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1、2015年全国各地高考物理试题分专题归纳解析(共11个专题)目 录1光学2 2. 静电场93, 交变电流254. 恒定电流305. 电磁感应676. 磁场817. 直线运动.978. 牛顿运动定律.1029. 机械振动和机械波.11210. 机械能.12011. 动量136光学(2015新课标I-34（1）)【物理选修3-4】（15分）（5分）在双缝干涉实验中，分布用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距x1与绿光的干涉条纹间距x2相比x1_x2 （填“”“”或“”）。若实验中红光的波长为630nm，双缝到屏幕的距离为1m，测得第一条到第6条亮条纹中心间的距离为10
2、.5nm，则双缝之间的距离为 mm。【答案】（1） (2分) 0.300 (3分)【考点】实验三：用双缝干涉测光的波长【解析】光的双缝干涉条纹间距x = (为光的波长，L为屏与双缝之间距离，d为双缝之间距离)，红光波长长红 绿 ，所以红光的双缝干涉条纹间距较大，即x1 x2 , 条纹间距根据数据可得x = = 2.1mm = 2.110-2m ,根据x = 可得d = ,代入数值得：d = 3.0010-4m = 0.300mm .【2015新课标II-34】34.物理选修3-4（15分）(1)(5分) 如图，一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后射出a、b两
3、束光线，则 （填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A.在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B. 在真空中，a光的波长小于b光的波长C. 玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D.若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线a首先消失E.分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距【答案】ABD【解析】试题分析：由图可知：玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，故C错误；在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故A正确；a光的频率大于b光的频率,在真空中，a光的波长小于b光的波长，故
4、B正确；若改变光束的入射方向使角逐渐变大，因为a光的折射率大，则折射光线a首先消失，故D正确；a光的波长小于b光的波长，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故E错误。考点：光的折射；光的干涉【2015重庆-11（1）】.选修3-4（6分）虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来说明.两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如题11图1所示.M 、N、P、Q点的颜色分别为A。紫、红、红、紫 B.红、紫、红、紫 C.红、紫、紫、红 D.紫、红、紫、红【答案】A【解
5、析】试题分析：白光中的可见光部分从红到紫排列，对同一介质的折射率，由折射定律知紫光的折射角较小，由光路可知，紫光将到达M点和Q点，而红光到达N点和P点，故选A。考点：本题考查光的折射和全反射、光路、折射率。（2015四川-3）直线P1P2过均匀玻璃球球心O，细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃球的光路如图。a、b光相比A玻璃对a光的折射率较大 B玻璃对a光的临界角较小Cb光在玻璃中的传播速度较小 Db光在玻璃中的传播时间较短【答案】C考点：对折射率、临界角、光的折射定律的理解与应用。【2015山东-38（2）】半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体，过其轴线OO的截面如图所示。位于
6、截面所在平面内的一细束光线，以角i0由O点入射，折射光线由上边界的A点射出。当光线在O点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B点恰好发生全反射。求A、B两点间的距离。【答案】考点：光的折射定律；全反射.xx【2015福建-13】13.如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长分别为a、b,该玻璃对单色光a、b的折射率分别为na、nb，。则 （ ） A. anb， B. ab , na nb， C . ab , na b , na nb【答案】B【2015北京-21（1）】.（18 分） “测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa和 bb分别是玻璃砖与空气的两个界
7、面，如图 1 所示，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针 P1和P2，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察并依次插上 P3和 P4。在插 P3和 P4时，应使A.P3只挡住 P1的像B.P4只挡住 P2的像C.P3同时挡住 P1、P2的像【答案】C【难度】【考点】测定玻璃的折射率【解析】测定玻璃折射率相对较简单，需要了解本实验的具体实验步骤即可解题；【2015安徽-18】如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气。当出射角和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为。已知棱镜顶角为，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为A B C D来
8、源:学科网【答案】A考点：考查折射率知识。来源:学_科_网Z_X_X_K【2015江苏-12】B、（3）人造树脂时常用的眼镜片材料，如图所示，光线射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P点，已知光线的入射角为30，OA=5cm，AB=20cm，BP=12cm，求该人造树脂材料的折射率n（1）【答案】BC【解析】在同种介质中，超声波的传播速度保持不变，根据多普勒效应可知，频率变高，所以BC正确。（2）【答案】1.5 不容易【2015海南-16】（2）一半径为R的半圆形玻璃砖，横截面如图所示。已知玻璃的全反射临界角r（rQB. 直线c位于某一等势面内，MNC. 若电子由M点运动到Q点，电场
9、力做正功D. 若电子由P点运动到Q点，电场力做负功【答案】B【考点】电场强度；电场线；电势能、电势；电势差；匀强电场中电势差与电场强度的关系。【解析】在匀强电场中，因为电子带负电，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，电场力对电子做负功，由W= qU,q=-e, 则得M-N=M-P0,说明MQ为高电势，NP为低电势。所以直线c位于某一等势线内，选项A错B对。匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，M=QP、电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C错。电子由P点运动到Q点，电场力做正功，电势能减少，选项D错。【2015新课标II-14
10、】14. 如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将A保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动 D.向左下方做匀加速运动【答案】D【解析】试题分析：现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C错误。考点：电容器；电场力；力的平衡【2015新课标II
11、-24】24.（12分）如图，一质量为m、电荷量为q（q0）的例子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30。不计重力。求A、B两点间的电势差。【答案】考点：动能定理；带电粒子在电场中运动（2015浙江-14）下列说法正确的是A电流通过导体的热功率与电流大小成正比B力对物体所做的功与力的作用时间成正比C电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比D弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比【答案】C考点：电功率，功，电容，胡克定律（2015浙江-16）如图所示为静电力演示仪，两金属极板分
12、别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，则A乒乓球的左侧感应出负电荷B乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C乒乓球共受到电场力，重力和库仑力三个力的作用D用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞【答案】D【解析】试题分析：从图中可知金属板右侧连接电源正极，所以电场水平向左，故乒乓球上的电子移动到右侧，即乒乓球的右侧感应出负电荷，A错误；乒乓球右侧带负电，受到的电场力向右，乒乓球左侧带正电，受到的电场力向左，因为左右两侧感应出的电荷量相等，所以受到的电场力相等，乒乓球受到扰动后，最终仍会静止，
13、不会吸附到左极板上，B错误；乒乓球受到重力和电场力作用，库仑力即为电场力，C错误；用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球带正电，在电场力作用下，与左极板接触，然后乒乓球带负电，又在电场力作用下，运动到右极板，与右极板接触后乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，如此重复，即乒乓球会在两极板间来回碰撞，D正确；考点：考查了库仑力，静电感应（2015浙江-20）如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的MN两点，A上带有的正电荷。两线夹角为120，两线上的拉力大小分别为和。A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2kg（
14、重力加速度取；静电力常量，AB球可视为点电荷）则A支架对地面的压力大小为2.0NB两线上的拉力大小C将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小为D将B移到无穷远处，两线上的拉力大小【答案】BC考点：库仑定律，共点力平衡条件（2015四川-6）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球aA从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从N到P的过程中，速率先增大后减小C从N到Q的过程中，电势能一直增加D从P
15、到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量【答案】BC考点：孤立点电荷等势面特征、库仑定律、平行四边形定则、功能关系、能量守恒定律的应用。（2015四川-10）（18分）如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E1.5106N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0106C，质量m0.25kg，与轨道间动摩擦因数0.4，P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为，且tan1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作
16、用，F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g10 m/s2，求：（1）小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；（2）小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。【答案】（1）t10.5s；（2）W9.25J。【解析】试题分析：（1）物体P在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力mg和支持力N作用，因此其滑动摩擦力大小为：fmg1N根据表格数据可知，物体P在速率v02m/s时，所受水平外力F12Nf，因此，在进入电场区域之前，物体P做匀加速直线运动，设加速度为a1，不妨设经时间t1速度为v12m/s，还未进入电场区域。根据匀变速直线运动规律有：v1a1t
17、1 根据牛顿第二定律有：F1fma1 由式联立解得：t10.5s0.55s，所以假设成立即小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间为t10.5s（2）当物体P在速率v25m/s时，所受水平外力F26N，设先以加速度a2再加速t20.05s至A点，速度为v2，根据牛顿第二定律有：F2fma2 根据匀变速直线运动规律有：v2v1a2t2 由式联立解得：v23m/s 物体P从A点运动至B点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为F26N不变，设位移为x1，加速度为a3，根据牛顿第二定律有：F2fqEma3 根据匀变速直线运动规律有：2a3x1 由式联立解得：x11m 根据表格数据可知，当物体P到
18、达B点时，水平外力为F3qE3N，因此，离开桌面在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D点时，其水平向右运动位移为x2，时间为t3，则在水平方向上有：x2vBt3 根据几何关系有：cot 由式联立解得：x2m 所以电场力做的功为：WqE（x1x2） 由式联立解得：W9.25J考点：物体的受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、功的定义式的应用。【2015山东-18】直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图，M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点
19、电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为A.，沿y轴正向 B.，沿y轴负向C.，沿y轴正向 D.，沿y轴负向【答案】B考点：场强的叠加.【2015山东-20】. 如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在时间内运动的描述，正确的是A.末速度大小为 B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了 D.克服电场力做功为【答案】BC考点：带电粒子在复合场中的运动.【2015广东-21】21.如图8所示的水平匀强电
20、场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则A.M的带电量比N大 B.M带负电荷，N带正电荷C.静止时M受到的合力比N大 D.移动过程中匀强电场对M做负功【答案】BD【考点】共点力的平衡；静电场；电场线；电势能；功【解析】本题考查了静电场知识，由于电场中M、N都保持静止，以M、N整体为研究对象，根据平衡条件和电场强度方向的规定，可判断出M、N一定带等量的异种电荷，选项A错误；若M带正电，N带负电，则M、N不能保持静止，要相互靠近，不符题意，故只能M带负电，N带正电，选项B正确；静止时，M、N所受的合力均为0 ，选项C错误；根据电势能
21、EP = q，由于M带负电，沿电场线方向电势降低，在移动M过程中电势能增加，电场力对M做负功（或者由功W = Eqscos,为电场力和位移的方向夹角为钝角，W 0 ，做负功）。【2015北京-24】.（20 分）真空中放置的平行金属板可以作为光电转换装置，如图所示，光照前两板都不带电。以光照射 A 板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于 A 板向 B 板运动，忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变 ，a 和 b 为接线柱。 已知单位时间内从 A 板逸出的电子数为 N，电子逸出时的最大动能为 ，元电荷为 e。( 1 ) 求 A 板和 B 板之间的最大电势差 ，以及将
22、 a、b 短接时回路中的电流 I短( 2 ) 图示装置可看作直流电源，求其电动势 E 和内阻 r。( 3 ) 在 a 和 b 之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为 U，外电阻上的消耗电功率设为 P；单位时间内到达 B 板的电子，在从 A 板运动到 B 板的过程中损失的动能之和设为 。 请推导证明: 。( 注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明 )【答案】(1) ， (2) (3)见解析【难度】【考点】光电效应、闭合电路欧姆定律、电流的微观解释、电场【解析】(1) A 板中逸出的电子累积在 B 板上，在 A、B 两板间形(1) A 板中逸出的电子累积在 B
23、板上，在 A、B 两板间形成由 A 指向 B 的电场。从 A 板后续逸出的电子在向 B 板运动的过程中会受到电场力的作用而做减速运动。达到稳定状态时，从 A 板逸出的最大动能的电子到 B 板时动能恰好为零。根据动能定理 从而得到 若将 a、b 短接，则两板间电势差为零，从而两板间无电场，从 A 板逸出的电子均能完整通过整个回路，即短路电流 (2)当外电路断路时，A、B 两板间电压为该直流电源的电动势。电源内阻 (3)证明：设连接外电阻之后，单位时间内到达 B 板的电子个数为则回路中电流 外电阻上消耗的电功率 P=UI 单位时间内到达 B 板的电子，从 A 板运动到 B 板过程中损失的动能之和为
24、 综合式可得， 【2015安徽-14】图示是粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动。图中所标出的粒子在各点处的加速度方向正确的是AM点 BN点 CP点 DQ点【答案】C考点：考查库仑定律和牛顿第二定律。【2015安徽-15】由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2。其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为，式中k为静电力常量。若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为AkgA2m3 BkgA-2m3s-4 Ckgm2C-2 DNm2A-2【答案】B【解析】试题分析：由可得单位为，故选B。考点
25、：考查库仑定律和单位制。【2015安徽-20】已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中为平面上单位面积所带的电荷量，为常量。如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电荷量为Q。不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为A和 B和 C和 D和【答案】D【解析】试题分析：由公式，正负极板都有场强，由场强的叠加可得，电场力，故选D。考点：考查电场知识。【2015安徽-23】.（16分）在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图中未画出），由A点斜射出一质量为m，带电荷量为+q的粒子，B和C是粒子运
26、动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求：（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功；（2）粒子从A到C过程所经历的时间；（3）粒子经过C点时的速率。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）。考点：本题考查带电粒子在电场中的运动、抛体运动等知识。【2015江苏-2】2静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载春秋纬 考异邮中有玳瑁吸衣若只说，但下列不属于静电现象的是A梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉【答案】C
27、【解析】：小线圈接近通电线圈过程中，消息安全中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，所以C正确。【2015江苏-7】7一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球A做直线运动 B做曲线运动 C速率先减小后增大，D速率先增大后减小【答案】BC【解析】由题意知，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动，所以A错误；B正确；在运动的过程中合外力先做负功后做正功，所以C正确；D错误。【2015江苏-8】8两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c时两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的
28、距离相等，则Aa点的电场强度比b点的大Ba点的电势比b点的高Cc点的电场强度比d点的大Dc点的电势比d点的低【答案】ACD【2015海南-5】如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q0）的粒子，在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M：m为（ ）A. 3:2 B. 2：1 C. 5:2 D. 3:1 【答案】A【解析】设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有，；对m有，联立解得，A正确；【2015海南-7
29、】7如图，两电荷量分别为Q（Q0）和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是A.b点的电势为零，电场强度也为零B.正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C.将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D.将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大【答案】BC【解析】因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错
30、误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误；【2015天津-7】7如图所示氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1 ，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么 A偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B三种粒子打到屏上的
31、速度一样大 C三种粒子运动到屏上所用的时间相同 D三种粒子一定打到屏上的同一位置【答案】AD交变电流(2015新课标I-16). 理想变压器的原、副线圈的匝数比为3 ：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接有电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U,原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为k，则A. U=66V，k=1/9 B. U=22V，k=1/9 C. U=66V，k=1/3 D. U=22V，k=1/3 【答案】 A【考点】理想变压器、欧姆定律、电阻的串联、闭合电路的欧姆定律、电功率【解析】根据理想变压器的原理：原、副线圈电压比等于线
32、圈匝数比即U1:U2=n1 : n2 ，当副线圈电压U2 =U，得原线圈电压U1 = 3U, 理想变压器能量不损耗有P1=P2 , 即U1I1=U2I2 ， I2=U/R ,得到I1 = ;根据串联电路的特点有：U源=U1+I1R ，联立并将U源=220V数据代入可得：U=66V;原、副线圈回路中的电阻消耗的功率根据P = I2R ,电阻相等，可得功率之比k=1/9 ,故选项A正确。（2015四川-4）小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO，线圈绕OO匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，
33、不计线圈电阻，则发电机输出电压A峰值是e0 B峰值是2e0 C有效值是 D有效值是【答案】D【解析】试题分析：由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故选项A、B错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U，即U，故选项C错误；选项D正确。考点：对正弦式交变电流的产生原理的理解，以及其四值运算、闭合电
34、路欧姆定律的应用。【2015山东-19】. 如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，间的电压为uab正，下列uab-t图像可能正确的是【答案】C【解析】试题分析：在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐增加，由楞次定律可判断内环内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小；同理在第0.25T0-0.5T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内a端电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大
35、故内环的电动势逐渐变大；故选项C正确.考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律.【2015广东-15】15.图5为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V。调节前后 A副线圈中的电流比为1:2B副线圈输出功率比为2:1C副线圈的接入匝数比为2:1D原线圈输入功率比为1:2【答案】C【考点】理想变压器【解析】通过调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减少为原来的一半，根据欧姆定律I = U/R ，在电阻不变时，调节前后副线圈输出电流之比为I2前 ：I2后 =
36、 U2前 ：U2后 = 2 ：1 ，选项A错误；根据理想变压器原理U1 : U2 = n1 : n2 ，在原线圈电压和匝数不变的情况下，副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，接入匝数比n2前 ：n2后 = U2前 ：U2后 = 2 ：1 ，选项C正确；根据功率P=UI ，得到调节前后副线圈输出功率之比P2前 ：P2后 = U2前I2前 ：U2后I2后 = 4 ：1，选项B错误；原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，所以原线圈的输入功率之比P1前 ：P1后 = P2前 ：P2后 = 4 ：1，选项D错误。【2015福建-15】15. 图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、
37、副线圈匝数分别为n1 、n2 。在T的原线圈两端接入一电压的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r ，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )来源:学+科+网Z+X+X+K 【答案】：C20 【2015北京-20】利用所学物理知识，可以初步了解常用的一卡通（IC 卡）的工作原理及相关问题。IC 卡内部有一个由电感线圈 L 和电容 C 构成的 LC 振荡电路，公交车上的读卡机（刷卡时“嘀”的响一声的机器）向外发射某一特定频率的电磁波。刷卡时，IC 卡内的线圈 L 中产生感应电流，给电容 C 充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。下列说法正确的是（ ） AI
38、C 卡工作所需要的能量来源于卡内的电池 B仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC 卡才能有效工作 C若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈 L 不会产生感应电流 DIC 卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息 【答案】B【难度】【考点】LC 振荡电路【解析】本题考查的是 LC 振荡电路的相关知识。IC 卡内是一个 LC 振荡电路，没有电池，故 A 错；只有当读卡机发出特定频率的电磁波时，IC 卡才能正常工作，故 B 对；当读卡机发射的电磁波偏离该频率时，线圈可以产生的电流较小，不能正常工作，故 C 错；IC 卡是可以和读卡机进行数据传输的，故 D 错。【2015安
39、徽-16】图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A。则下列说法正确的是A电压表V1示数增大B电压表V2、V3示数均增大C该变压器起升压作用D变阻器滑片是沿的方向滑动【答案】D考点：考查理想变压器和电路知识。【2015江苏-1】1一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为A200 B400 C1600 D3200【答案】B【解析】：根据变压器的变压规律，可求副线圈匝数为400，所以B正确。【2015海南-10】10如图，一理想变压器原、副线圈匝数比为4:1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，是理想电压表；现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表读数为5.0V，则A.此时原线圈两端电压的最大值约
