滚动检测卷五 磁场电磁感应-【勤径学升】2025年高考一轮复习物理通关卷

见此图科腰氢性样骨所源然脂师学习找件，婴及一轮套习雕原一 N右侧加一垂直于金属调环面向里的匀强链瑞，使跳场的 阻不计。观脑加外力使O片杆以恒定角速度w绕属心)期时针 滚动检测卷五磁场 电磁感应 赋感应强度B按B一（为常数）的规律随时可：均匀增大，重 转动，在其花过的过程中，下列说达正确的是 力加遍度为g,艺略圆环的粗相，：甘斜，圆环对水平面的医力佩 满分，10的分 好为零，爆：的值为 A频过电阻取的电德方向为严→k,() 一、选择盟：本题共10小避，共6分，在每小■的出的四个选用 A.mgk B.weR C.mgR 2-r 去p 20 &两点间电势差为， 2 中，第1一7题只有一项管合增日要求，每小想4分，第8一10四 5.(州模拟)不计重力的再个带电粒子M和N 有多项答合道目要求，每小题8分，全露达对得8分，选对们不 C激过04的电膏量为 GR 告间一方向经小孔8第直进人匀翼适场，在编 全的得3分，有选情的得0分。 ,如图所示，将一蓝体通过放置在电子种 场中的径连如谢。分别用与w与一 血外力做的功为紫 上的支知悬挂于电子群上方，陆体的E 与表乐它们的遮率，在验场中运动的时 丛，如附甲所房，在MN.OP间存：×xQ 下方有两条允帝的闻定金属学物别，￥ 闻.比对，国 在一匀强藏场=0时，一正 其上有两银可以自由滑动的全属杆， 方悬光带金属线根在水单同 6,型体在国路中心的正上方，气明断国 A知果业一，期>B妇梨一生，周w< 右的外力F作用下繁船AMW mH M wy n 线磁棒下落时，以下说达正魂的是 从静止开始做匀加率端动，外 仁知果v一比则> D知柴，-，期兰> 力F随时间：登化的屠线细 线 A.n,杆相互近离 6,如菌甲所示.A,B湘接有缸流尊输出图定电流)的均匀长方形 图乙所示。已线根质量m一1kg.电阳R一20-期 队与剪断解线们相比电子杯的示数增加 金黑线能酸在水平面上，部分线根处在重直于线框半面向下的 A.盟场宽度为4m C.导轨对电子秤的瓜力变大 匀强意场中，边与藏场边界平行.6边受到的安培力大小为 队句望避场的隐练度雀度为，多T D.体处干完全失重侯零 F,:如图乙所示：将金属串救在金国线框上，金属韩山与线 C.设松穿这宣场过程中，通过馒程的电而最为2C 内 2如图所示，在MN.Q闻同时存在1置壁。：之 据接触具好，并在堪场中处于静止状态，与山平行，d段与 D载根穿过磁场过程中，线据产生的热量为1) 场和匀强电场，验插方向垂直领面水平向，·。··· 协臣电阳相同。此时，6受到的发培力太小为F受到的安 0.如图所示，边界从与之何存在继感成强 外电场在倒中没有标出。一带正电小球之：二·“。 培力大小为F:,下列关系正确钓是 度为B的匀需陆场，赋场方向垂雀纸面向外，·。 从显点射人垢区，并在级直面内沿直线适 ∠A一0。边界QA上距O点/处有一粒 动至点，期小球 子源S,可发射质量为，掩正电而年的等渔粒· A.从到6的过程中可能做匀减速运动 子。当$沿浙面向藏场各个方向发射粒子，发； 乱.受到的电写力的方购一定水平向右 现都没有稳子从边界射出。期 C,从到的过程中可能敏加递运动 卫，从4到：的过程，克服电场力能功 豪3已细道电长直导线在测用空闻某侵腔产生的 A.F=IF B.F:-F. 人粒于的超天发选华不想过气2 藏盛应强度大小与电德强度成正比，与演位置 CF=F十F DF,>F十F 队粒子的最大发射迷率不短过2等一风 到长直导线的距离成反比。如图所示，现有通 7,由同种材料制成的相组均匀的金属线氧（如国 C,粒子从（从边界离开壁场时离5的量露距离可为/ 有电流天小相同的两相长直导线分测固是有 新乐)以定流度通过有理想边界的匀幽融 正方体的两杀边h和g上，被此论豫，电新 场。开始时提根的山边恰与磁斯边界重合， L农子从1边界离开感场时嵩3韵最运距海可能为智 方闻分满由d流舆A,由B流向上，属关于.6，<，、五点，下列 粥线服中：，山两点间电势差U,随时同变化的 说法正确的是 号 图线是下图中的 A,于点意移成度相同 我「两点服感应强度大小之比为211 血血血白 二，非遮择题：本题共1小题，其以分 C,x点继感应强度最大 ).:点蓝感应演虔方向与：平行 1,(后分)（衡任言三期来）某可学使用如所所示的器材研究”影响 应电流方向的因索” 4.如图所示，质量为w,半径为的金属朝环立 8,如图，Q为一段国定于水平面上的光带属 在绝峰水平面上，解环的电闭为R,一根地缘 属导轨，属蟹的翼心为，半径为L。空同 细馒一砖连在周环上，好一瑞道接在天花园 存在承直珍航平面，城退应强度大小为B 上，细线煤好提直，且雕戏与竖直方向的夹角 的句强营场，电阳为R的金国杆0A与导 为。竖直虚线MN将网环…分为二，在应 轨接触具好，图中电阻代，一民，一R,早轨电 (1在阁中用实线代替导线指实验器材连成实趁电路。 高考一轮通是基·物厘实31 见比酒标胆能绘者轻场源的智能学习伏什，突装一轮蛋习难， (2)如要在闭合开关时爱现灵敏电流计的指针狗右偏了一下， 《1)通过金属棒0A的电慎大小和方向。 ()从闭合线根上边刚进人磁场到穿出萄场后又相对传送带静 那么合上开关后可使出现的情况有： 止的过程中，电动机多请耗的电能E D指线国A迅速扬人线圈且时，灵敏电慎计指针将向 (这填”左”减”右”)偏 线周A清入线周B行，算带动变阻落韵阳值满大时，灵敏电 道什指针将向《选填左减”右)偏。 (21外力的功书。 (3)在上逃操作：中，如果线周B与灵敏电流计斯开，别线圈国 中 入，因电路不闭合，无电跳感应现象 168分)四多衡本二同如阳所示，在，人？￥ y平南内y轴与MV边界之同有盐x 品，有电随感皮现像，但无感应电藏，只有感应电功势 (3)从斯开开关5到电葛拉2这一过程中通过电流表的电 第负方斜的匀丝电场·y轴左侧(【民)和 (,若已每线周A和线调B的绕向，不值月摆次定律判定线周 背量。 MN边界右侧Ⅱ区)的空间有希直纸配 两接线柱的电劳高低 向里的匀强燕局，且MN右侧的蓝螺应 山若已知线橱A餐线周5的烧向，可以用圆次定律判定线周围 度大小是y箱左侧藏感应强度大小的2答，MN边界与￥精 两接线柱的电势高低 半行且可距保持不变。一衡量为m、电荷量为一g的粒千以速 12,《8分)如图所示，三个线国环绕在同更思铁若上，周合K:扇 报。从坐标原点)沿x绍负方向射人县等，每次经过3帕左 开K:,我如图的方式将条形磁体加遮转人线周，灵敏电流计的 4,(12分)雀生产线展的流水线上，为了检测 侧篮场的时问均为。，软子重力不计 指计向左偏。则：（均选填向左一向右或“不“） 出个调不合略的未用合线根，让线：团伸 1》求y细左侧磁场的惠竖皮强度的大小目 透帝道过一国定匀丝磁场区线（磁场方向 里直于传送带平面有下)，恩察线佩进人 藏场后是香相对传送带滑动就德够检两出表闭合的不合棉线 氧。其物理情景简化切下：如丽所承，霜过色像传送蒂输送究 全相同的正方形单重纯电阳铜线相，传递替与水平方夹角为 ,以框定速度斜向上需动。已知造场边界MN.PQ与传送 传运动方向至直.V与PQ可的师离为d,盘场的联5应溪度 (2)若岩经过4.时间粒子第一次同到原点，且粒千经过电号 不 (1)闭合K,斯开K,条形适体植人线测后静止不动.带动变用 为B.线解质量为m+电阻为R,边长为1(>2L),线氧与传送 门建后速度是原来的A倍，求电场区城的觉度 鞋的带动触头角左加速游动，灵能电流计的指针 带间的动摩前同数为，熏力即速度为。闭合线框在进人罐 偏转。 场前相对传送警静止，线服脚进人魔垢的黑同，和传送带发生 (8)闭合K:,斯开K:,将第形重体导极从线周中加速截出，灵娘 相对得动，线根运动过醒中上边始终平行于N,当闭合线框 电通计的折针偏转。 的上边经过动界PQ时叉锋好与每送带的速度相同，没哲道带 (3)断开K:,丽合K,的瞬闻，灵陆电减计的斯计 足够长，且馒椒在传雪带上的终架持上边率行于磁场边 转：经过一2时间隐定后，灵输电流计的新针 偏转：斯 界。承 开《，的瞬阿，灵敏电流计的指引 偏转 (1山闭合找积的上边刚进人点场时所受安培力F,的大个， (3》若粒子在左右侧面场量匀建到周运动的半径分别为R:,R,容 ()将周个开关均闹合，条形驶体桶入线阁后静止不动，灵酸电 且R,一R,夏楚粒子能够门到原点(，制电场强度E应调是州 面计的指针 偏转 么条件？ 13.(10分)如图所示，半径为一1m的光 滑金国属环周定在水平面内，露直干环 面的是遮场的壁感应翼度大小为B一 《)从闭合线根上边附进人遭据系别要出避场所用的时间， 2.0T,一金国帮①A在外力作用下绕过 0点的拍以角建度“一2阳ds沿通时日 方向匀通转动，金属环和异线电用均石 计，金国排04的电限r-1n.电阳R-20.R,一3n.R:一 7.5口，电容器的电容C一1F,团合开关S,电路悬定后，求， 32千高考一艳递其基·物理电器的“延时”工作原理：S断开瞬间，线圈B中产生感应电 流，保持铁芯中的磁性，所以衔铁不会马上被弹簧拉起，达到 延时的作用。 13.(1)6m/s(2)0.16 J 解析 (1)当导体所受的合外力为零时，速度最大， 则mgsin Q=ILB, 1=k联立解得o=6 m/s。 (2)设该过程中电流的平均值为了，则q=Tix.T一吾 F一M由能量守恒定律可得mg-sin0=÷2+Q, 联立解得Q=0.16 J。 14.(1)20W(2)9m (3)3 解析 (1)在0～5s内，由图像可得a=A=1m/s2, 由牛顿第二定律得F?-μmg=ma, 则到达MN边界时，拉力的功率P=Fv?, 代入数据解得 P=20 W。 (2)在0～5s内，金属杆做匀加速直线运动，根据位移时间关 系可得金属杆的位移为x?=÷at,2=12.5m. 在5～8s内，设金属杆在磁场中运动的位移为x?,时间为t? =3 s, 对金属杆，在前8s,由动能定理得 F?x?+Pl?-μmg(x?+x?)-W?=÷mc?2, 又W支=Q,代入数据解得x?=9m。 (3)金属杆进入磁场后功率为P=20 W,最后匀速运动，根据 平衡条件可得∵-Fx+gmg, 共中F-B1,电流1-R平， 联立以上各式解得r=号 a. 则定值电理R与金展杆的阻值广的比值为尽=3. 15.(1)Br(2)(sn 0-s stt(3)c 解析 (1)当P的速度为v时，A。转动的角速度a,=一， 两盘接触点的线速度为v?=w?·2r=2v, 辐条的电动势E=÷B·4ro,=4Bro 回路总电阻R=号R, 总电流I-E-R, 金属棒 EF两端电压U=1·登=Bro。 见此图标眼微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 (2)对金属棒 EF受力分析，由动量定理得 [mgsin O-μ(mgcos O-BIgL)]△t=mu-0, I=, 4.A 解析 对圆环受力分析，圆环 M:× 兴省 受重力、水平向左的安培力及绳 60 子的拉力，如图所示，依据矢量的F 合成法则，结合三角知识，有FA N mg=mgtan 60°,而 F= BIL,I= 長,E=·一，整理可得：1= √3mgR,故选项A正确，B、C、D错误。πk2 经过的时间为1一毫，流过OA的电荷量为q=1=张，收C 错误；转过受角度过程中，外力做的功为P=El=☆,故 D正确。 代入得(wgsin Q-mgcos OrtEg-m, 其中V△t=h, 代入得u=(in0-yos0sgx+ 9.AB 解析 线框的加速度a=F=2m/s2=2m/s2,磁场宽 度d=÷at,2=4m,A正确；当线框全部进入磁场的瞬间有： F?-F=ma,Fx=PR=ER,L=a,解得B=(3)当金属棒 EF与导轨的弹力为0时，金属棒 EF刚好要离 开导轨，设此时重物 P下落的速度为v?, 此时有mxos Q=F?,F?=H, 联立得n=“F°, 5.A 解析 由洛伦兹力等于向心力·qcB=m一·=,。由 它们在磁场中的径迹可知，两个带电粒子M和N轨迹半径关 系rw>rx,如果一，则w>ax,选项A正确。由它们在 磁场中的径迹可知，两个带电粒子M和N在匀强磁场中轨迹 均为半个圆周，运动时间为半个周期。如果一然，由T= 可为，而个带也校子M和N在匀医磁场中运动用期相等， 则运动时间相等，选项B错误。由0uB=m号，解得a= 如果aw=,则<,选项C错误。由1=三一可知，如 √2T,B正确；线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为 零，线框产生的热量Q-W-÷md′>1J,C、D错误。 10.AD 解析 要使没有粒子从OC边界射 . .C 出，沿如图路线运动的粒子不离开磁场，.若金属棒 EF限制在导轨上运动，设重物 P可能达到的最大 建度务心由接有关系可骨 · 满足号1·sn 60°=gE,可得v=G,· · 60。A"s故A正确，B错误；粒子速度x=√3Bgl4m 其中E.-1Bm,代入精得 要使得金属棒 EF不脱离轨道，需满足v?>vm, 代入解得cos ①>亡。 从OA边界离开磁场时高S最远距高d=2R=Asin 60°=竖/, 故C错误，D正确。 11.(1)见解析 (2)①右 ②左 (3)BD 滚动检测卷五 磁场 电磁感应 果tw=1,则一，选项D错误。 解析 (1)将电源、开关、滑动变阻器、小螺线管 A串联成一 1.C 解析由楞次定律可知a、b杆将相互靠拢，A错误；将磁 体、支架、导轨和金属杆看成一个整体，磁体处于失重状态，整 体对电子秤的压力减小，磁体会受到下方回路中感应电流产 生的磁场的阻力作用，并不是完全失重，B、D错误；磁体对导 轨产生向下的力，因此导轨对电子秤的压力变大，C正确。 6.C 解析 设恒流源的电流为I,则图甲中F?=BIL,在图乙 中，因cd的电阻小于cabd部分的电阻，可知I>I,因L+ 个回路，再将电流计与大螺线管B串联成另一个回路，电路 图如图所示。 I=I,可知L>÷1,则F?=BIL,F?=BLL,则F>÷F, F?>F?,F?=F?+F?,故选C。 2.D 解析因小球受到的洛伦兹力随小球速度变化而变化，为 使带电小球能在场内做直线运动，必须满足小球的速度大小 不能变化的条件，即小球受力平衡，做匀速直线运动，故 A、C 错误。小球共受到三个力的作用：重力、电场力和洛伦兹力，三 力处于平衡状态，洛伦兹力垂直ab斜向左上方，重力竖直向 下，则受到的电场力的方向不一定水平向右，B错误；从a到b 的过程中，小球的动能不变，根据动能定理有△E=W。+ W电场+W??兹=0其中洛伦兹力不做功，重力做正功，所以电 场力必须做负功，即克服电场力做功，故D正确。 7.A 解析线框向右匀速穿越磁场区域的过程可分为三个阶 段：第一阶段(进入过程),ab是电源，设电动势为 E,外电阻为 R=3r(每一边的电阻为r),则路端电压U。为Ua=2E。第二 阶段(线框整体在磁场中平动过程),ab及dc都是电源，并且 是完全相同的电源，回路中虽无感应电流，但路端电压U。= (2)闭合开关，通过螺线管A的电流变大，穿过螺线管B的磁 通量增加，指针向右偏转。将线圈A迅速插入线圈B,磁通量 增加，则灵敏电流计的指针将向右偏转一下。线圈A插入线 圈B后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，则电流 减小，穿过线圈B的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏 转一下。 E。第三阶段(离开过程),dc是电源，外电阻仍为R=3r,路端 电压为U=三E,因此U。仅为U的÷,即U=E,故 (3)如果线圈B与灵敏电流计断开，线圈B中仍有磁通量的 变化，仍会产生感应电动势，不会有感应电流存在，但是可根 据楞次定律来判定线圈B两接线柱的电势高低，判断出感应 电动势的方向，故 B、D正确，A、C错误。 选 A。 3.C 解析 由对称性可知，f、a点磁感应强度大小相等，但是方 向不相同，A错误；设每根直导线的电流为1.则B=学，若正 方形边长为L,则c点磁感应强度大小B,一空，点磁感应强 变大小 B,=√2k,大小之比为√2:1,B错误；a、b、c、e、f五个 点中c点距离两通电导线距离都是最近的位置，且两根通电导 线在c点的磁场方向相同，都沿着b→c方向，则合成后磁感应 强度最大，C正确，D错误。 8.AD 解析 由右手定则判断出OA中电流方向O→A可知流 过电阻R?的电流方向为 P→R?→O,故A正确；OA产生的感 应电动势为E=BLo=BH一，将OA当成电源，外部电路R,与 R,并联，则OA间的电势差为U-R+R×E-6,故B错 误；流过OA的电流为1一R+E—3R,转过受角度过程 12.(1)不 (2)向右 (3)向右 不 向左 (4)不 解析 题干条件下，与线圈A构成的回路中产生逆时针方向 增大的感应电流，由安培定则可知穿过C的磁场向左增大， 结合楞次定律可知电流从右向左通过灵敏电流计，灵敏电流 计的指针向左偏。(1)闭合K?、断开K?,条形磁体插入线圈 后静止不动，滑动变阻器的滑动触头向左加速滑动，穿过线圈 高考一轮通关卷·物理～65 见此图标酮微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，则灵敏电流计的指 根据用合电路欧好定律得：1-贵 根据法拉第电磁感应定律得：E=BLv 根据运动学公式得：L=vt B2L3 由⑤G⑦⑧⑨得：t=mgR(gco a-sna 第十二章 交变电流 传感器 感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效 值E也相同。又因两线圈电阻相同,所以Q一景?也相同。经 过子时间，流过两线围横截面的电荷量q-7·子也相间，放选 ⑦ 针不偏转。(2)闭合 K?、断开 K。,将条形磁体 S极从线圈中 加速拔出，则与线圈 A构成的回路中产生顺时针方向增大的 感应电流，与题干中情况相反，则灵敏电流计的指针向右偏。 1.A 解析 图甲所示位置为中性面位置，磁通量最大，AB、CD 边均不切割磁感线，感应电动势为零，电流为零，对应图乙中t? 或t?时刻，由法拉第电磁感应定律知，磁通量变化率为零，BC 错误，A正确；t2vt,时刻感应电流最大，感应电动势最大，由法 拉第电磁感应定律知，磁通量变化率也最大，AB、CD边垂直 切割磁感线，线圈平面与磁感线平行，磁通量最小，D错误。 ⑧ ⑨ (3)断开K?、闭合K。的瞬间，C中的磁场向右增加，则由楞次 定律可知电流从左向右流过灵敏电流计，灵敏电流计的指针 向右偏；稳定后，磁通量不再变化，线圈C中无感应电流，灵 敏电流计的指针不偏转；同理，断开K?的瞬间，则灵敏电流 计的指针向左偏。(4)由以上分析可知，将两个开关均闭合， 条形磁体插入线圈后静止不动，则灵敏电流计的指针不偏转。 ⑩ 项 A、C、D正确，选项B错误。 (3)线框刚进入磁场至线框刚要出磁场的过程， 根据动能定理得：(μmgcos a-mgsin a)d+Wk?=0, 根据功能关系得：Q=-W, 根据功能关系得：Qn=umgcos a(v,t-d), 从线框上边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的 过程中， 6.B 解析 由表达式U=110sin100πt知原线圈电压有效值为 U=V=55 V,根指长一得；副线图两增电压U?= 25√2 V,则通过电阻R,的电流I=G=25V2 A=2 A.故 错误；输出电压最大值为50V,要使电路正常工作，反向耐压值 应大于50 V,故B正确；根据电流热效应，25R2)×T-RT 所以R两端的电压U;=26 V.故通过R的电流1-发- 25A=1A,输出端的总功率P=D-+I?2R。=75 W,故输入 功率也为 75 W,C错误；原线圈的电流I==-A= 2.D 解析 若线圈从中性面开始运动，则穿过线圈的磁通量按 照余弦规律变化，由法拉第电磁感应定律可知，其产生的感应 电动势(感应电流)将按照正弦规律变化，选项 A错误；由于 OO′为线圈的对称轴，所以线圈产生的感应电动势的最大值应13.(1)0.5 A,方向由A到O (2)1W(3)6.4×10-C 为E,=号MBSo=20 V,选项B错误；线图在转动过程中产生 的感应电动势的瞬时值表达式为e=20sin 10πt(V),所以其感 应电流的瞬时值表达式为i=sin 10πt(A),故当t=s时，流 经电阻R的瞬时电流大小为i sin 10π×A=÷A,选项C 错误；流经R的电流的有效值为1=竖A.所以电阻R上消耗 的电功率为P=FR=9 W,选项 D正确。 解析(1)由右手定则可知通过金属棒OA E.r? 的电流方向是由A到O。金属棒 OA产生 的感应电动势大小为E=÷Bov2=2 V,S bA 闭合时的等效电路如图甲所示，此时电路 C 的外电图为R-Rfg+R=3a. 由闭合电路欧姆定律得通过金属棒OA的电流为 根据能量守恒得：E=2mgsina·d+2Q+2Qn, 用，E-2。 15.()(22.5。(3) 1=1.23⋯) 尺甲 解析(1)粒子在磁扬中做国周运动的周期：T-, 粒子每次经过磁场的时间为学个周期，则：T=24,B-。 A.被D错误。1=RF=0.5 A。 (2)设粒子在I、Ⅱ区运动的速度分别为v?、v?,运动周期分别 3.C 解析 有效值是根据电流的热效应来规定的，由图像可 知，交流电的周期为2t?;取一个周期进行分段，在0～t。是恒 定电流I,则有效值等于I,t?～2t。是正弦式电流，则有效值 年于方 7.B 解析 由于接在交流电路中的线圈对交变电流有感抗作 用，所以灯泡L,不一定比L?暗，选项 A错误。根据变压公 式，副线圈两端的电压有效值为12 V,选项B正确。由于交变 电流可以通过电容器，所以电容器所在支路处于通路状态，故 有电流通过二极管，选项C错误。由于电容器具有容抗，所以 二极管 D 两端反向电压最大值一定小于 12√2 V,选项 D 错误。 (2)根据能量守恒定律可得外力的功率为P=IE=1W。 为T、T?,则Bqu=”,2Bqo=”=a,a=40,(3)S断开前，电路的路端电压为U=IR=1.5V, 电容器两墙的电压为U?=R+RU=0.6 V, 此时电容器a板带正电，b板带负电，且所带的电荷量为Q= 解得：r。=2r?, 。则在0～2t。内，产生的热量：Q=I°Rt。+ 粒子在t=4.5t。时回到原点，运动轨迹如图所示， M ⅡI ty 3)Rt?=F2R·2t,,解得I=,故选项A、B错误；0～3t 时间内电阻R产生的焦耳热：Q'=FR·31,-1。Rx,,故选 项C正确，D错误。 X*xx*******CU?=2.4×10~?C,S断开后的等效电路如图乙所示， E.r?电容器两端的电压为 R R?U.-R+A--1V. 根据“=80???得接收线圈的输出电压约为文文 8.AC 解析 N 4.B 解析由变压器cd端输入交变电压u的图像，可求出其 有效值为27V,灯泡规格都是“9V 12 W”,四只灯泡都正常 发光，所以ab端输入电压的有效值是27V+9V=36 V,交流 T?=2πm,T?=2m U?=8V,故A正确；根据=可得=,故B错误； 变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发 射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿 过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故 D 错误。 A) 电路稳定后电容器a板带负电，b板带 G R? 乙正电，且所带的电荷量为 Q?=CU?=4×10~C, 由于开关断开后电容器极板电性发生变化，所以通过电流表 粒子在I、Ⅱ区运动的时间分别为登=4,登一台， 粒子在电场中运动的时间为4.5t?-2.5t?=2t,, 故粒子在电场中运动宽度d所用时为2,得d=42k, 电的周期是0.02s,故ab端输入电压的瞬时值表达式为u= 36√2sin 100πt(V),A错误；四只灯泡都正常发光，所以副线圈 电压为9V,根据理想变压器电压比规律可得出变压器原、副的电荷量为Q=Q+Q=6.4×10~C。 线圈匝数比为3:1,B正确；由图像知交流电的周期为0.02s, 交流电的频率为50 Hz,流过灯泡 L。的电流方向每秒钟改变 100次，C错误；灯泡正常发光，其额定电流为1=号一号A.副 线圈电路中三只并联灯泡的总电流为4 A,由能量守恒定律， 因为电路中四只正常发光灯泡的总功率为48W,所以ab端输 入功率为48 W,D错误。 9.BD 解析 电流表、电压表的读数为有效值。根据题图乙知， 原线图电压的最大值U.=2202V.有效住U?-√5=220 V, 由分- 14.(m 解得d=2.5v?t?。(3)由几何关系，要使粒子经过原点，则应满足 n(2R?-2R?)=2R?(n=1,2,3,⋯), 由向心力公式有；2m!-“R。 解得v′=2(n+), 根据动能定理：qEd=÷mv°-÷mw2 解得：E=(3n2+8n+4)m2(n=1.2,3,⋯)。 5n qt? 解析 (1)根据安培力公式得：F=BIL ① 根据闭合电路欧姆定律得：1-贵 根据法拉第电磁感应定律得：E=BLv? 由①②③式联立解得：F=FR。 ,代入数据解得U?=10V,由于二极管具有单向导 电性，则交流电压的一个周期内副线圈中只有半个周期内有电 流，设电压表的读数为U;,,根据电流的热效应得“T= 告·子代入数器解得U:≈7.07V.故A借说，闭线照的电 流1?-R-7102A=0.707A.一”,代入数据解得原线图 ② ③ ④ 5.B 解析图甲中通过线圈的磁通量变化规律为= (2)线框刚进入磁场至线框刚要出磁场的过程， 根据动量定理：mgsina·t+F/-μmgcos a·t=0 根据安培力公式得：F=BIL B,Scos。图乙中通过线圈的磁通量变化规律为①= ⑤ B。Scos平。由于两线圈的磁通量变化规律相同,则两线圈中⑥ 66～高考一轮通关卷·物理