某交变电压随时间的变化规律如图所示,则此交变电流的频率是______Hz,若将电压加在10μF的电容器上,则电容器的耐压

顶山人2022-10-04 11:39:541条回答

某交变电压随时间的变化规律如图所示,则此交变电流的频率是______Hz,若将电压加在10μF的电容器上,则电容器的耐压值不应小于______V,若将该电压加在一阻值为1kΩ的纯电阻电器上,用电器恰能正常工作,为避免意外事故发生,该电路中保险丝的额定电流等于______A.

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UNiVAN 共回答了16个问题 | 采纳率93.8%
解题思路:根据图象可知交流电的电压最大值以及周期,然后进一步可求出电压的有效值和频率,最后求解电功率.

从图象可以看出,该电压为余弦式交变电压,周期为0.02s,频率为50Hz;电压的最大值为200V,则电容器的耐压不应小于200V;
电压有效值为:U=100
2V;
将该电压加在一阻值为1kΩ的纯电阻用电器,用电器恰能正常工作,则该用电器的额定电流为:
I=
U
R=
100
2
1000=

2
10=0.1414A;
故答案为:50,200,0.1414.

点评:
本题考点: 交流的峰值、有效值以及它们的关系.

考点点评: 本题考查了有关交流电描述的基础知识,要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角频率等物理量,知道有效值是根据电流的热效应定义的.

1年前

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qawb3w81年前1
潇潇a风雨 共回答了20个问题 | 采纳率90%
要使电子经过两板中点P时的动能最大,电压的周期最大值为T,则

d
2 =
1
2 a t 2 =
1
2 ?
e U 0
md (
T
2 ) 2
则得T=2d

m
e U 0
由f=
1
T 得:电压的频率最小值为f=
1
2d

e U 0
m
设最大动能为E k ,根据动能定理得:E k -0=e ?
U 0
2
则得E k =
e U 0
2
故答案为:
1
2d

e U 0
m ,
e U 0
2
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skkyi1年前1
权ee 共回答了17个问题 | 采纳率82.4%
因为两波形相反,所以将把极性选择开关置于“+”的位置.
故答案为:把极性选择开关置于“+”的位置(或将极性选择开关转换一次)
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(2014•宿州三模)如图所示,一理想变压器原线圈上接有正弦交变电压,其最大值不变,图中电表均为理想电表.在滑动变阻器的滑片P由a端向b端缓慢滑动的过程中,下列说法正确的是(  )
A.电流表A1、A2的读数都一直减小
B.电压表V的读数一直增大
C.变压器的输入功率一直增大
D.灯泡消耗的功率一直增大
我的宝贝丫丫1年前1
司马熏鱼 共回答了23个问题 | 采纳率91.3%
解题思路:掌握变压器的规律:电压之比等于匝数之比;由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化;再由欧姆定律可得出电流的变化及灯泡亮度的变化.

AB、因输入电压不变,故输出电压不变,电压表示数不变;故B错误;
当滑片向b端移动时,滑动变阻器接入电阻减小;因总电压不变,故总电流增大;故A1示数增大;故A错误;
C、由P=UI可知,副线圈输出功率增大,则变压器的输入功率增大;故C正确;
D、因总电压不变,总电流增大,则并联部分电压减小;故灯泡消耗的功率减小;故D错误;
故选:C.

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理;电功、电功率.

考点点评: 做本类题目除了要掌握变压器的特点外,还要根据闭合电路的欧姆定律分析负载变化所引起的电流变化.

(2005•东城区模拟)将交变电压:u=311sin100πt(V)加在白炽灯的两端,以下结论中正确的是(  )
(2005•东城区模拟)将交变电压:u=311sin100πt(V)加在白炽灯的两端,以下结论中正确的是(  )
A.交变电压的有效值约为439V
B.交变电压的最大值约为220V
C.通过灯的电流方向每秒改变100次
D.通过灯的电流方向每秒改变50次
风满欲雨1年前1
hot555 共回答了17个问题 | 采纳率94.1%
解题思路: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.

由u=311sin100πt(V)可知,该交流电的最大值为311V,ω=100π,所以T=[2π/ω]=0.02s,频率为50Hz;
A、有效值为U=
Um

2=220V,故A错误;
B、交变电压的最大值311V,故B错误;
C、D、交变电流电流方向每个周期改变两次,频率为50Hz,故电流方向每秒改变100次,故C正确,D错误;
故选C.

点评:
本题考点: 正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率;正弦式电流的图象和三角函数表达式.

考点点评: 对于交流电的产生和描述要正确理解,要会推导交流电的表达式,明确交流电表达式中各个物理量的含义.

高中选修物理利用交变电压频率为7.67MHZ的回旋加速器加速A粒子,可使它能量达到48.2MEV.该回旋加速器的半径约为
高中选修物理
利用交变电压频率为7.67MHZ的回旋加速器加速A粒子,可使它能量达到48.2MEV.该回旋加速器的半径约为多大?.(A例子就是氦咳,质量约为质子的4倍,电量是质子的2倍..已知质子质量为1.67*10XY-27)
希望给出解题思路
我有一点帅帅1年前1
rosedengli 共回答了17个问题 | 采纳率76.5%
=mv/Bq mv^2/2=48.2MeV(其中m、q为常量,根据题中提示即知)
不过由于题中B未知,应先根据回旋加速器电压频率(周期)与粒子运动的频率(周期)相同来求解。
即再加一式子:1/f=T=2 π m/Bq就可以了
(2013•临沭县模拟)如图甲所示,理想变压器原线圈输入端接如图乙所示的交变电压,移动滑动触头P,可以改变原线圈的匝数.
(2013•临沭县模拟)如图甲所示,理想变压器原线圈输入端接如图乙所示的交变电压,移动滑动触头P,可以改变原线圈的匝数.变压器的副线圈与一个滑动变阻器相连,Q为变阻器的滑动触头,电压表为理想交流电压表.下列说法正确的是(  )

A.向上移动P,输入电压的频率不变
B.向上移动P,输入电流减小
C.保持P不动,向下移动Q,变压器的输入功率减小
D.保持Q不动,向下移动P,电压表的示数不变
xing20081年前1
邃凌蓝羽 共回答了16个问题 | 采纳率100%
解题思路:变压器不改变交流电的频率,电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,输入功率等于输出功率.

A、变压器不改变交流电的频率,A正确;
B、向上移动P,原线圈匝数增大,副线圈电压减小,电流减小,所以输入电流减小,B正确;
C、保持P不动,副线圈电压不变,向下移动Q,电压表的示数减小,变压器的输入功率等于输出功率不变,CD错误;
故选:AB

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理.

考点点评: 本题考查了变压器的特点,结合闭合电路欧姆定律考查了电路的动态分析.

如图所示,理想变压器输入的交变电压为U1,原线圈中的电流为I1.下列说法中正确的是(  )
如图所示,理想变压器输入的交变电压为U1,原线圈中的电流为I1.下列说法中正确的是(  )
A.保持U1及R不变,将K由a改接到b时,I1将减小
B.保持U1及R不变,将K由b改接到a时,R的功率将增大
C.保持U1及K不变,将R增大时,I1将增大
D.K不变,U1增大,I1将增大
sunnygod1年前1
就是爱问 共回答了13个问题 | 采纳率76.9%
解题思路:理想变压器输入功率等于输出功率,原副线圈电流与匝数成反比,原副线圈电压与匝数成正比.

A、将K由a改接到b时,原线圈匝数变小,所以副线圈电压变大,电阻不变,所以R上电流增大,电流与匝数成反比,则I1将增大,故A错误;
B、将K由b改接到a时,原线圈匝数变大,所以副线圈电压变小,电阻不变,所以R上电流减小,所以R的功率将增大.故B错误;
C、保持U1及K不变,将R增大时,电压不变,所以输出功率变小,故原线圈的输入功率变小,则I1变小,故C错误;
D、K不变,U1增大,副线圈电压变大,电阻不变,所以输出功率变大,故原线圈的输入功率变大,则I1增大,故D正确;
故选:D.

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理.

考点点评: 理想变压器是理想化模型,一是不计线圈内阻;二是没有出现漏磁现象.输入电压决定输出电压,而输出功率决定输入功率.

如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若
如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在[T/4]时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,设AB板间距足够长,粒子运动过程中始终没有碰到板上,则该带正电粒子向B板运动且速度变小的时间段为(  )
A.[T/4]至[T/2]时间段
B.[T/2]至[3T/4]时间段
C.[3T/4]至T时间段
D.没有这样的时间段
9rb11年前0
共回答了个问题 | 采纳率
(2013•天河区一模)某种正弦式交变电压图象如图所示,下列说法正确的是(  )
(2013•天河区一模)某种正弦式交变电压图象如图所示,下列说法正确的是(  )
A.该交变电压的频率为50Hz
B.该交变电压的表达式为u=220cos100πt (V)
C.该交变电压的表达式为u=311sin100πt (V)
D.相同时间内该电压与220V的直流电压通过同一个电阻产生的热量是相等的
爱不再来1年前1
jywy_zm 共回答了23个问题 | 采纳率87%
解题思路:从图象可读出电压的最大值、周期,继而求出电压的有效值、角速度,写出电压瞬时值的表达式.

从图象可知,交流电电压的最大值为311V,周期0.02s,频率为50Hz,所以电压有效值为
311

2=220V,角速度ω=[2π/T]=100π rad/s,表达式为u=311cos100πt(V),综上分析知AD正确;
故选AD

点评:
本题考点: 正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.

考点点评: 本题题干图象考查了正弦交流电的峰值、有效值、周期和瞬时值表达式,难度不大.

图1中理想变压器的原线圈接u=311sin 100πt(V)的交变电压,副线圈与阻值为R 1 的电阻接成闭合电路;图2中
图1中理想变压器的原线圈接u=311sin 100πt(V)的交变电压,副线圈与阻值为R 1 的电阻接成闭合电路;图2中阻值为R 2 的电阻直接接到电压为U=220 V的直流电源上,结果发现R 1 与R 2 消耗的电功率恰好相等,则变压器原、副线圈的匝数之比为

[ ]

A.
B.
C.
D.
开心的军歌1年前1
oo5 共回答了20个问题 | 采纳率95%
C
如是某种正弦式交变电压的波形图,由图可确定该电压的(  ) A.周期是0.005S B.最大值是20V C.有效值是20
如是某种正弦式交变电压的波形图,由图可确定该电压的(  )
A.周期是0.005S
B.最大值是20V
C.有效值是20V
D.表达式为U=20sin100πt(V)
zhongcheng11年前1
随便好 共回答了13个问题 | 采纳率84.6%
由图象知电压的最大值为20V,周期0.01s,从而得到电压有效值为
20

2 =10
2 V,角速度ω=

T =200π rad/s,故表达式为U=20sin200πt(V),综上分析B正确;
故选B
如图所示,一理想变压器的原、副线圈匝数比为2:1,原线圈接入的交变电压为u=311sin100πt(V),R=10Ω,下
如图所示,一理想变压器的原、副线圈匝数比为2:1,原线圈接入的交变电压为u=311sin100πt(V),R=10Ω,下列说法正确的是(  )
A.电压表V2的示数为311V
B.电压表V2的示数为110V
C.原线圈通过的电流为31.1A
D.变压器的输入功率为1210W
流金琥珀1年前1
zhangwenjun02 共回答了19个问题 | 采纳率100%
解题思路:根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值,根据电压与匝数成正比即可求解副线圈电压,根据欧姆定律求出副线圈电流,再根据电流之比等于线圈匝数的倒数比求出原线圈电流,根据P=UI求解原线圈功率.

A、由瞬时值的表达式可知,原线圈的电压最大值为311V,所以原线圈的电压的有效值为U1=
311

2=220V,
根据
U1
U2=
n1
n2=
2
1得:U2=110V,故A错误,B正确;
C、根据欧姆定律得:I2=
U2
R=
110
10=11A,则原线圈电流I1=
n2
n1I2=
1
2×11=5.5A,故C错误;
D、变压器的输入功率P=U1I1=220×5.5=1210W,故D正确.
故选:BD

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理.

考点点评: 掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系,最大值和有效值之间的关系即可解决本题.

如下图所示,真空中两水平放置的平行金属板A、B相距为d,板长为L,今在A、B两板间加一如下图所示的周期性变化的交变电压从
如下图所示,真空中两水平放置的平行金属板A、B相距为d,板长为L,今在A、B两板间加一如下图所示的周期性变化的交变电压从t=0时刻开始,一束初速度均为v 0 的电子流沿A、B两板间的中线从左端连续不断地水平射入板间的电场,要想使电子束都能从A、B右端水平射出,则所加交变电压的周期T和所加电压U 0 的大小应满足什么条件?
yarekshaning1年前1
娃哈哈ap196 共回答了18个问题 | 采纳率88.9%
U 0 (n=1、2、……)

根据题意可知,电子在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做变速直线运动,可画出电子在竖直方向上的速度一时间(v y —t)图线,如右图所示,因电子进入板间电场和出离板间电场时,其竖直分速度均为零,所以电子在电场中的运行时间t必为交变电压周期T的整数倍:

t="nT" (n=1、2、……) (2分)
(1分)
(n=1、2、……) (1分)
对于在 (k=0、1、2、……)时刻射入的电子,根据v y —t图知,其出离板间电场时侧位移最大,故只需考虑这些时刻射入的电子满足的条件。对这些时刻射入的电子,在一个周期内侧向位移(即v y —t图中所画阴影部分的面积)为: (3分)
在t=nT内,总侧移y =ny,当y 时,电子均可飞出板间电场,即: (2分)
解得:U 0 (n=1、2、……) (1分)
如图所示,理想变压器的原副线圈的匝数比为4:1,原线圈接有u=311sin100πt V的交变电压,副线圈上接
如图所示,理想变压器的原副线圈的匝数比为4:1,原线圈接有u=311sin100πt V的交变电压,副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡L1及理想电压表V,以下说法正确的是(  )
A. 副线圈中电流的变化频率为50HZ
B. 灯泡L1两端电压为55V
C. 若交变电压u的有效值不变,频率增大,则灯泡L1的亮度将变暗
D. 若交变电压u的有效值不变,频率增大,则电压表V的示数将减小
黑色mm1年前1
活一乐儿 共回答了24个问题 | 采纳率95.8%
解题思路: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,电感线圈对交流电有阻碍作用,并且交流电的频率越大,电感的阻碍作用就越大,再根据电压与匝数成正比即可求得结论.

A、变压器不会改变电流的频率,电流的频率为f=[1/T]=[ω/2π]=[100π/2π]Hz=50Hz,所以A正确.
B、由瞬时值的表达式可知,原线圈的电压最大值为311V,所以原线圈的电压的有效值为
311

2=220V,在根据电压与匝数成正比可知,副线圈的电压的有效值为55V,在副线圈中接有电阻R、电感线圈L和灯泡L1,它们的总的电压为55V,所以灯泡L1两端电压一定会小于55V,所以B错误.
C、交流电的频率越大,电感线圈对交流电有阻碍作用就越大,所以电路的电流会减小,灯泡L1的亮度要变暗,所以C正确.
D、由C的分析可知,频率增大时,副线圈的电流减小,而副线圈的电压不变,所以电阻R的电压减小,电压表的示数将增加,所以D错误.
故选AC.

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理;交流的峰值、有效值以及它们的关系.

考点点评: 掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系,最大值和有效值之间的关系即可解决本题,并且要知道电感在电路中的作用.

如图甲所示,两平行金属板A、B的板长L=0.2m,板间距d=0.2m,两金属板间加如图乙所示的交变电压,并在两板间形成交
如图甲所示,两平行金属板A、B的板长L=0.2m,板间距d=0.2m,两金属板间加如图乙所示的交变电压,并在两板间形成交变的匀强电场,忽略其边缘效应.在金属板右侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场,其左右宽度D=0.4m,上下范围足够大,边界MN和PQ均与金属板垂直,匀强磁场的磁感应强度B=1×10 -2 T.现从t=0开始,从两极板左侧的中点O处以每秒钟1000个的数量均匀连续地释放出某种正电荷粒子,这些粒子均以v 0 =2×10 5 m/s的速度沿两板间的中线OO′连续进入电场,已知带电粒子的比荷
q
m
=1×10 8 C/kg,粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计,在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变.求:
(1)t=0时刻进入的粒子,经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离;
(2)在0~1s内有多少个带电粒子能进入磁场;
(3)何时由O点进入的带电粒子在磁场中运动的时间最长?


风无情君无语1年前1
达达619401 共回答了21个问题 | 采纳率85.7%
(1)t=0时刻,电压为0,粒子匀速通过两板进入磁场,
qv 0 B=m

v 20
r
r=
m v 0
Bq =0.2m
r<D,则粒子在MN边界射出磁场.
入射点和出射点的距离为s=2r=0.4m
(2)粒子在两板间做类平抛运动,刚好打到板最右端时,
L=v 0 t 1

d
2 =
1
2 at 1 2

q U 0
d =ma
U 0 =400V
则0~1s内能够进入磁场的粒子个数为n=
400
500 ×1000=800
(3)假设两板加电压为U时,粒子向下偏转并进入磁场,刚好与磁场PQ边界相切,
在磁场中,qvB=m
v 2
R
由几何关系得,R+Rsinθ=D
在电场中,v=
v 0
cosθ
联立解得:θ=37 0
v y =
qU
md t 1 =v 0 tanθ
U=300V
U<U 0 =400V,则当两板电压U=300V,且粒子向下偏转时,粒子在磁场中运动的时间最长,对应入射的时刻为
t=4n+0.6(s)或t=4n+1.4(s)(n=0,1,2…)
答:(1)入射点和出射点的距离为0.4m;
(2)0~1s内能够进入磁场的粒子个数为800个;
(3)粒子在磁场中运动的时间最长,对应入射的时刻为t=4n+0.6(s)或t=4n+1.4(s) (n=0,1,2…)
如图甲所示,两个平行金属板 P 、 Q 正对竖直放置,两板间加上如图乙所示的交变电压。 t =0时, Q 板比 P 板电
如图甲所示,两个平行金属板 P Q 正对竖直放置,两板间加上如图乙所示的交变电压。 t =0时, Q 板比 P 板电势高 U 0 ,在两板的正中央 M 点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计),已知电子在0~4 t 0 时间内未与两板相碰。则电子速 度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是
[ ]
A.0< t < t 0
B. t 0 < t <2 t 0
C.2 t 0 < t <3 t 0
D.3 t 0 < t <4 t 0
sunny888lcy1年前1
hmlcml 共回答了26个问题 | 采纳率84.6%
C
如图所示,理想变压器的原副线圈的匝数比为4:1,原线圈接有u="311sin100πt" V的交变电压,副线圈上接有定值
如图所示,理想变压器的原副线圈的匝数比为4:1,原线圈接有u="311sin100πt" V的交变电压,副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡L 1 及理想电压表V,以下说法正确的是
A.副线圈中电流的变化频率为50H Z
B.灯泡L 1 两端电压为55V
C.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则灯泡L 1 的亮度将变暗
D.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则电压表V的示数将减小
萧羽_1年前1
美丽苑 共回答了11个问题 | 采纳率100%
解题思路:

原线圈输入电压峰值为311V,有效值为,角速度为,所以周期为,频率为1/T=50Hz,变压器不能改变交变电流的频率,所以A对;由可知输出电压为55V,由串联分压可知灯泡两端电压小于55VB错;若交变电压u的有效值不变,频率增大,则输出端线圈对交变电流的阻碍作用增大,输出电流减小,L1将变暗,同理由串联分压可知电压表示数将增大,C对;D错;故选AC

AC


<>

如图甲所示,两平行金属板A、B的板长L=0.2m,板间距d=0.2m,两金属板间加如图乙所示的交变电压,并在两板间形成交
如图甲所示,两平行金属板A、B的板长L=0.2m,板间距d=0.2m,两金属板间加如图乙所示的交变电压,并在两板间形成交变的匀强电场,忽略其边缘效应。在金属板右侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场,其左右宽度D=0.4m,上下范围足够大,边界MN和PQ均与金属板垂直,匀强磁场的磁感应强度B=1×10 -2 T.现从t=0开始,从两极板左侧的中点O处以每秒钟1000个的数量均匀连续地释放出某种正电荷粒子,这些粒子均以v 0 =2×10 5 m/s的速度沿两板间的中线OO′连续进入电场,已知带电粒子的比荷=1×10 8 C/kg,粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计,在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变.求:

(1)t=0时刻进入的粒子,经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离;
(2)在0~1s内有多少个带电粒子能进入磁场;
(3)何时由O点进入的带电粒子在磁场中运动的时间最长?
sxf204611年前1
浩海沧山 共回答了20个问题 | 采纳率90%
(1)0.4m(2) (3)t=4n+0.6(s)或t=4n+1.4(s) (n=0,1,2……)

(18分,每问6分)
(1)t=0时刻,电压为0,粒子匀速通过两板进入磁场,
(2分)
(2分)
r入射点和出射点的距离为s=2r=0.4m(2分)
(2)粒子在两板间做类平抛运动,刚好打到板最右端时,
L=v 0 t 1 (3分)
U 0 =400V (1分)
则0~1s内能够进入磁场的粒子个数为 (2分)
(3)假设两板加电压为U时,粒子向下偏转并进入磁场,刚好与磁场PQ边界相切,
在磁场中,
由几何关系得,R+Rsinθ=D(2分)
在电场中,
联立解得:θ=37 0

U=300V(2分)
U 0 =400V,则当两板电压U=300V,且粒子向下偏转时,粒子在磁场中运动的时间最长,对应入射的时刻为
t=4n+0.6(s)或t=4n+1.4(s) (n=0,1,2……) (2分)
本题考查的是带电粒子在电场和磁场中运动的情况,由于t=0时刻粒子匀速直线通过电场,垂直边界进入磁场,在磁场中作匀速圆周运动,做半周运动射出磁场,只需计算出圆周运动的半径,即可;粒子在两板间做类平抛运动,刚好打到板最右端时,能进入磁场,根据这个条件算出能进入磁场的粒子个数;根据洛伦兹力的方向可知向下偏转时粒子进入磁场的运动时间最长,根据几何关系可以得到粒子运动时间最长时两板的电压,从而的到粒子入射时刻。
如图是某种正弦式交变电压的波形图,由图可确定该电压的( )
如图是某种正弦式交变电压的波形图,由图可确定该电压的( )
A.周期是0.01s
B.当t=0时,线圈平面与磁感线垂直,磁通量最大
C.最大值是311V
D.表达式为e=220sin100πt(V)
宁海子1年前1
calllg 共回答了12个问题 | 采纳率83.3%
解题思路:

有图像可知周期为0.02sA错;当t=0时,感应电动势最小,由此可知线圈平面与磁感线垂直,磁通量最大,B对;由图像可知最大感应电动势为311VC对;由瞬时值通式可知Em=311Vw=,表达式为e=311sin100πt(V)

BC


<>

理想变压器初级加一个固定的交变电压
理想变压器初级加一个固定的交变电压
开关S闭合后,相当于电路改变了什么,各表的示数怎么变化?
qqq31年前1
星清 共回答了18个问题 | 采纳率88.9%
因为是理想变压器,A1增大,并可以满足二次侧的任何功率变化.还因为是纯电阻电路,没有暂态响应,S闭合后,对电压表V的计数没影响,所以各表的示数无变化.
当然,如果是实际电路,由于有暂态响应,在S闭合瞬间,会发生:L变暗,V降低,A2变小.但最终还可恢复到初始示数.
如图所示,左右两个电路中,当a、b两端和e、f两端分别接220V的交变电压时,测得c、d两端和g、h两端的电压均为110
如图所示,左右两个电路中,当a、b两端和e、f两端分别接220V的交变电压时,测得c、d两端和g、h两端的电压均为110V.若分别在c、d两端和g、h两端加上110V交变电压,则a、b两端和e、f两端测得的电压将分别是(  )
A.220V,220V B.220V,110V C.110V,110V D.220V,0V
套不够牢1年前1
爵士舞娃 共回答了24个问题 | 采纳率91.7%
当a、b两端接220V的交变电压时,测得c、d两端的电压为110V,则原副线圈匝数比为2:1,所以当c、d两端加上110V交变电压,a、b两端电压为220V,当g、h两端加上110V交变电压时,e、f两端电压与g、h两端电压相同,也为110V,故B正确.
故选B
在平行板电容器A、B两板上加上如图13-9-14所示的交变电压,开始B板的电势比A板高,这时两板中间原来静止的电子在电场
在平行板电容器A、B两板上加上如图13-9-14所示的交变电压,开始B板的电势比A板高,这时两板中间原来静止的电子在电场作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞,则下列说法正确的是(不计电子重力)


A.电子先向A板运动,然后向B板运动,再返回A板做周期性来回运动
B.电子一直向A板运动
C.电子一直向B板运动
D.电子先向B板运动,然后向A板运动,再返回B板做来回的周期性运动

为什么是往B板运动?那跟V又有什么关系?
thy02281年前2
pp0896263 共回答了30个问题 | 采纳率83.3%
在前半个周期,电子向B板做加速度为a=qE=qU/d的匀加速直线运动,假设前半个周期结束时达到最大速度为v,接着后半个周期电子做加速度为a的匀减速直线运动,直到后半个周期结束时,速度减小为0,注意后半个周期内速度虽然不断减小,但是方向始终不变,所以答案选C.其实该问题自己画个速度-时间图像看的最明白了.
如图甲所示,两个平行金属板P、Q正对竖直放置,两板间加上如图乙所示的交变电压。t=0时,Q板比P板电势高U 0 ,在两板
如图甲所示,两个平行金属板P、Q正对竖直放置,两板间加上如图乙所示的交变电压。t=0时,Q板比P板电势高U 0 ,在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计),已知电子在0~4t­ 0 时间内未与两板相碰。则电子速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间是( )
A.0 0
B.t 0 0
C.2t 0 0
D.3t 0 0
rainman5551年前1
caiv 共回答了30个问题 | 采纳率86.7%
解题思路:

开始时Q板电势比P板高,电场线向左,负电荷受力向右,因此在0<t<t0内,电子向右加速运动;A错误;t0时刻电场反向,电子开始向右减速运动,到2t0时刻,速度恰好减小到零,B错误;在2t0<t<3t0时间内,电子向左加速运动,C错误;在3t0时刻,电场再次反向,电子开始向左减速运动,到4t0时刻,速度刚好减小到零,D正确。

D

在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板,板长为l,两板间距离为d,在两极板间加一交变电压u=U m sinωt。现有
在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板,板长为l,两板间距离为d,在两极板间加一交变电压u=U m sinωt。现有质量为m,电荷量为e的电子以速度v(v 接近光速的1/20)从两极板左端正中间沿水平方向连续不断地射人两平行板之间,若电子经过两极板间的时间与交变电流的周期相比可忽略不计,不考虑电子间的相互作用和相对论效应,则
[ ]
A.当 时,所有电子都能从极板的右端射出
B.当 时,将没有电子能从极板的右端射出
C.当 时,有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1:2
D.当 时,有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出
小虫儿在飞1年前1
无言嘀水 共回答了19个问题 | 采纳率89.5%
AC
如图所示,理想变压器原线圈ab两端接正弦交变电压u,u=220 原、副线 圈的匝数比n1:n2=
如图所示,理想变压器原线圈ab两端接正弦交变电压u,u=220 原、副线 圈的匝数比n1:n2=
如图所示,理想变压器原线圈ab两端接正弦交变电压u,u=220 原、副线 圈的匝数比n1: n2=10 :1,电压表接在副线圈c、d两端,输电线的等效电阻为R,原来开 关S是断开的.则当S闭合一段时间后
电压表示数为什么不变?
C.灯泡L两端的电压将变大
D 电流表示数一定为O,CD为什么错,
seeno1年前1
scut_Hannah 共回答了13个问题 | 采纳率92.3%
由U1/U2=n1/n2,U1=220不变,则U2=22也不变,所以电压表示数不变.
因为电路中通交流电,电容隔直通交,所以S闭合后,电流表有示数,且电容与电流表两端电压等于灯泡L两端电压,又由I=E/R总,且R总减小I增大,又由U=E-IR,知U减小
调压变压器就是一种自耦变压器,它的构造如图2所示,线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,CD之间输入交变电压,转动滑动触头P就
调压变压器就是一种自耦变压器,它的构造如图2所示,线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,CD之间输入交变电压,转动滑动触头P就可以调节MN两端的输出电压,图2中两电表均为理想交流电表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,现在CD两端输入图1所示正弦式交流电,变压器视为理想变压器.则下列说法正确的是(  )
A.由图甲可知MN两端输出交流电压不可能高于36V
B.当滑动触头P逆时针转动时,MN之间输出交流电压的频率变大
C.当滑动变阻器滑片向上滑动时,电流表读数变小,电压表读数变大
D.当滑动变阻器滑片向下滑动时,要保持电阻消耗的电功率不变,则应适当逆时针转动滑动触头P
meiyou1111年前1
SKYDHR 共回答了25个问题 | 采纳率84%
解题思路:P移动改变了副线圈的匝数,滑片移动改变了负载的电阻,结合变压器的特点和欧姆定律去分析.

A、将P移动时,因变压器的原线圈的匝数不变,副线圈的匝数变化,所以MN两端输出电压可能高于36V,故A错误
B、变压器不改变输出交流电压的频率,故B错误
C、当滑动变阻器滑片向上滑动时,连入电路的电阻大小增大,总电阻增大,总电流减小,R1两端减小,而副线圈电压不变,
所以电压表读数变大,通过R2的电流减小,所以电流表读数变小,故C正确
D、当滑动变阻器滑片向下滑动时,连入电路的电阻大小减小,总电阻减小,要保持电阻消耗的电功率不变,则应减小副线圈电压,所以应适当顺时针转动滑动触头P,故D错误
故选C.

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理;交流的峰值、有效值以及它们的关系.

考点点评: 做好本题需要知道自耦变压器的变压原理,再结合电路的动态分析即可顺利解决此类题目.

如图所示为一正弦交变电压随时间变化的图象,由图可知(  )
如图所示为一正弦交变电压随时间变化的图象,由图可知(  )
A.交流电的周期为2 s
B.用电压表测量该交流电压时,读数为311 V
C.交变电压的有效值约为220 V
D.将它直接加在“220V 40W”的灯泡上时,灯泡能正常发光
鸿喜园1年前1
appletree50 共回答了18个问题 | 采纳率88.9%
解题思路:根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量,然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等.

A、由图象知周期为2×10-2S,故A错误;
B、电压表的读数为有效值,应为
Um

2=
311

2V=220V,故B错误;
C、电压的有效值应为
Um

2=
311

2V=220V,故C正确;
D、它直接加在“220V 40W”的灯泡上时,灯泡能正常发光,故D正确;
故选:CD.

点评:
本题考点: 正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.

考点点评: 本题考查了有关交流电描述的基础知识,要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量,同时正确书写交流电的表达式

如图所示为一正弦交变电压随时间变化的图像,由图可知( )
如图所示为一正弦交变电压随时间变化的图像,由图可知()
A.交流电的周期为2s
B.用电压表测量该交流电压时,读数为311V
C.交变电压的有效值为220V
D.将它加在电容器上时,电容器的耐压值小于等于311V
yu_fm1年前1
fychen 共回答了23个问题 | 采纳率91.3%
解题思路:

由图可知交流电的周期为2A错误;用电压表测量该交流电压时,测得的是有效值,不是最大值,B错误;交变电压的有效值为C正确;若将它加在电容器上时,电容器的耐压值应该大于311VD错误。

C


<>

图中A,B是一对平行金属板,在两板间加上一周期为T的交变电压u,A板的电势UA=0,B板的电势UB随时间的变化规律如图所
图中A,B是一对平行金属板,在两板间加上一周期为T的交变电压u,A板的电势UA=0,B板的电势UB随时间的变化规律如图所示.现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内,设电子的初速度和重力的影响可忽略(  )

A.若电子是在t=0时刻进入的,它时而向B板运动,时而向A板运动,最后不能打在B板上
B.若电子是在t=[T/8]时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后一定打在B板上
C.若电子是在t=[3T/8]时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后一定打在B板上
D.若电子是在t=[T/2]时刻进入的,它可能时而向B板时而向A板运动
aaa5211年前1
水流冲浪 共回答了16个问题 | 采纳率93.8%
解题思路:分析电子的受力情况,来确定电子的运动情况,如果电子一直向右运动,一定能到达B板;如果时而向B板运动,时而向A板运动,则通过比较两个方向的位移大小,分析能否到达B板.

A、电子在t=0时刻进入时,在一个周期内,前半个周期受到的电场力向右,向右做加速运动,后半个周期受到的电场力向左,继续向右做减速运动,T时刻速度为零,接着周而复始,所以电子一直向B板运动,一定会打在B板上.故A错误.
B、若电子是在t=[T/8]时刻进入时,在一个周期内:在 [T/8]~[T/2],电子受到的电场力向右,向B板做加速运动,在[1/2]T~[7/8]T内,受到的电场力向左,继续向B板做减速运动,[7/8]T时刻速度为零,[7/8]T~T接着向A板运动,T~[9/8]T时间内继续向A板运动,[9/8]T时刻速度为零,完成一个周期的运动,接着周而复始,所以电子时而向B板运动,时而向A板运动,根据运动学规律可知,在一个周期内电子向B板运动的位移大于向A板运动的位移,所以电子最后一定会打在B板上.故B正确.
C、与B项同理可知,若电子是在t=[3/8]T时刻进入时,与在t=[T/8]时刻进入时情况相似,在运动一个周期时间内,时而向B板运动,时而向A板运动,总的位移向左,最后穿过A板.故C错误;
D、若电子是在t=[T/2]时刻进入时,在一个周期内:在[T/2]~T,电子受到的电场力向左,向左做加速运动,在T~[3/2]T内,受到的电场力向右,继续向左做减速运动,[3/2]T时刻速度为零,接着周而复始,所以电子一直向A板运动,一定不会到达B板.故D错误.
故选:B.

点评:
本题考点: 带电粒子在匀强电场中的运动.

考点点评: 因极板间加交变电场,故粒子的受力是周期性变化的,本题应通过受力情况先确定粒子的运动情况.根据位移情况判断电子能否打在B板上.

理想变压器,S为单刀双掷开关,U1为原线圈交变电压,I1和I2分别为原线圈和副线圈中的电流,下列说法正确吗
理想变压器,S为单刀双掷开关,U1为原线圈交变电压,I1和I2分别为原线圈和副线圈中的电流,下列说法正确吗
1.保持P的位置及U1不变,S有b切换到a,则I1减小
2.保持U1不变,S接在b端,将P向上滑动,则I1增大
请判断正误并详细解析
suny1201年前2
林乐 共回答了13个问题 | 采纳率92.3%
1.电源电压不变,负载电阻不变.S由b切到a,负载电压增高,I2增大,I1也会增大.(错)
2.电源电压不变,U2也不变,P向上滑动.负载电阻减小,I2电流增大,I1也增大.(对)
如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间
如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上.已知任意时刻释放的粒子在一个周期内都不会打到A板或B板,则在0-T这段时间内释放该粒子,t0应属于的时间段是
[T/4−
3T
4]
[T/4
3T
4]
ervinrommel 1年前 已收到1个回答 举报

qiyanlong00 幼苗

共回答了17个问题采纳率:88.2% 举报

解题思路:解决此题首先要注意A、B两板电势的高低及带正电粒子运动的方向,再利用运动的对称性,粒子加速与减速交替进行运动,同时注意粒子向左、右运动位移的大小,即可判断各选项的对错.

1、若在0−
T
4,带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向右运动的距离大于向左运动的距离,最终打在B板上,所以不可行.
2、若在[T/2−
3T
4],带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向左运动的距离大于向右运动的距离,最终打在A板上,所以可行.
3、若在[3T/4−T,带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向左运动的距离小于向右运动的距离,最终打在B板上,所以不可行.
4、若在
T
4−
T
2],带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向右运动的距离小于向左运动的距离,最终打在A板上,所以可行.
故答案为:[T/4−
3T
4].

点评:
本题考点: 匀强电场中电势差和电场强度的关系.

考点点评: 本题的关键是使用对称性来解决相关问题,并注意受力与运动过程的对应.

1年前

5
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ervinrommel1年前1
qiyanlong00 共回答了17个问题 | 采纳率88.2%
解题思路:解决此题首先要注意A、B两板电势的高低及带正电粒子运动的方向,再利用运动的对称性,粒子加速与减速交替进行运动,同时注意粒子向左、右运动位移的大小,即可判断各选项的对错.

1、若在0−
T
4,带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向右运动的距离大于向左运动的距离,最终打在B板上,所以不可行.
2、若在[T/2−
3T
4],带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向左运动的距离大于向右运动的距离,最终打在A板上,所以可行.
3、若在[3T/4−T,带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向左运动的距离小于向右运动的距离,最终打在B板上,所以不可行.
4、若在
T
4−
T
2],带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向右运动的距离小于向左运动的距离,最终打在A板上,所以可行.
故答案为:[T/4−
3T
4].

点评:
本题考点: 匀强电场中电势差和电场强度的关系.

考点点评: 本题的关键是使用对称性来解决相关问题,并注意受力与运动过程的对应.

某交变电流表串联一电阻构成交变电压表,总电阻R="2" kΩ,然后将改装的电表接到u=311sin100πt V的交流电
某交变电流表串联一电阻构成交变电压表,总电阻R="2" kΩ,然后将改装的电表接到u=311sin100πt V的交流电源上,则( )
A.通过电流表电流的瞬时值为0.11sin100πt A
B.作为改装的电压表,其两端电压的瞬时值为311sin100πt V
C.电流表的示数为0.11 A
D.作为改装的电压表,其示数应为311 V
所以e′=4E m cos2ωt.故正确答案为D.
eblisshaitan21年前0
共回答了个问题 | 采纳率
(2011•安徽二模)如图(a)所示,两个平行的金属板间接有图(b)所示的交变电压,板长为L=0.4m,板间距d=0.2
(2011•安徽二模)如图(a)所示,两个平行的金属板间接有图(b)所示的交变电压,板长为L=0.4m,板间距d=0.2m.在金属板的右侧即磁场的理想左边界,磁场区域足够大.磁感应强度B=5×10-3T,方向垂直纸面向里,现有一带电粒子(不计重力)以v0=105m/s速度沿着极板中线从左端射人极板间.已知粒子的荷质比为q/m=108 C/kg,粒子通过电场区域的极短时间内,可以认为电场是恒定的.
(1)若粒子在t=0时刻射入,求粒子在磁场中运动的射人点到出射点间的距离;
(2)证明任意时刻射人电场的粒子,在磁场中运动的射人点与出射点间的距离都相等;
(3)求粒子射出电场时的最大速度.
tooyux1年前1
MONKEY小王子 共回答了17个问题 | 采纳率88.2%
解题思路:(1)带电粒子在t=0时刻进入,电场强度为零,粒子将以v0的速度垂直磁场左边界射入磁场中.由牛顿定律和几何关系求解.
(2)粒子进入磁场后,由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,由牛顿定律和几何关系证明射人点与出射点间的距离恒定.
(3)当粒子从极板边缘离开电场时,侧移量最大,电场力做功最多,粒子的速度最大.根据侧移量,由牛顿定律和运动学公式求出此时电压,由动能定理求出最大速度.

(1)带电粒子在t=0时刻进入,由题可知,粒子通过电场区域时间极短,因此粒子从进入电场到离开电场,板间电场强度始终为零,则粒子将以v0的速度垂直磁场左边界射入磁场中.
由牛顿第二定律,得
qv0B=m

v20
r
得r=
mv0
qB=0.2m
故粒子在磁场中运动的射人点到出射点间的距离S=2r=0.4m.
(2)设某时刻进入磁场的粒子速度为v,方向与水平方向成θ角,如右图
则v=
v0
cosθ
粒子在磁场中运动时的轨迹半径为
r′=[mv/qB]=
mv0
qBcosθ
粒子射人点到出射点间的距离S′=2r′cosθ=2
mv0
qB
由(1)知S′=2r=0.4m
故任意时刻射人电场的粒子,在磁场中运动的射人点与出射点间的距离都相等.
(3)设粒子进入电场时刻,板间的电压为U,且粒子可以射出电场进入磁场.则
y=[qU/2mdt2,t=
L
v0]
当侧移量y=[d/2]时,电场力对粒子做功最多,
得到U=
md2
v20
qL2
代入解得U=25V
由动能定理得
q[U/2]=[1/2m
v2m]-[1/2m
v20]
解得 vm=

5
2×105m/s
答:(1)粒子在t=0时刻射入,在磁场中运动的射人点到出射点间的距离为0.4m;
(2)略
(3)粒子射出电场时的最大速度为

点评:
本题考点: 带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力;带电粒子在匀强电场中的运动.

考点点评: 本题考查带电在电磁场中的运动,综合考查了牛顿定律、动能定理、受力分析等方面的知识和规律.对考生的分析综合能力、应用数学知识的能力要求较高.

甲图中A、B是一对平行金属板,A板接地(电势UA=0),在两板间加上一周期为T的交变电压u(如乙图所示).现有一电子从A
甲图中A、B是一对平行金属板,A板接地(电势UA=0),在两板间加上一周期为T的交变电压u(如乙图所示).现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内.设电子的初速度和重力的影响均可忽略,则(  )
A.若电子是在t=0时刻进入的,它将一直向B板运动
B.若电子是在t=[T/8]时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上
C.若电子是在t=[3T/8]时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上
D.若电子是在t=[T/2]时刻进入的,它可能时而向B板、时而向A板运动
leilei_64911年前1
芷妍 共回答了23个问题 | 采纳率87%
解题思路:分析电子的受力情况,来确定电子的运动情况,如果电子一直向右运动,一定能到达B板;如果时而向B板运动,时而向A板运动,则通过比较两个方向的位移大小,分析能否到达B板.

A、电子在t=0时刻进入时,在一个周期内,前半个周期受到的电场力向上,向上做加速运动,后半个周期受到的电场力向下,继续向上做减速运动,T时刻速度为零,接着周而复始,所以电子一直向B板运动,一定会到达B板.故A正确.
B、若电子是在t=[T/8]时刻进入时,在一个周期内:在 [T/8]~[1/2]T,电子受到的电场力向上,向上做加速运动,在[1/2]T~T内,受到的电场力向下,继续向上做减速运动,[9T/8]T时刻速度为零,接着继续向B板运动,周而复始,所以电子时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上.故B正确.
C、若电子是在t=[3/8]T时刻进入时,与在t=[T/8] 时刻进入时情况,在运动一个周期时间内,时而向B板运动,时而向A板运动,总的位移向左,最后穿过A板.故C错误;
D、若电子是在t=[T/2]时刻进入时,在一个周期内:在[T/2]~T,电子受到的电场力向左,向左做加速运动,在T~[3T/2]内,受到的电场力向右,继续向左做减速运动,[3T/2]时刻速度为零,接着周而复始,所以电子一直向A板运动,一定不会到达B板.故D错误.
故选AB

点评:
本题考点: 带电粒子在匀强电场中的运动.

考点点评: 因极板间加交变电场,故粒子的受力是周期性变化的,本题应通过受力情况先确定粒子的运动情况.根据位移情况判断电子能否穿过B板.

电容器的额定电压是什么意思?还有如果在额定电压为2.8V的电容 两端加上一个e=2√2sin314t的交变电压 电容尸体
电容器的额定电压是什么意思?还有如果在额定电压为2.8V的电容 两端加上一个e=2√2sin314t的交变电压 电容尸体不会被击穿?
lifter01年前1
pf9mb 共回答了19个问题 | 采纳率89.5%
电容器厂家将系统在最高运行电压下可靠运行的电压作为电容器的额定电压,在额定电压内运行电容不会被击穿
交变电压最大值U=2√2=2.828〉额定电压2.8V
故会被击穿
某交变电压的瞬时表达式是u=311sin314t(V),则(  )
某交变电压的瞬时表达式是u=311sin314t(V),则(  )
A.此交流电的峰值是311V,频率是314Hz
B.此交流电的峰值311V,频率是50Hz
C.此交流电的峰值是220V,频率是314Hz
D.此交流电的峰值220V,频率是50Hz
夜色深沉1年前1
DKHIKARU 共回答了16个问题 | 采纳率81.3%
解题思路:由交流电u=311sin314t(V)可知ω=314rad/s,电压最大值Um=311V.由ω=2πf求解频率f.

由题电压的最大值Um=311V.ω=314rad/s,则频率f=[ω/2π]=50Hz,故B正确.
故选B

点评:
本题考点: 正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.

考点点评: 本题主要考查了对交变电压的瞬时表达式的理解,难度不大,属于基础题.

在两块平行金属板中间,有一个处于静止状态的带正电的粒子.若在两班之间加交变电压,下列判断正确的是
在两块平行金属板中间,有一个处于静止状态的带正电的粒子.若在两班之间加交变电压,下列判断正确的是
A 粒子的位移一定按正弦规律变化 B 粒子的速度一定按正弦规律变化
C 粒子的加速度一定按正弦规律变化 D 粒子的运动轨迹一定按正弦规律变化
gjfjxq24991年前2
非亲非故 共回答了20个问题 | 采纳率85%
答案为 C,
平行板中间匀强磁场,E=U/d ,带正电的粒子受电场力大小,F=Eq.所以F=Uq/d.由于电压为正弦电,所以a=Uq/dm.所以,粒子的加速度一定按正弦规律变化
交变电压u=20sin50派t(v)加在阻值为10欧母的电阻两端,该交流的周期是多少?
a_lizard1年前3
mm小妇人 共回答了21个问题 | 采纳率85.7%
u=20sin(50πt),T只和角速度有关,且T=2π/ω=2π/50π=0.04s
交变电的.正弦交变电压u=50sin314tV加在一氖管的两端,已知当氖管两端的电压达到25 V时才开始发光,则此氖管在
交变电的.
正弦交变电压u=50sin314tV加在一氖管的两端,已知当氖管两端的电压达到25 V时才开始发光,则此氖管在一个周期内发光的总时间为?
yuanjianlei1年前1
南下的乞丐 共回答了21个问题 | 采纳率100%
一个周期时间为T=2π/314=2π/100π=0.02s
25V在sin30度至sin150度与sin210至sin330度之间,为一个周期的2/3 所以时间为0.02*2/3=0.013
(2014•江苏二模)如图甲所示,两平行金属板间距为2l,极板长度为4l,两极板间加上如图乙所示的交变电压(t=0时上极
(2014•江苏二模)如图甲所示,两平行金属板间距为2l,极板长度为4l,两极板间加上如图乙所示的交变电压(t=0时上极板带正电).以极板间的中心线OO1为x轴建立坐标系,现在平行板左侧入口正中部有宽度为l的电子束以平行于x轴的初速度v0从t=0时不停地射入两板间.已知电子都能从右侧两板间射出,射出方向都与x轴平行,且有电子射出的区域宽度为2l.电子质量为m,电荷量为e,忽略电子之间的相互作用力.
(1)求交变电压的周期T和电压U0的大小;
(2)在电场区域外加垂直纸面的有界匀强磁场,可使所有电子经过有界匀强磁场均能会聚于(6l,0)点,求所加磁场磁感应强度B的最大值和最小值;
(3)求从O点射入的电子刚出极板时的侧向位移.
晚风夜色1年前1
凤少爷 共回答了22个问题 | 采纳率81.8%
解题思路:(1)电子在电场中做类平抛运动,应用类平抛运动规律可以求出周期与电压.
(2)作出电子的运动轨迹,应用数学知识求出粒子轨道半径,然后由牛顿第二定律求出磁感应强度大小.
(3)电子在极板间做类平抛运动,应用类平抛运动规律可以求出偏移量.

(1)电子在电场中水平方向做匀速直线运动,
则:4l=v0nT,解得:T=[4l/nv0](n=1,2,3…),
电子在电场中运动最大侧向位移:
[l/2=2n•
1
2a(
T
2)2,由牛顿第二定律得:a=
eU0
2lm],
解得:U0=
nm
v20
4e(n=1,2,3…);
(2)粒子运动轨迹如图所示:

由图示可知,最大区域圆半径满足:rm2=(2l)2+(rm−l)2,解得:rm=2.5l,
对于带电粒子当轨迹半径等于磁场区域半径时,带电粒子将汇聚于一点,
由牛顿第二定律得:qv0Bmin=
m
v20
rm,解得:Bmin=
2mv0
5el,
最小区域圆半径为rn=0.5l,
由牛顿第二定律得:qv0Bmax=
m
v20
rn,解得:Bmax=
2mv0
el;
(3)设时间为τ,
T
2>τ>0,若t=kT+τ且(
T
2>τ>0)时电子进入电场,
则:

y1=n[
1
2a(
T
2−τ)2•2−
1
2aτ2•2]=n[
1
4aT2−aTτ]=
(4k+1)l
2−
nv

点评:
本题考点: 带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.

考点点评: 本题考查了带电微粒在电场与磁场中的运动,难度很大,分析清楚微粒运动过程、作出微粒运动轨迹是正确解题的关键,应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题,解题时要注意讨论.

一理想变压器,原、副线圈的匝数保持不变,在原线圈上所加交变电压的有效值也保持不变.则这个变压器在工作时(  )
一理想变压器,原、副线圈的匝数保持不变,在原线圈上所加交变电压的有效值也保持不变.则这个变压器在工作时(  )
A. 副线圈两端的电压(有效值)一定保持不变
B. 原线圈中的电流(有效值)一定保持不变
C. 变压器的输入功率一定保持不变
D. 变压器的输出功率一定保持不变
Isabel小胖妞1年前1
儒雅男人 共回答了14个问题 | 采纳率85.7%
解题思路:输出电压是由输入电压和匝数比决定的,输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的,电压与匝数程正比,电流与匝数成反比,根据理想变压器的原理分析即可.

根据题意,结合原副线圈的电压与匝数成正比,可知,副线圈的电压保持不变,有效值也不变.
而输入功率则由输出功率确定,由于输出功率还与电阻有关,因此功率不一定变化,故A正确,BCD错误;
故选A

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理.

考点点评: 本题主要考查变压器的知识,要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解.

图(a)的平行板电器的两板A、B上加如图(1)、(2)、所示的2种交变电压,开始,B板电势比A板高.在电场力作用下,原来
图(a)的平行板电器的两板A、B上加如图(1)、(2)、所示的2种交变电压,开始,B板电势比A板高.在电场力作用下,原来静止在两板中间的电子开始运动,若两板间距离足够大,则电子在各种交变电压作用下的运动情况怎样?对应的速度时间图像如何?
huamao1681年前1
爱的板凳 共回答了16个问题 | 采纳率93.8%
如图
(1)电子先向B板匀加速运动T/2时间到最大速度2Vm,再向B板匀减速运动T/2时间到速度为0,然后向B板做周期运动,速度与时间变化如图1所示.
(2)电子先向B板匀加速运动T/4时间到最大速度Vm,再向B板匀减速运动T/4时间到速度为0,然后反向向A板匀加速运动T/4时间到最大速度-Vm,再向A板匀减速运动T/4时间到速度为0,然后电子如此做周期运动,速度与时间变化如图2所示.
如图,一理想变压器原线圈输入的交变电压为e=311sin100πt V,其副线圈上,接有一只铭牌上标有“6V.9W”字样
如图,一理想变压器原线圈输入的交变电压为e=311sin100πt V,其副线圈上,接有一只铭牌上标有“6V.9W”字样的灯泡,且刚好能正常发光,已知原线圈匝数n 1 为1100匝,则副线圈n 2 = .
kobe23561年前1
skf0125 共回答了16个问题 | 采纳率100%
n 2 = 30 匝.

因为 ,灯泡正常发光,所以副线圈输出电压为 ,根据公式 得n 2 = 30 匝.
带电粒子在交变电场运动例1 如图1所示,A、B是一对平行的金属板,在两板间加上一周期为T的交变电压U,A板电势UA=0,
带电粒子在交变电场运动
例1 如图1所示,A、B是一对平行的金属板,在两板间加上一周期为T的交变电压U,A板电势UA=0,B板的电势UB随时间发生周期性变化,规律如图2所示,现有一电子从A板上的小孔进入两极板间的电场区内,设电子的初速度和重力的影响均可忽略.
这类问题如何做?怎样判断带电粒子在什么时候从A版到B版,然后依据什么画图呢
就是想了解怎样根据电压图准确画出速度图
莫让青春空对月1年前1
还是那只蛐蛐 共回答了15个问题 | 采纳率93.3%
看不到你的图片.只能提供方法了.
解决这种题关键有两点,一是临界情况,二是图像.
带点粒子在电场中做匀加速直线运动,可以运用相关规律,知道电压,可以算加速度
a=uq/(md)
q是带电量d是两板间距
在电压变化图像中找到临界情况,就是结合电压图像画出速度图像.随时间平移图像,就能找到临界情况了.
物理平行板电容器在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压,开始B板的电势比A板高,这时两板中间原来静止的电子在电
物理平行板电容器
在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压,开始B板的电势比A板高,这时两板中间原来静止的电子在电场作用下开始运动,设电子在运动中不予板板发生碰撞,则说法正确的是
A、电子先向A板运动,然后向B板运动,再返回A板做周期性来回运动
B、电子一直向A板运动
C、电子一直向B板运动
D、电子先向B板运动,然后向A板运动,再返回B板做周期性来回运动

cicliaanso1年前1
落合叶子 共回答了27个问题 | 采纳率85.2%
选B


如图所示,理想变压器的原线圈接入u=11 000 sin100πt(V)的交变电压,副线圈通过电阻r=6 Ω的导线对“2
如图所示,理想变压器的原线圈接入u=11 000 sin100πt(V)的交变电压,副线圈通过电阻r=6 Ω的导线对“220 V/880 W”的电器R L 供电,该电器正常工作。由此可知
A.原、副线圈的匝数比为50∶1
B.交变电压的频率为100 Hz
C.副线圈中电流的有效值为4 A
D.变压器的输入功率为880 W
grant331年前1
上海新天地 共回答了16个问题 | 采纳率100%
解题思路:

由表达式可知角速度为100πrad/s,则频率为,选项B错误;电器流过的电流为880/220=4A,输出电压为,则原、副线圈的匝数比为,选项A错误;同理判断选项C正确;输入功率由输出功率决定,为244V×4A=976W,选项D错误;故选C

C


<>

如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间
如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t 0 时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上.则t 0 可能属于的时间段是(  )
A.0<t 0
T
4
B.
T
2
<t 0
3T
4
C.
3T
4
<t 0 <T
D.T<t 0
9T
8
randy03141年前1
nangnl 共回答了19个问题 | 采纳率94.7%
A、若 0< t 0 <
T
4 ,带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向右运动的距离大于向左运动的距离,最终打在B板上,所以A错误.
B、若
T
2 < t 0 <
3T
4 ,带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向左运动的距离大于向右运动的距离,最终打在A板上,所以B正确.
C、若
3T
4 < t 0 <T ,带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向左运动的距离小于向右运动的距离,最终打在B板上,所以C错误.
D、若 T< t 0 <
9T
8 ,带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动,每次向右运动的距离大于向左运动的距离,最终打在B板上,所以D错误.
故选B.
如图是某种正弦式交变电压的波形图,由图可知下列正解的是(  )
如图是某种正弦式交变电压的波形图,由图可知下列正解的是(  )

A.周期是0.01s
B.当t=0时,线圈平面与磁感线垂直,磁通量最大
C.电压有效值是311V
D.电压瞬时值表达式为e=311sin50πt(V)
水乡天堂1年前1
kk理想 共回答了16个问题 | 采纳率100%
解题思路:根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量,然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等.

A、由图象知周期为0.02s,故A错误;
B、由图可知,t=0时,交流电的瞬时值为0,此时线圈处在中性面上,线圈平面与磁感线垂直,磁通量最大;故B正确;
C、电压的有效值为:U=
311

2=220V,故C错误;
D、由图可知,最大值为311V,角速度ω=[2π/T]=[2π/0.02]=100π;故瞬时值表达式为:u=311sin100πt V,故D错误;
故选:B.

点评:
本题考点: 正弦式电流的图象和三角函数表达式;正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.

考点点评: 本题考查了有关交流电描述的基础知识,要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量,同时要正确书写交流电的表达式.

如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间
如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在[5/8T
whooperok1年前1
johnson_zengjj 共回答了21个问题 | 采纳率85.7%
解题思路:根据带电粒子的受力,判断出加速度的大小和方向,通过加速度方向与速度方向关系结合运动学公式分析物体的运动情况.


5
8T释放该粒子,在
5
8T~T这段时间内,正电荷所受电场力方向向左,粒子向左做匀加速直线运动,设加速度为a,T时刻的速度为v=a
3
8T,方向向左;
在T~
11
8]T内,所受的电场力方向向右,加速度方向向右,大小为a,带电粒子向左做匀减速直线运动,[11/8T时刻,速度为零;

11
8T~
12
8T内向右做匀加速直线运动,
12
8T时刻的速度为a
1
8T;

12
8T~
13
8T内,粒子向右做匀减速直线运动,
13
8]T时刻速度为零;
在整个一个周期内,粒子的位移向左,以后重复做前一个周期内的运动,所以粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上.故A正确,B、C、D错误.
故选A.

点评:
本题考点: 带电粒子在匀强电场中的运动.

考点点评: 解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动,通过加速度的方向与速度方向的关系得出物体的运动规律.本题也可以通过速度时间图象进行分析.