…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年上教版選擇性必修2物理上冊階段測試試卷196考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、如圖所示，關于對帶電粒子在勻強磁場中運動的方向描述正確的是A.B.C.D.2、回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其主體部分是兩個D形金屬盒。兩金屬盒處在垂直于盒底的勻強磁場中，a、b分別與高頻交流電源兩極相連接；下列說法正確的是（）

A.粒子從磁場中獲得能量B.帶電粒子的運動周期是變化的C.粒子由加速器的中心附近進入加速器D.增大金屬盒的半徑粒子射出時的動能不變3、如圖所示的電路中，A1和A2是兩個相同的燈泡，線圈L自感系數足夠大，電阻可以忽略不計．下列說法不正確的是（）

A.合上開關S時，A2先亮，A1后亮，最后一樣亮B.斷開開關S時，A1和A2都要過一會兒才熄滅C.合上開關S穩定后，流過A1的電流方向與流過A2的電流方向都向右D.斷開開關S時，流過A1的電流方向與流過A2的電流方向都向右4、如圖為演示自感現象的實驗電路，電感線圈的自感系數較大，調節滑動變阻器R的阻值；且使得滑動變阻器接入電路中的阻值與線圈直流電阻相等，下列判斷正確的是（）

A.接通開關S，燈同時變亮B.接通開關S，燈逐漸變亮，立即變亮C.斷開開關S，燈立即熄滅D.斷開開關S，燈逐漸熄滅，立即熄滅5、圖甲是回旋加速器的示意圖，兩金屬D形盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連。在加速帶電粒子時，帶電粒子從靜止開始運動，其速率v隨時間t的變化如圖乙，已知tn時刻粒子恰好射出回旋加速器；粒子穿過狹縫的時間不可忽略，不考慮相對論效應及粒子的重力，下列判斷不正確的是（）

A.B.C.D.粒子在電場中的加速次數為6、2022年11月，由我國自主研制的新概念武器—電磁槍在珠海航展閃亮登場，這標志著中國電磁彈射技術在世界范圍內處于領先地位。下圖是用電磁彈射技術制造的軌道炮原理圖，質量為m的彈體可在間距為d的兩平行水平軌道之間自由滑動，并與軌道保持良好接觸。恒定電流從軌道左邊流入，通過彈體后從軌道左邊流回。軌道電流在彈體處產生垂直于軌道面的磁場，可視為勻強磁場，磁感應強度的大小與電流成正比。通電彈體在安培力作用下加速距離后從軌道右邊以速度v高速射出。下列說法中正確的是（）

A.彈體受到的安培力大小為B.若電流增大到則彈體射出速度變為4vC.若軌道長增大到則彈體射出速度變為D.若電流從軌道左邊流入，軌道左邊流回，則彈體將向左邊射出7、如圖所示，邊長為l，質量為m的等邊三角形導線框用絕緣細線懸掛于天花板，導線框中通一逆時針方向的電流，圖中虛線過ab邊中點和ac邊中點，在虛線的下方有一垂直于導線框向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B，此時導線框處于靜止狀態，細線中的拉力為F1，保持其他條件不變，現將虛線下方的磁場移至虛線上方，此時細線中拉力為F2。導線框中的電流大小為（）

A.B.C.D.8、帶電粒子以初速度v0從a點垂直y軸進入勻強磁場，如圖所示，運動中粒子經過b點，Oa＝Ob。若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以v0從a點垂直y軸進入電場，粒子仍能過b點，粒子重力不計，那么電場強度E與磁感應強度B之比為（）

A.v0B.1/v0C.2v0D.v0/2評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、如圖所示，一理想變壓器原、副線圈匝數之比為4∶1，原線圈與一可變電阻串聯后，接入一正弦交流電源；副線圈電路中固定電阻的阻值為R0，負載電阻的阻值R＝11R0，V是理想電壓表，現將負載電阻的阻值減小為R＝5R0，保持變壓器輸入電流不變，此時電壓表的讀數為5.0V，則()A.此時原線圈兩端電壓的最大值約為34VB.此時原線圈兩端電壓的最大值約為24VC.原線圈兩端原來的電壓有效值約為68VD.原線圈兩端原來的電壓有效值約為48V10、物理學家在物理學的發展史上做出了卓越的貢獻，下列有關物理學史的說法正確的是（）A.法拉第發現了電磁感應現象，并得出了法拉第電磁感應定律B.庫侖提出了點電荷間的作用規律，并最早用實驗測得元電荷e的數值C.伽利略首先建立了瞬時速度、加速度的概念，并研究得出了自由落體運動的規律D.牛頓發現了萬有引力定律，并計算出太陽與地球之間的引力大小11、如圖所示，變壓器為理想變壓器，交流電源電壓恒定，燈泡串聯在原線圈回路中，燈泡為副線圈的負載。開關S斷開時，燈泡的亮度與斷開前相比（）

A.亮度不變B.亮度減弱C.亮度不變D.亮度增強12、輸電能耗演示電路如圖所示。左側變壓器原、副線圈匝數比為1∶3，輸入電壓為的正弦交流電。連接兩理想變壓器的導線總電阻為r，負載R的阻值為開關S接1時，右側變壓器原、副線圈匝數比為2∶1，R上的功率為接2時，匝數比為1∶2，R上的功率為P。以下判斷正確的是（）

A.B.C.D.13、如圖所示，A點的粒子源在紙面內沿垂直OQ方向向上射出一束帶負電荷的粒子，粒子重力忽略不計。為把這束粒子約束在OP之下的區域，可在∠POQ之間加垂直紙面的勻強磁場。已知OA間的距離為s，粒子比荷為粒子運動的速率為v，OP與OQ間夾角為30°。則所加磁場的磁感應強度B滿足（）

A.垂直紙面向里，B.垂直紙面向里，C.垂直紙面向外，D.垂直紙面向外，14、有兩個勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區域做圓周運動．則下列計算正確的是A.Ⅰ中運動的電子與Ⅱ中的電子圓周運動的半徑比是1∶kB.Ⅰ中運動的電子與Ⅱ中的電子運動的加速度大小比是比是1∶kC.Ⅰ中運動的電子與Ⅱ中的電子圓周運動的周期是比是1∶kD.Ⅰ中運動的電子與Ⅱ中的電子圓周運動的角速度比是1∶k15、如圖所示，兩個閉合圓形線圈A、B的圓心重合，放在同一個水平面內，線圈A中通以如圖所示的交變電流，設時電流沿逆時針方向。下列說法中正確的是（）

A.內，線圈B有逆時針方向的電流，且有收縮的趨勢B.內，線圈B有逆時針方向的電流，但沒有擴張或收縮的趨勢C.在時刻，線圈B的電流大小和方向同時改變D.在時刻，線圈A、B的作用力最小16、如圖，正方形線框A的邊長為l、總電阻為R。磁場區域的寬度為2l，磁感應強度為B，方向豎直紙面向里。線框在一水平恒力F作用下沿光滑水平面向右運動，已知線框一進入磁場便做勻速運動。從線框一進入磁場到完全離開磁場的過程中，它的加速度a隨坐標值x的圖像可能是（）

A.B.C.D.17、某興趣小組為了研究圓柱體鐵芯的渦流熱功率，構建了如圖所示的分析模型，用電阻率為ρ的硅鋼薄片繞成一個內徑為r、厚度為d、高度為h的圓筒，其中d=r。沿平行于圓柱體軸線方向存在磁感應強度的磁場。則此硅鋼薄片中（）

A.產生渦流的電阻為B.瞬時感應電動勢的表達式為C.感應電流的有效值為D.發熱功率為評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)18、兩個速率不同的同種帶電粒子，如圖所示，它們沿同一方向從圖中長方形區域的勻強磁場的上邊緣射入，從下邊緣飛出時，相對于入射方向的偏轉角分別為90°，60°，則它們在磁場中運動的軌道半徑之比為________，在磁場中運動時間比為________。

19、某變壓器原；副線圈匝數比為11：2；原線圈所接電源電壓按圖示規律變化，副線圈接有負載．

（1）變壓器輸入、輸出功率之比為________

（2）副線圈兩端電壓的有效值為________伏20、某電容器上標有“220V，300μF”，300μF=________F=________PF。若將其直接接入有效值為220V的交流電源兩端，________正常工作（填“可以”或“不可以”）。21、在電視信號發送和接收的過程中，要用到許多電學部件，將元件名稱和它們在電路中的作用連接起來_______。

攝像機將聲信號還原后放出。

話筒向空中發射電磁波。

發射天線接收空中的電磁波。

顯像管將光信號轉變為電信號。

揚聲器將聲信號轉變為電信號。

接收天線將電信號轉變為光信號22、判斷下列說法的正誤．

（1）LC振蕩電路的電容器放電完畢時，回路中磁場能最小，電場能最大．____

（2）LC振蕩電路的電容器極板上電荷量最多時，電場能最大．____

（3）LC振蕩電路中電流增大時，電容器上的電荷一定減少．____

（4）LC振蕩電路的電流為零時，線圈中的自感電動勢最大．____

（5）LC振蕩電路中，電容器的某一極板，從帶最多的正電荷放電到這一極板帶最多的負電荷為止，這一段時間為一個周期．____23、如圖，矩形線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的軸OO′勻速轉動，產生的交變電流輸入理想變壓器的原線圈，副線圈、理想電流表A與標有“6V3W”字樣的小燈泡L串聯成閉合回路，燈泡L正常發光。已知變壓器原、副線圈匝數比為5:3，矩形線圈的電阻為1.0Ω，則A的示數為__________A，矩形線圈的電動勢有效值為__________V。

24、如圖甲所示，一固定的矩形導體線圈水平放置，線圈的兩端接一只小燈泡，在線圈所在空間內存在著與線圈平面垂直的均勻分布的磁場；已知線圈的匝數n=100匝，總電阻r=1.0Ω，所圍成矩形的面積S=0.04m2，小燈泡的電阻R=9.0Ω，磁感應強度隨時間按如圖乙所示的規律變化，線圈中產生感應電動勢的最大值為_________，小燈泡消耗的電功率為________，在磁感應強度變化的時間內，通過小燈泡的電荷量為________，圖中橫坐標為時，小燈泡的電壓為________。

25、如圖所示，矩形線圈面積為S，匝數為N，線圈總電阻為r，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω勻速轉動，外電路電阻為R；電流表電阻不計．

(1)在線圈由圖示位置轉過180°的過程中，磁通量的變化量ΔΦ＝_____，電阻R上產生的焦耳熱Q＝_________；

(2)圖示時刻電流表的讀數為_____________；

(3)從圖示位置開始計時，寫出線圈產生的瞬時電動勢表達式e＝_____________．評卷人得分四、作圖題(共4題，共32分)26、在圖中畫出或說明圖中所示情形下通電導線I所受磁場力的方向。

27、要在居民樓的樓道安裝一個插座和一個電燈；電燈由光敏開關和聲敏開關控制，光敏開關在天黑時自動閉合，天亮時自動斷開；聲敏開關在有聲音時自動閉合，無聲音時自動斷開。在下圖中連線，要求夜間且有聲音時電燈自動亮，插座隨時可用。

28、在“探究楞次定律”的實驗中；某同學記錄了實驗過程的三個情境圖，其中有兩個記錄不全，請將其補充完整。

29、如圖所示：當條形磁鐵向右靠近通電圓環時，圓環向右偏離，試在圖中標出圓環中的電流方向___________．評卷人得分五、解答題(共2題，共18分)30、如圖，長為板間距離為的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度為板不帶電。現有質量為電量為的粒子（不計重力），從靠近下極板左側處以速度垂直射入磁場。

（1）粒子在磁場中運動的最長時間為多少；

（2）欲使粒子都打在上極板，速度應在什么范圍。

31、如圖所示，一個電子（電量為e）以速度v0垂直射入磁感應強度為B，寬為d的勻強磁場中；穿出磁場的速度方向與電子原來的入射方向的夾角為30°，（電子重力忽略不計）求：

（1）電子的質量是多少？

（2）穿過磁場的時間是多少？

（3）若改變初速度大小，使電子剛好不能從A邊射出，則此時速度v是多少？

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】

根據“對帶電粒子在勻強磁場中運動的方向描述”可知；本題考查左手定則的應用，根據左手定則磁場指向和四指指向，即可判斷洛倫茲力方向。

【詳解】

A.根據左手定則可知A圖中洛倫茲力向下；故A錯誤；

B.根據左手定則可知B圖中洛倫茲力向上；故B正確；

C.根據左手定則可知C圖中洛倫茲力向上；故C錯誤；

D.根據左手定則可知D圖中洛倫茲力向下；故D錯誤。

故選：B。2、C【分析】【詳解】

A．粒子在磁場中受到洛倫茲力；但不做功，故不能在磁場中獲得能量，故A錯誤；

B．帶電粒子雖速度增大；但在磁場中運動的周期與速度無關，所以粒子的運動周期是固定的，故B錯誤；

C．根據

可知隨著粒子速度增大；半徑會增大，故粒子由加速器的中心附近進入電場中加速后，進入磁場中偏轉，故C正確；

D．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動根據

得圓周半徑

帶電粒子從D形盒中射出時的動能

聯立可得

即帶電粒子q、m一定時，隨磁場的磁感應強度B、D形金屬盒的半徑R的增大而增大；與加速電場的電壓和狹縫距離無關，故D錯誤。

故選C。3、D【分析】【詳解】

AC．合上開關的瞬間，L由于產生自感電動勢阻礙通過A1的電流，所以A1中的電流小于A2中的電流，穩定后L對直流電路沒有阻礙作用，A1和A2電阻相等，即合上開關S時，A2先亮，A1后亮，最后一樣亮，此時A1和A2的電流方向都向右；故A不符合題意，C不符合題意.

BD．斷開開關時，由于L中產生的自感電動勢在A1和A2之間構成串聯電路中產生電流，故都要過一會才會熄滅，此時流過A1的電流向右，流過A2的電流向左.故C不符合題意，D符合題意4、B【分析】【分析】

【詳解】

AB．接通開關S，燈立即變亮，燈逐漸變亮；所以A錯誤；B正確；

CD．斷開開關S，電感線圈發生自感電動勢阻礙電流減小，則燈逐漸熄滅；所以CD錯誤；

故選B。5、B【分析】【詳解】

A．根據粒子在磁場中運動的周期

粒子回旋周期不變，在Ek-t圖中應有t2-t1=t4-t3=t6-t5

故A不符合題意；

B．粒子在電場中做勻加速運動，令加速位移為x，根據位移時間關系

前兩次加速過程所用的時間為

前三次加速過程所用的時間為

則有

由圖可知

所以

故B符合題意；

C．粒子在電場中做勻加速運動，令加速位移為x，根據速度位移時間關系

解得

前兩次加速后的速度為

解得

前三次加速后的速度為

解得

聯立可得

故C不符合題意；

D．設粒子被加速n次后的速度為vn，則由動能定理可知

粒子被第一次加速過程中，由動能定理可知

聯立可得

故D不符合題意。

故選B。6、C【分析】【詳解】

A．由動能定理

得安培力大小

故A錯誤；

B．結合安培力公式

得

可知若電流增大到則射出速度為故B錯誤；

C．若軌道長增大到則射出速度變為故C正確；

D．若電流從軌道左邊流入，軌道左邊流回；由受力分析可知，彈體仍向右邊射出，故D錯誤。

故選C。7、A【分析】【詳解】

現將虛線下方的磁場移至虛線上方，此時細線中拉力為F2。

線框處于勻強磁場中，則各邊受到的安培力大小相等，依據左手定則，可知，安培力夾角均為120°，因此安培力合力為F安，則有F2=mg+F安

當在虛線的下方有一垂直于導線框向里的勻強磁場，此時導線框處于靜止狀態，細線中的拉力為F1；依據左手定則；則各邊受到安培力如圖所示：

結合矢量的合成法則，及三角知識，則線框受到安培力的合力，方向豎直向上，大小為F安=

根據平衡條件，則有：F1+F安=mg

解得：F安=mg-F1=F2-mg

即

得

故選A。8、C【分析】【詳解】

帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，O為圓心，故有Oa＝Ob＝

帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，故有Ob＝v0t，Oa＝t2

聯立以上各式，解得＝2v0。

故選C。二、多選題(共9題，共18分)9、A:D【分析】【詳解】

試題分析：現將負載電阻的阻值減小為R=5R0；保持變壓器輸入電流不變，此時電壓表的讀數為5．0V；

根據串并聯知識和歐姆定律得副線圈電壓根據電壓與匝數成正比可知，此時原線圈兩端電壓的有效值U1=4U2=24V，所以此時原線圈兩端電壓的最大值約為U1m=24≈34V，故A正確，B錯誤；原來副線圈電路中固定電阻的阻值為R0，負載電阻的阻值R=11R0，由于保持變壓器輸入電流不變，所以輸出電流也不變，所以原來副線圈電壓根據電壓與匝數成正比可知，原線圈兩端原來的電壓有效值約為48V，故C錯誤，D正確；故選AD．

考點：變壓器；交流電10、C【分析】【分析】

【詳解】

A．法拉第發現了電磁感應現象；但法拉第電磁感應定律不是其得出，所以A錯誤；

B．庫侖提出了點電荷間的作用規律；密立根用實驗測得元電荷e的數值，所以B錯誤；

C．伽利略首先建立了瞬時速度；加速度的概念；并研究得出了自由落體運動的規律，所以C正確；

D．牛頓發現了萬有引力定律；但是萬有引力常數還無法確定，則其沒有計算出太陽與地球之間的引力大小，所以D錯誤；

故選AC。11、B:D【分析】【分析】

【詳解】

理想變壓器能量守恒，有

變壓器輸入、輸出功率分別可表示為

其中等效電阻為

由變壓器等效負載電阻公式得，斷開S后負載電阻R增大了，等效負載電阻也增大了，所以通過的電流會減小，燈會變暗。通過的電流減小導致兩端電壓也減小，所以原線圈兩端電壓會升高，所以負線圈兩端電壓會升高，燈會變亮。BD正確。

故選BD。12、B:D【分析】【分析】

【詳解】

當開關S接1時，左側變壓器次級電壓U2=3×7.5V=22.5V

電阻R上的電壓，即右側變壓器的次級電壓

電流

則右側變壓器初級電壓

電流

則

當開關S接2時，設輸電電流為I，則右側變壓器的次級電流為0.5I；右側變壓兩邊電壓關系可知

解得I=3A

則R上的功率

故選BD。13、B:D【分析】【詳解】

AB．當所加勻強磁場方向垂盲紙面向里時，由左手定則知：負離子向右偏轉。約束在OP之下的區域的臨界條件是離子運動軌跡與OP相切。如圖（大圓弧）

由幾何知識知

而

所以

所以當離子軌跡的半徑小于s時滿足約束條件。由牛頓第二定律及洛倫茲力公式列出

所以得

故A錯誤；B正確；

CD．當所加勻強磁場方向垂直紙面向外時，由左手定則知：負離子向左偏轉。約束在OP之下的區域的臨界條件是離子運動軌跡與OP相切。如圖（小圓弧）

由幾何知識知道相切圓的半徑為所以當離子軌跡的半徑小于時滿足約束條件。

由牛頓第二定律及洛倫茲力公式列出

所以得

故C錯誤；D正確。

故選BD。14、A:C【分析】【詳解】

設Ⅱ中的磁感應強度為B，則Ⅰ中的磁感應強度為kB；

A．根據電子在磁場中運動的半徑公式可知，Ⅰ中的電子運動軌跡的半徑為Ⅱ中的電子運動軌跡的半徑為所以Ⅱ中的電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍；故A正確；

B．電子在磁場運動的洛倫茲力作為向心力，所以電子的加速度的大小為所以Ⅰ中的電子加速度的大小為Ⅱ中的電子加速度的大小為所以Ⅱ的電子的加速度大小是Ⅰ中的倍；故B錯誤；

C．根據電子在磁場中運動的周期公式可知，Ⅰ中的電子運動周期為Ⅱ中的電子運動周期為所以Ⅱ中的電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的電子運動軌跡的周期是Ⅰ中的k倍；故C正確；

D．做圓周運動的角速度所以Ⅰ中的電子運動角速度為Ⅱ中的電子運動角速度為在Ⅱ的電子做圓周運動的角速度是Ⅰ中的倍，故D錯誤；15、A:D【分析】【分析】

【詳解】

A．0~t1內，線圈B中垂直紙面向外方向的磁通量減小，根據楞次定律可知B有逆時針方向的電流，根據同向電流相吸可知B有收縮的趨勢；故A正確；

B．t1～t2內，線圈B中垂直紙面向里方向的磁通量增大，根據楞次定律可知B有逆時針方向的電流，根據異向電流相斥可知B有擴張的趨勢；故B錯誤；

C．在t1時刻，線圈B中磁通量隨時間的變化率不變；根據法拉第電磁感應定律可知感應電動勢不變，電流的大小和方向均不變，故C錯誤；

D．在t1時刻，線圈A中電流為零，線圈A、B的作用力達到最小值零；故D正確。

故選AD。16、A:C:D【分析】【詳解】

線框受到的安培力

ab邊剛進入磁場時，線框變為勻速運動，處于平衡狀態，由平衡條件得

線框所受合力為零，在位移內，加速度

線框完全進入磁場后，在位移內，穿過線框的磁通量不變，感應電流為零，不受安培力作用，所受合外力為F，加速度

線框做勻加速直線運動；

當ab邊離開磁場時，線框的速度大于進入磁場時的速度，所受安培力大于拉力F，加速度

線框做減速運動，速度v變小，加速度a減小，線框做加速度減小的減速運動，在位移內加速度逐漸減小；故ACD都有可能，故ACD正確，B錯誤；

故選ACD。17、A:C【分析】【詳解】

A．根據電阻定律可知

故A正確；

B．根據法拉第電磁感應定律可知

故B錯誤；

C．感應電流的有效值為

故C正確；

D．根據功率的計算公式可知，發熱功率為

故D錯誤；

故選AC。三、填空題(共8題，共16分)18、略

【分析】【詳解】

[1]．設粒子的入射點到磁場下邊界的磁場寬度為d，畫出粒子軌跡過程圖，如圖所示，

由幾何關系可知：

第一個粒子的圓心為O1，由幾何關系可知：R1=d；

第二個粒子的圓心為O2；由幾何關系可知：R2sin30°+d=R2

解得：R2=2d；

故粒子在磁場中運動的軌道半徑之比為：R1：R2=1：2；

[2]．粒子在磁場中運動的周期的公式為由此可知，粒子的運動的周期與粒子的速度的大小無關，所以粒子在磁場中的周期相同；由粒子的運動的軌跡可知，兩種速度的粒子的偏轉角分別為90°、60°，所以偏轉角為90°的粒子的運動的時間為偏轉角為60°的粒子的運動的時間為所以在磁場中運動時間比為【解析】1:23:219、略

【分析】【分析】

（1）根據理想變壓器的特點輸入功率等于輸出功率，即可求解；

（2）根據原副線圈電壓與匝數成正比即可求出副線圈兩端的電壓；

【詳解】

（1）[1]．根據理想變壓器的特點，輸入功率等于輸出功率，所以P入：P出=1：1

（2）[2]．原線圈兩端電壓的有效值為：

根據電壓與匝數成正比，有：

代入數據：

解得：U2＝40V

【點睛】

解決本題關鍵是知道理想變壓器的特點，沒有能量損失，輸入功率等于輸出功率，以及變壓比規律和變流比規律即可求解．【解析】1:1；40；20、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]電容的單位。

[2]電容器的標稱電壓220V是指耐壓值，超過220V電容器有可能被擊穿，所以將其直接接入有效值為220V的交流電源兩端，不可以正常工作。【解析】3×10-43×108不可以21、略

【分析】【分析】

【詳解】

相應的連線如下。

只要根據課本上有關電視方面知識的介紹即可作出正確解答【解析】答案見解析22、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】①.錯誤②.正確③.正確④.正確⑤.錯誤23、略

【分析】【詳解】

[1]由于燈泡L正常發光，所以

[2]根據原副線圈的電流與匝數的關系有

解得原線圈中的電流為

根據原副線圈的電壓與匝數的關系有

解得原線圈兩端的電壓為

根據閉合電路歐姆定律有【解析】0.510.324、略

【分析】【詳解】

[1]由圖像知，線圈中產生的交變電流的周期

所以

[2]電流的最大值

有效值

則小燈泡消耗的電功率

[3]在時間內，根據法拉第電磁感應定律得，電動勢的平均值

平均電流

流過燈泡的電荷量

代入解得

[4]因磁感應強度隨時間按如圖乙所示的規律變化，那么線圈中產生感應電動勢瞬時表達式e=Emcosωt

當時e=8cos60°（V）=4V

根據閉合電路歐姆定律可以得

則小燈泡兩端的電壓為U=3.6V【解析】8V2.88W4×10-3C3.6V25、略

【分析】【分析】

(1)磁通量雖為標量，但是磁感線穿過的面不同，也有正負之分；根據法拉第電磁感應定律求解平均感應電動勢，進而根據焦耳定律求解熱量；

(2)交流電流表的示數為有效值；

(3)根據法拉第電磁感應定律求出電動勢，然后寫出瞬時電動勢表達式．

【詳解】

(1)[1]圖示位置磁通量為，轉過磁通量為：

則：

[2]根據法拉第電磁感應定律得最大電動勢：

電流的有效值為

電阻所產生的焦耳熱：

解得：；

(2)[3]圖示時刻電流表的讀數為電流的有效值，則：

(3)[4]圖中得位置時線圈平面與磁場平行，則磁通量為0，電動勢為最大值，則：(V)．

【點睛】

對于交變電流，求解熱量、電功和電功率用有效值，而求解電荷量要用平均值．注意磁通量與線圈的匝數無關．【解