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高考真題

1．【解析】交流電的概念，大小和方向都隨時(shí)間變化，在t軸的上方為正，下方為負(fù)，A錯(cuò)。有效值只對(duì)正弦交流電使用，最大值一樣，所以B錯(cuò)。由圖可知，C對(duì)。變壓之后頻率不變，D錯(cuò)。

【答案】C

2．【解析】由e－t圖像可知，交變電流電流的周期為0.25s，故頻率為4Hz，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。根據(jù)歐姆定律可知交變電流的最大值為2A，故有效值為A，選項(xiàng)C正確。

【答案】C

3．【解析】本題考查正弦交流電的產(chǎn)生過程、楞次定律等知識(shí)和規(guī)律。從a圖可看出線圈從垂直于中性面開始旋轉(zhuǎn)，由楞次定律可判斷，初始時(shí)刻電流方向?yàn)閎到a，故瞬時(shí)電流的表達(dá)式為i=－i_mcos（+ωt），則圖像為D圖像所描述。平時(shí)注意線圈繞垂直于磁場(chǎng)的軸旋轉(zhuǎn)時(shí)的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式的理解

【答案】D

4．【解析】原線圈電壓有效值U₁=220V，由電壓比等于匝數(shù)比可得副線圈電壓U₂=55V，A對(duì)；電阻R上的電流為2A，由原副線圈電流比等于匝數(shù)的反比，可得電流表示數(shù)為0.5A， C對(duì)；輸入功率為P=220×0.5W=110W，D錯(cuò)；周期T= =0.02s，B錯(cuò)。

【答案】AC

5．【解析】（1）輸電線上的電流強(qiáng)度為I＝A＝52.63A

輸電線路損耗的功率為

P_損＝I²R＝52.63²×6W≈16620W＝16.62kW

（2）改用高壓輸電后，輸電線上的電流強(qiáng)度變?yōu)镮′＝A＝4A

用戶端在變壓器降壓前獲得的電壓    U₁＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V

根據(jù)      

用戶得到的電壓為U₂＝＝×4976V＝226.18V

  【答案】380，75%

6．【解析】帶電粒子在交變電場(chǎng)中不斷地作勻加速和勻減的交替運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一個(gè)周期后，速度為零，再又重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)A正確

【答案】A

7．【解析】原線圈中電壓的有效值是220V，由變壓比知副線圈中電壓為100V，流過電阻的電流是10A；與電阻并聯(lián)的電壓表的示數(shù)是100V；經(jīng)過1分鐘電阻發(fā)出的熱量是6×10³⁴J。

【答案】D

8．【解析】理想變壓器的特點(diǎn)是輸入功率等于輸出功率，當(dāng)負(fù)載電阻增大時(shí)，由于副線圈的電壓不變，所以輸出電流I₂減小，導(dǎo)致輸出功率P₂減小，所以輸入功率P₁減��；輸入的電壓不變，所以輸入的電流I₁減小，B正確

【答案】B

9．【解析】因?yàn)樽儔浩鞯脑褦?shù)與U₁不變，所以U₂與兩電壓表的示數(shù)均不變．當(dāng)S斷開時(shí)，因?yàn)樨?fù)載電阻增大，故次級(jí)線圈中的電流I₂減小，由于輸入功率等于輸出功率，所以I₁也將減小，C正確；因?yàn)镽₁的電壓減小，故R₂、R₃兩端的電壓將增大，I₃變大，B正確．

【答案】BC

10．【解析】 (1)輸電線的電阻為：                               P₂=P₁   P₂=I₂U₂          聯(lián)立以上五式解得：U₂＝8×10⁴V　　　　　　　　　　　　　　

輸電線路上的電壓損失　U_損＝I₂R＝3200V　

【答案】（1）U₂＝8×10⁴V   （2）3200V　

名校試題

1．【解析】線圈轉(zhuǎn)動(dòng)90⁰后，進(jìn)入磁場(chǎng)，線圈處于平行磁感線平面，磁通量變化最快，在這個(gè)過程中，沒有感應(yīng)電流；線圈再轉(zhuǎn)動(dòng)90⁰后，線圈處于中性面，磁通量變化最慢，在這個(gè)過程中，磁通量增加，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流呈余弦規(guī)律變化，感應(yīng)電流由b到a；再轉(zhuǎn)動(dòng)90⁰后，線圈處于平行磁感線平面，磁通量變化最快，在這個(gè)過程中，磁通量減小，感應(yīng)電流由a到b；再轉(zhuǎn)動(dòng)，離開磁場(chǎng)，沒有感應(yīng)電流，依次類推。

【答案】D

2．【解析】由圖可知交交變電流的周期為0.04s，所以選項(xiàng)A正確；交變電壓的最大值為100V，而電阻R＝100Ω，所以交變電流的最大值為1A．

【答案】AD

3．【解析】由圖可以求得．交變電流的頻率為40Hz，所以選項(xiàng)A錯(cuò)；交變電流的瞬時(shí)表達(dá)式為，所以選項(xiàng)B錯(cuò)；在t=0.01s時(shí)，穿過交流發(fā)電機(jī)線圈的磁通量為零，所以選項(xiàng)C錯(cuò)；因電流的有效值為2.5A，所以發(fā)電機(jī)線圈電阻為0.4Ω，則其產(chǎn)生的熱功率為5W，故選項(xiàng)D對(duì)．

【答案】D

4．【解析】V₁示數(shù)小于正常值時(shí)，副線圈的輸出電壓也要變小，所以滑動(dòng)觸頭P向上滑動(dòng)，即選項(xiàng)A正確；當(dāng)用電器增加時(shí)，副線圈的電流增大，輸電線上損失的電壓增大，要使電器正常工作，滑動(dòng)觸頭P應(yīng)向上滑，所以選項(xiàng)C正確

【答案】AC

5．【解析】副線圈的電流增大，輸電線上損失的電壓增，所以選項(xiàng)C正確

【答案】C

6．【解析】K由a合到b時(shí)，n₁減小，由,可知U₂增大，P₂=隨之增大，而P₁=P₂，又P₁=I₁U₁，從而I₁增大，A正確；K由b合到a時(shí)，與上述情況相反，P₂將減小，B正確；P上滑時(shí)，R增大，P₂=減小，又P₁=P₂，P₁=I₁U₁，從而I₁減小，C錯(cuò)誤；U₁增大，由可知，U₂增大，I₂=隨之增大，由可知I₁也增大，D正確。

【答案】A、B、D正確。

7．【解析】由于次級(jí)兩組副線圈的組合連接使得小燈泡回路中兩線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，所以小燈泡的工作電壓有效值為：

則

因?yàn)槔硐胱儔浩鬏斎牍β实扔谳敵龉β�，故答案�?yīng)選A．

【答案】A

8．【解析】電流互感器要把大電流變?yōu)樾‰娏鳎�因此原線圈的匝數(shù)少，副線圈的匝數(shù)多。監(jiān)測(cè)每相的電流必須將原線圈串聯(lián)在火線中。

【答案】A

9．【解析】(1)Em＝nBSω

  代人數(shù)據(jù)得  Em＝400×0.25×0.05×0.04×l00 V＝20 V 

(2)Im=                                         

代人數(shù)據(jù)得Im＝A=2A 

∵是正弦交變電流，所以電流表讀數(shù)即有效值

I=A=1．41A   

(3)p＝I²R＝×9．9W＝19。8W．  

【答案】（1）  20 V（2）   1．41A       （3）19。8W

10．  【解析】 發(fā)電站的輸出電流

               ①

    輸電線路損失的功率              ②

    則         ③

變壓器的匝數(shù)比

【答案】

11. 【解析】⑴如圖36所示。由于輸送功率為P=500kW，一晝夜輸送電能E=Pt=12000度，終點(diǎn)得到的電能E′=7200度，因此效率η=60%。輸電線上的電流可由I=P/U計(jì)算，為I=100A，而輸電線損耗功率可由P_r=I ²r計(jì)算，其中P_r=4800/24=200kW，因此可求得r=20Ω。    

⑵輸電線上損耗功率，原來P_r=200kW，現(xiàn)在要求P_r′=10kW ，計(jì)算可得輸電電壓應(yīng)調(diào)節(jié)為U′=22.4kV。

【答案】（1）η=60%      20Ω   （2）22.4kV

12．【解析】（1）根據(jù)磁場(chǎng)分布特點(diǎn)，線框不論轉(zhuǎn)到磁場(chǎng)中哪一位置，切割磁感線的速度始終與磁場(chǎng)方向垂直，故線框轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為

E=2Blv=2Bl=BlLω

（2）線框轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，只能有一個(gè)線框進(jìn)入磁場(chǎng)（作電源），另一個(gè)線框與外接電阻R并聯(lián)后一起作為外電路。

電源內(nèi)阻為r，外電路總電阻R_外=r

故R兩端的電壓最大值：U_R=IR_外=

（3）和在磁場(chǎng)中，通過R的電流大小相等                                                               圖37

i_R=BlLω?                            

從線框進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，每隔T/8（線框轉(zhuǎn)動(dòng)45°）電流發(fā)生一次變化，其i_R隨時(shí)間t變化的圖象如圖20所示。

【答案】（1）BlLω  （2）   （3）如圖37所示

考點(diǎn)預(yù)測(cè)題

1．【解析】此題是已知圖象求數(shù)學(xué)表達(dá)式的問題，電壓表示數(shù)為10V是有效值，電壓最大值為,CD均錯(cuò)；因此電流有效值為,交流電的電流最大值為，由圖可知，交流電的周期T＝0.02s，因此，故A正確

【答案】A

2.【解析】求解此題的關(guān)鍵是由線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)來確定表達(dá)式。取軸Ox垂             

直于磁感強(qiáng)度，線框轉(zhuǎn)角為θ（如圖38所示）線框長(zhǎng)邊垂直于紙面，點(diǎn)A、B表示線框長(zhǎng)邊導(dǎo)線與紙面的交點(diǎn)，O點(diǎn)表示轉(zhuǎn)軸與紙面的交點(diǎn).                   

線框長(zhǎng)邊的線速度                                     

  一根長(zhǎng)邊導(dǎo)線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為，一匝導(dǎo)線框所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

N匝線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)應(yīng)為   

磁極換成釹鐵硼永磁體時(shí)，設(shè)匝數(shù)為N′，則有　     圖38　                                         

由 E_n=E_N′可得　　　

【答案】

3．【解析】正方形線框在磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為E_m，該交變電流的有效值為，，，正確答案為B

【答案】B

4．【解析】 由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律             

可得內(nèi)，

內(nèi)，由有效值的定

【答案】B

5．【解析】鉗形表是根據(jù)電磁感應(yīng)原理制成的，故只能用來測(cè)量交流電流；對(duì)鉗形表的初、次級(jí)滿足，，I₁不變，故當(dāng)n₁增加3倍時(shí)I₂=3.6A，正確答案為C.鉗形表在使用時(shí)，初級(jí)是串聯(lián)在被測(cè)電路中的，故同一電纜線雖多繞了幾匝，但電纜線中的電流 I₁保持不變.。

【答案】C

6． 【解析】由燈泡正常發(fā)光知,副線圈電壓為220V,又原、副線圈電壓與匝數(shù)成正比，D錯(cuò)。輸入、輸出功率相等，B錯(cuò)；電流表的示數(shù)為有效值，所以A錯(cuò)，C正確。

【答案】C

7．【解析】保持P的位置及U不變，S由b切換到a的過程中，副線圈匝數(shù)增多，輸出電壓增大，則R上消耗的功率也增大，原線圈的輸入功率也增大；U不變，輸入電流I增大，所以選項(xiàng)A、D錯(cuò)而C正確。保持P的位置及U不變，S由a切換到b的過程中，副線圈匝數(shù)減少，則輸出電壓減少，輸出電流也減少。故選項(xiàng)B也正確。

【答案】BC

8．【解析】（1）設(shè)原、副線圈上的電壓、電流分別為U₁、U₂、I₁、I₂.       

根據(jù)理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，有 I₁U₁=I₂U₂

當(dāng) I₂=12mA時(shí)，I₁即為熔斷電流.代入數(shù)據(jù)，得 I₁=0.98A

（2）設(shè)副線圈中電流為 I₂′=10mA時(shí)，變壓器的輸入功率為 P₁，根據(jù)理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，有 P₁=I₂′U₂，代入數(shù)據(jù)，得 P₁=180W

【答案】（1）I₁=0.98A  （2）P₁=180W

9．【解析】輸入電流和輸出電流都是由負(fù)載決定，輸出、輸入電壓由電源決定.原距離輸電原理考查.選項(xiàng)C對(duì)。

【答案】C

10．【解析】⑴所有燈都正常工作的總功率為22×6×40=5280W，用電器總電流為A，輸電線上的電流A，降壓變壓器上：U₂=4U₂^/=880V，輸電線上的電壓損失為：U_r=I_RR=24V ，因此升壓變壓器的輸出電壓為U₁^/=U_R+U₂=904V，輸入電壓為U₁=U₁^//4=226V，輸入電流為I₁=4I₁^/=24A，所以發(fā)電機(jī)輸出功率為P_出=U₁I₁=5424W

    ⑵發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)E=U₁+I₁r=250V

    ⑶輸電線上損耗的電功率P_R=I_R²R=144W

【答案】（1）  5424W  （2）250V  （3）144W

11．【解析】（1）由電場(chǎng)強(qiáng)度公式　

　　　　帶電粒子所受電場(chǎng)力　

      因此　

(2)粒子在時(shí)間內(nèi)走過的距離為　

  故帶電粒子在時(shí)恰好到達(dá)A板，根據(jù)動(dòng)量定理，此時(shí)粒子的動(dòng)量

(2)帶電粒子在時(shí)間內(nèi)向A板做勻加速運(yùn)動(dòng)，在向A板做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度為零后將返回。粒子向A板運(yùn)動(dòng)的可能最大位移

要求粒子不能到達(dá)A板，則有s<d，由得,電勢(shì)變化頻率應(yīng)滿足

【答案】（1）   （2） （3）

 12．【解析】（1）質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子以平行于極板的初速度v₀射入長(zhǎng)L板間距離為d的平行板電容器間，兩板間電壓為U，求射出時(shí)的側(cè)移

當(dāng)＞時(shí)，電子能穿越平行板

當(dāng)＞時(shí)，電子不能穿越極板，中途就落到上板或下板上。如圖39所示。                                               圖39

由可看出，與U成正比。電子穿越平行極板的臨界條件為＞，此時(shí)兩板上的電壓可算得。因?yàn)?sub>    

所以==91V

（2）當(dāng)交變電壓的最大值超過91V時(shí)，射入的電子束會(huì)出現(xiàn)有時(shí)能通過兩極板，有時(shí)不能通過的現(xiàn)象，由圖40可以知道，要使

：=2：1

在每個(gè)半周期內(nèi)，=，=，也就是在時(shí)，=91V。由交變電流的方程得

所以                                    圖40

【答案】（1）91V（2）

  13.【解析】 感抗對(duì)電流的阻礙作用是“通直流，阻交流”，“通低頻，阻高頻”，容抗對(duì)電流的阻礙作用是“通交流，隔直流”“通高頻，阻低頻”。線圖L₁的作用是讓低頻信號(hào)通過，阻礙高頻成分，通過線圈L₁的信號(hào)中還有少量的高頻成分，C₁的作用就是讓這些少量的高頻成分通過，阻礙低頻信號(hào)通過，讓低頻信號(hào)通過揚(yáng)聲器甲，故揚(yáng)聲器甲是低音揚(yáng)聲器，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤；L₂的作用是讓低頻信號(hào)通過，阻礙高頻成分通過，減弱通過揚(yáng)聲器乙的低頻頻電流，揚(yáng)聲器乙是高音揚(yáng)聲器，選項(xiàng)D正確。

【答案】D

14.【解析】當(dāng)自行車車輪轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，通過摩擦小輪使發(fā)電機(jī)的線框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，線框中產(chǎn)生一正弦交流電動(dòng)勢(shì)，其最大值ε=ω₀BSN 

式中ω₀為線框轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，即摩擦小輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度.

發(fā)電機(jī)兩端電壓的有效值

設(shè)自行車車輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω₁，由于自行車車輪與摩擦小輪之間無相對(duì)滑動(dòng)，有

R₁ω₁=R₀ω₀

小齒輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度與自行車輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，也為ω₁.設(shè)大齒輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，有 R₃ω=R₂ω₁由以上各式解得，代入數(shù)據(jù)得ω=3.2s^-1

【答案】ω=3.2s^-1

15．【解析】根據(jù)第一列電磁波從發(fā)出到收到回波可以確定飛機(jī)離開雷達(dá)站的第一個(gè)位置；  根據(jù)第二列電磁波從發(fā)出到收到回波可以確定飛機(jī)離開雷達(dá)站的第二個(gè)位置．這兩個(gè)位置的變化（位移）對(duì)應(yīng)的時(shí)間為 4秒，就可以計(jì)算飛機(jī)的速度值．（雷達(dá)波往返的時(shí)間遠(yuǎn)小于相鄰兩個(gè)雷達(dá)發(fā)出的時(shí)間）．如圖1所示模擬了雷達(dá)站雷達(dá)屏上所看到的圖案，圖中為第一列雷達(dá)波及其回波，為第二列雷達(dá)波及其回波（由于雷達(dá)波在傳播過程中有損耗，所以回波的幅值較發(fā)出時(shí)�。�．設(shè)飛機(jī)的速度為v，之間的時(shí)間間隔為 t₁，之間的時(shí)間間隔為t₂ ，之間的時(shí)間間隔為t，則vt=c(t₁-t₂)/2，所以v=c(t₁-t₂)/2t=525m/s．

【答案】525m/s

16．【解析】（1）∵         

∴f₁=3.00×10⁸/2×10^－9=1.5×10¹⁷(Hz)   f₂=3.00×10⁸/1×10^－4=3×10¹²(Hz)

∴輻射的頻率范圍為3×10¹²Hz~1.5×10¹⁷Hz

（2）每小時(shí)從太陽表面輻射的總能量為代入數(shù)所得W=1.38×10¹⁰J

（3）設(shè)火星表面溫度為T，太陽到火星距離為d，火星單位時(shí)間內(nèi)吸收來自太陽的輻射能量為   ∴

火星單位時(shí)間內(nèi)向外輻射電磁波能量為

火星處在平衡狀態(tài)，即

由上式解得火星平均溫度

【答案】（1）3×10¹²Hz~1.5×10¹⁷Hz   （2）1.38×10¹⁰J （3）