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?

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．

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．

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．

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．

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．

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．

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．

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55V，B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


<>

有图像可知周期为0.02s，A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311V，C对；由瞬时值通式可知Em=311V，w=，表达式为e=311sin100πt(V)

BC


<>

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

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．

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

由图可知交流电的周期为2，A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311V，D错误。

C


<>

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．

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）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 v_m=

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．

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．

由题电压的最大值U_m=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．

（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：r_m=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r_n=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．

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．

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


<>

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．

在
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；
在
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；
在
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．