ 最大感应电流为I2=‎ 故i﹣t图象如图 ‎（3）设电流有效值为I 在0～T时间内线框中焦耳热I2RT=+‎ 得I=‎ 答：（1）从图示时刻起，线圈的ab边第一次出磁场前的瞬时，回路中电流的大小为，方向为沿adcba方向．‎ ‎（2）如图所示．‎ ‎（3）线圈中电流的有效值为．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，匀强磁场的方向竖直向上，磁感应强度大小为B0．电阻为R、边长为L的正方形线框abcd水平放置，OO′为过ad、bc两边中点的直线，线框全部位于磁场中．现将线框右半部固定不动，而将线框左半部以角速度ω绕OO′为轴向上匀速转动，如图中虚线所示，要求：‎ ‎（1）写出转动过程中线框中产生的感应电动势的表达式；‎ ‎（2）若线框左半部分绕OO′向上转动90°，求此过程中线框中产生的焦耳热；‎ ‎（3）若线框左半部分转动60°后固定不动，此时磁感应强度随时间按B=B0+kt变化，k为常量，写出磁场对线框ab边的作用力随时间变化的关系式．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；焦耳定律．‎ ‎【分析】（1）由线速度与角速度的关系，结合感应电动势的表达式，即可求解；‎ ‎（2）根据正弦交流电电动势的最大值，可求得有效值，再由焦耳定律，从而即可求解；‎ ‎（3）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，与安培力的表达式，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）线框在转动过程中，‎ ab边的线速度：‎ 产生的感应电动势：‎ ‎（2）在转过90°过程中产生的是正弦交流电，电动势的最大值：‎ 电动势的有效值 在转过90°过程中产生的焦耳热：‎ ‎（3）若转动后磁感应强度随时间按B=B0+kt变化，在线框中产生的感应电动势大小 在线框中产生的感应电流：‎ 线框ab边所受安培力的大小：‎ 答：（1）转动过程中线框中产生的感应电动势的表达式e=；‎ ‎（2）此过程中线框中产生的焦耳热；‎ ‎（3）磁场对线框ab边的作用力随时间变化的关系式F=．‎ ‎　‎