2024—2025高中物理选择性必修2一轮复习分层作业详解答案

这是一份2024—2025高中物理选择性必修2一轮复习分层作业详解答案，共47页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
答案：C
2．解析：由题图可知通过铝箔条的电流方向，由左手定则可判断出，铝箔条所受安培力方向向上，因此铝箔条中部向上方运动，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
3．解析：根据左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，大小为F＝2I eq \f(L,2) B sin 45°＝2×1.5×1×2× eq \f(\r(2),2) N＝3 eq \r(2) N.
答案：A
4．解析：与电流方向平行的磁场对电流没有力的作用，所以安培力大小为F＝ILB2，由左手定则可知安培力方向水平向西，故B正确．
答案：B
5．解析：当磁感应强度方向与通电直导线垂直时，安培力有最大值，为F＝IlB＝2×0.2×0.5 N＝0.2 N．当磁感应强度方向与通电直导线平行时，安培力有最小值，为0.随着二者方向夹角的变化，安培力大小在0与0.2 N之间取值，故B、C、D正确，A错误．
答案：BCD
6．解析：根椐左手定则可知，整个圆环关于圆心对称的两部分受到的安培力等大反向，受到的合力为0，选项A错误，B正确；圆弧PQ受到的安培力大小等于直线段PQ受到的安培力大小，为 eq \r(2) IRB，选项C错误，D正确．
答案：BD
7．解析：导线与磁场方向平行时，导线受到的安培力为0，A正确；当导线与磁场方向垂直时，导线受到的安培力最大，为ILB，C正确，B、D错误．
答案：AC
8．解析：由左手定则可知电流经a流向b，A错误；若调换磁铁的磁极，磁场方向反向，则安培力的方向反向，金属棒向右运动，B错误；若调换流经金属棒的电流方向，则安培力的方向反向，金属棒向右运动，C错误；若同时调换磁铁的磁极和流经金属棒的电流方向，则导体棒所受安培力的方向不变，仍向左运动，D正确．
答案：D
9．解析：通电圆环受到的安培力大小F＝IlB，其中I、B分别为所通电流大小、磁感应强度大小，l指有效长度，它等于圆环所截边界线的长度．由于l先增大后减小，所以安培力先增大后减小，C正确．
答案：C
10．解析：磁场是均匀地辐向分布，所以磁感线始终与线圈平面平行，即始终与线圈边垂直，故A正确；当通电后，处于磁场中的线圈受到安培力作用，使其转动，螺旋弹簧被扭动，则受到弹簧的阻力，从而阻碍线圈转动，故B正确；由左手定则可判定：当线圈转到如图乙所示的位置，a端受到的安培力方向向上，b端受到的安培力方向向下，因此安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动，故C、D错误．
答案：AB
11．解析：(1)由安培力的计算公式F＝ILB及左手定则可知，线圈前、后两边受到的安培力大小相等，方向相反，两力的合力为零；左边不受安培力；右边受到的安培力的方向水平向右，因为线圈所在的平面与磁场的方向垂直，所以线圈所受安培力的大小F＝nILB.
(2)线圈在安培力的作用下向右运动，根据功率的表达式可得P＝Fv＝nILBv.
答案：(1)nILB 方向水平向右 (2)nILBv
分层作业(二) 安培力作用下的平衡和运动问题
1．解析：解法一(电流元法) 首先将圆形线圈分成很多小段，每小段可看作一直线电流，取其中上、
下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示，根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．
解法二(等效法) 将环形电流等效成一条形磁铁，如图乙所示，据异名磁极相互吸
引知，线圈将向左运动．同时，也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”可得到相同的答案．
答案：A
2．解析：由安培定则可知，cd导线和ef导线在b处产生的磁场方向都垂直纸面向外，可知b处的磁感应强度垂直纸面向外，A错误；由安培定则可知，ef导线在a点产生的磁感应强度垂直纸面向外，B错误；根据“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”可知，C错误，D正确．
答案：D
3．解析：电流方向改变前，对金属细棒ab受力分析，根据平衡条件可知，金属细棒ab受到的安培力竖直向上，大小等于mg；电流方向改变后，金属细棒ab受到的安培力竖直向下，大小等于mg，对金属细棒ab受力分析，根据平衡条件可知，每根弹簧弹力的大小为mg，弹簧形变量为 eq \f(mg,k) ，选项A、C正确．
答案：AC
4．解析：A图中杆受到向下的重力、水平向右的安培力和垂直于导轨的支持力的作用，在这三个力的作用下，杆可能处于平衡状态，杆ab与导轨间的摩擦力可能为零，故A正确；B图中杆受到向下的重力、竖直向上的安培力，当两个力大小相等时，杆可以处于平衡状态，故杆ab与导轨间的摩擦力可能为零，故B正确；C图中杆受到竖直向下的重力、安培力和垂直于导轨向上的支持力，杆要静止在导轨上，必定要受到沿导轨向上的摩擦力作用，故C错误；D图中杆受到的重力竖直向下，安培力水平向左，支持力垂直于导轨向上，杆要静止在导轨上，必定要受到沿导轨向上的摩擦力的作用，故D错误．
答案：AB
5．解析：因为通电直导线的磁感线是以O为圆心的一组同心圆，磁感线与KN边、LM边平行，所以KN边、LM边均不受力，根据左手定则可得，KL边受到垂直纸面向外的力，MN边受到垂直纸面向里的力，故D正确．
答案：D
6．解析：顺时针方向的环形电流可以等效为一个竖直放置的小磁针，由安培定则可知，小磁针的N极向下，S极向上，故与磁铁之间的相互作用力为斥力，所以圆环对桌面的压力F将大于圆环的重力G1，磁铁对轻绳的拉力F′将小于磁铁的重力G2，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
7．解析：
据左手定则判断导线所受安培力斜向右下方，如图所示，由牛顿第三定律可知磁铁受导线的作用力为斜向左上方．磁铁在竖直方向与水平方向受力平衡，可得支持力变小，磁铁压缩弹簧，故A、D正确．
答案：AD
8．解析：
当磁场方向垂直金属棒水平向左、磁感应强度大小为B0时，金属棒恰好静止，由平衡条件得IdB0＝mg，解得I＝ eq \f(mg,B0d) ，故A错误；对金属棒受力分析如图所示，当电流不变，磁场方向由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，支持力一直增大，安培力先减小后增大，且当安培力沿斜面向上时取得最小值，即IdB＝mg sin θ，解得磁感应强度的最小值为Bmin＝B0sin θ，故B、C错误，D正确．
答案：D
9．解析：由安培定则可知，b的电流在a处产生的磁场方向竖直向上，A正确；导体棒a处磁感应强度B大小相等、方向竖直向上，则导体棒a受水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则所受安培力大小F＝ILB＝mg tan 45°，则B＝ eq \f(mg tan 45°,IL) ＝ eq \f(mg,IL) ，B错误；重力和水平向右的安培力的合力与支持力平衡，当b向上平移时，b在a处的磁感应强度减小，则安培力减小，b对a的安培力斜向上，根据受力平衡条件可知，此时a所受重力与斜向上的安培力的合力仍可能与支持力平衡，C正确；当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受到的安培力方向顺时针转动时，只有变大才能保持a平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，D正确．
答案：ACD
10．解析：(1)由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流：
I＝ eq \f(E,R＋R0＋r) ＝ eq \f(10,4＋0.9＋0.1) A＝2 A
方向由a到b；
(2)ab受到的安培力F＝ILB＝2×0.5×5 N＝5 N；
(3)ab受力如图所示，最大静摩擦力：
Ffmax＝μ(mg－F cs 53°)＝3.5 N
由平衡条件得，
当最大静摩擦力方向向左时：
FT＝F sin 53°＋Ffmax＝7.5 N
当最大静摩擦力方向向右时：
FT＝F sin 53°－Ffmax＝0.5 N
由于重物受力平衡，故FT＝G
则重物重力的取值范围为0.5 N≤G≤7.5 N.
答案：(1)2 A 方向由a到b (2)5 N
(3)0.5 N≤G≤7.5 N
分层作业(三) 磁场对运动电荷的作用力
1．解析：根据左手定则可知A图中洛伦兹力向下，故A错误；B图中洛伦兹力向上，故B正确；C图中洛伦兹力向上，故C错误；D图中洛伦兹力向下，故D错误．
答案：B
2．解析：带电粒子平行于磁场运动时，不受洛伦兹力作用，A错误；洛伦兹力的方向始终与电荷运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，B错误；洛伦兹力与速度方向垂直，速度方向与磁场方向不一定垂直，C正确；由洛伦兹力公式F＝qvB sin θ知，θ＝0°时，F＝0，但该点的磁感应强度B可以不为0，D错误．
答案：C
3．解析：根据安培定则可知，通电长直导线在阴极射线管处的磁场方向垂直纸面向外，由图可知电子束运动方向由右向左，根据左手定则可知电子束受到的洛伦兹力方向向下，所以向下偏转，故B正确．
答案：B
4．解析：质子从左边水平飞入该区域，受到向下的电场力和向上的洛伦兹力作用，因恰能沿直线从右边水平飞出，故电场力和洛伦兹力平衡，即qE＝qvB，解得v＝ eq \f(E,B) ，若一电子以速率v从左向右飞入该区域，电场力和洛伦兹力的方向均反向，所以电子将沿直线运动，A、D错误，B、C正确．
答案：BC
5．解析：A对：据左手定则知，带正电的粒子向上偏转，带负电的粒子向下偏转，则P板带正电，Q板带负电．B错：因为Q板带负电，P板带正电，所以电流从a经用电器流向b.C错：因为P板带正电，Q板带负电，所以金属板间的电场方向向下．D对：等离子体发生偏转的原因是粒子所受洛伦兹力大于所受电场力．
答案：AD
6．解析：在加速电场中，由动能定理得Uq＝ eq \f(1,2) mv2
故质子获得的速度v＝ eq \r(\f(2Uq,m)) ＝6.0×105 m/s
质子受到的洛伦兹力F＝qvB＝4.8×10－17 N.
答案：4.8×10－17 N
7．解析：设M、N处的长直导线在O点产生磁场的合磁感应强度大小为B1，由安培定则可知每根导线在O点处产生的磁感应强度大小为 eq \f(1,2) B1，方向竖直向下，则电子在O点处受到的洛伦兹力为F1＝qvB1；当M处的长直导线移到P处时，O点处的合磁感应强度大小为B2＝2× eq \f(1,2) B1×cs 30°＝ eq \f(\r(3),2) B1，则电子在O点处受到的洛伦兹力为F2＝qvB2＝ eq \f(\r(3),2) qvB1，所以F2与F1之比为 eq \r(3) ∶2，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
8．解析：物块向左运动的过程中，受到重力、洛伦兹力、水平面的支持力和滑动摩擦力，向左做减速运动；当没有磁场时，有a0＝μg，v eq \\al(2,0) ＝2a0x0，a0t0＝v0，得x0＝ eq \f(v eq \\al(2,0) ,2a0) ＝ eq \f(v eq \\al(2,0) ,2μg) ，t0＝ eq \f(v0,a0) ＝ eq \f(v0,μg) ；有磁场时，当物块速度为v时，有a＝ eq \f(μ（mg＋qvB）,m) >a0，则x…故Δr逐渐减小，D正确．
答案：CD
9．解析：由题意知，粒子在静电分析器中做圆周运动，向心力由电场力提供，指向圆心，则带电粒子带正电，而粒子在加速电场中加速，可以判断出极板M比极板N电势高，A正确；粒子在加速电场中加速，有qU＝ eq \f(1,2) mv2，在静电分析器中做圆周运动，有qE＝m eq \f(v2,R) ，解得U＝ eq \f(1,2) ER，B正确；粒子在磁场中做圆周运动，有qvB＝m eq \f(v2,r) ，轨迹直径|PQ|＝2r＝ eq \f(2mv,qB) ＝ eq \f(2\r(2mEk),qB) ＝ eq \f(2\r(2mqU),qB) ＝ eq \f(2\r(2mq·\f(1,2)ER),qB) ＝ eq \f(2,B) eq \r(\f(mER,q)) ，C错误；该群粒子落在同一点，说明它们在磁场中做圆周运动的直径相等，都为 eq \f(2,B) eq \r(\f(mER,q)) ，可知它们的比荷相等，D正确．
答案：ABD
分层作业(六) 带电粒子在复合场中的运动
1．解析：A、C、D图中粒子在电场中向电场线的方向偏转，说明粒子带正电，进入磁场后，由左手定则可知A图中粒子应逆时针旋转，C图中粒子应顺时针旋转，D图中粒子应顺时针旋转，故A、D正确，C错误；同理，可以判断B错误．
答案：AD
2．解析：小球在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg＝qE，则小球带负电，A错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得：qvB＝m eq \f(v2,r) ，qU＝ eq \f(1,2) mv2，故小球做匀速圆周运动的半径r＝ eq \f(1,B) eq \r(\f(2UE,g)) ，B正确；由T＝ eq \f(2πr,v) 可以得出T＝ eq \f(2πE,Bg) ，与电压U无关，C、D错误．
答案：B
3．解析：微粒进入场区后沿直线ab运动，则微粒受到的合力或者为零，或者合力方向在ab直线上(垂直于运动方向的合力仍为零).若微粒所受合力不为零，则必然做变速运动，由于速度的变化会导致洛伦兹力变化，则微粒在垂直于运动方向上的合力不再为零，微粒就不能沿直线运动，因此微粒所受合力只能为零而做匀速直线运动；若微粒带正电，则受力分析如图甲所示，合力不可能为零．故微粒一定带负电，受力分析如图乙所示，故A正确，B错误；静电力做正功，微粒电势能减少，机械能增加，故C错误，D正确．
答案：AD
4．解析：小球在电场中的由静止下落到最低点的过程中，有mgL－qEL＝ eq \f(1,2) mv2，在最低点有F－mg＝ eq \f(mv2,L) ，解得F＝2mg，小球在磁场中由静止下落到最低点的过程中，有mgL＝ eq \f(1,2) mv′2，在最低点有2F－mg－qv′B＝ eq \f(mv′2,L) ，解得B＝ eq \f(m\r(2gL),2qL) ，A正确．
答案：A
5．解析：
(1)设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在电场中运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝ eq \f(1,2) at eq \\al(2,1) ，qE＝ma，vy＝at1
联立可得粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为
vy＝ eq \f(2L,t1) ＝v0，则tan α＝ eq \f(vy,v0) ＝1，α＝45°
粒子在磁场中的速度大小为v＝ eq \r(2) v0.
qvB＝ eq \f(mv2,r) ，
由几何关系得r＝ eq \r(2) L，
解得 eq \f(E,B) ＝ eq \f(v0,2) ；
(2)粒子在磁场中运动的周期为
T＝ eq \f(2πr,v) ＝ eq \f(2πL,v0) ，
在磁场中运动的时间为
t2＝ eq \f(1,4) T＝ eq \f(πL,2v0) ，
t1＝ eq \f(2L,v0) ，
解得 eq \f(t2,t1) ＝ eq \f(π,4) .
答案：(1) eq \f(v0,2) (2) eq \f(π,4)
6．解析：
两粒子运动轨迹如图所示，由几何关系知两粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝ eq \f(l0,sin 60°) ，由牛顿第二定律得qv0B＝ eq \f(mv eq \\al(2,0) ,r) ，解得B＝ eq \f(\r(3)mv0,2ql0) ，故A错误；由几何关系得，粒子①与粒子②在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为120°和60°，又因为粒子在磁场中的运动时间为t＝ eq \f(θ,2π) T，所以粒子①与粒子②在磁场中运动的时间之比为2∶1，故B正确；由几何关系得，粒子①与粒子②在电场中沿电场线方向的位移分别为 eq \f(3r,2) 和 eq \f(r,2) ，则满足 eq \f(3r,2) ＝ eq \f(1,2) at eq \\al(2,2) ， eq \f(r,2) ＝ eq \f(1,2) at eq \\al(2,1) ，得 eq \f(t2,t1) ＝ eq \r(3) ，即粒子①与粒子②在电场中运动的时间之比为 eq \r(3) ∶1，故C错误，D正确．
答案：BD
7．解析：以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；静电力qE，方向水平向右；洛伦兹力F洛＝qvB，方向始终垂直于速度方向．
(1)滑块从A到C的过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得
mgR－qER＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,C)
得vC＝ eq \r(\f(2（mg－qE）R,m)) ＝2 m/s，方向水平向左．
(2)根据洛伦兹力公式得
F＝qvCB＝5×10－2×2×1 N＝0.1 N
方向竖直向下．
答案：(1)2 m/s，方向水平向左
(2)0.1 N，方向竖直向下
8．解析：(1)微粒从N1沿直线运动到Q点的过程中受力平衡，则mg＋qE0＝qvB，到Q点后微粒做圆周运动，则mg＝qE0，联立以上两式解得：q＝ eq \f(mg,E0) ，B＝ eq \f(2E0,v) .
(2)微粒做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
qvB＝m eq \f(v2,r) ，解得：r＝ eq \f(mv,qB) ＝ eq \f(v2,2g) .
(3)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，
做圆周运动的周期为t2，则 eq \f(d,2) ＝vt1
2πr＝vt2，解得：t1＝ eq \f(d,2v) ，t2＝ eq \f(πv,g)
电场变化的周期T＝t1＋t2＝ eq \f(d,2v) ＋ eq \f(πv,g) .
答案：(1) eq \f(mg,E0) eq \f(2E0,v) (2) eq \f(v2,2g) (3) eq \f(d,2v) ＋ eq \f(πv,g)
分层作业(七) 楞次定律
1．解析：假设磁铁竖直向下运动，则向下穿过线圈的磁感线条数增加，即穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知感应电流的方向沿逆时针方向，与题图一致，B正确；同理可判断A、C、D错误．
答案：B
2．解析：当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增加，金属圆环中产生感应电流．根据楞次定律可知，感应电流要阻碍磁通量的增加：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离通电直导线的方式进行阻碍，故D正确．
答案：D
3．解析：因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过圆环形金属线框T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故D正确．
答案：D
4．解析：不论开关S拨至M端或N端，穿过右边金属圆环的磁通量都会增加，由楞次定律的“来拒去留”可知，圆环向右运动才能阻碍磁通量的增加，故B正确．
答案：B
5．解析：根据楞次定律的延伸含义：阻碍导体间的相对运动，即“来拒去留”，所以两环同时要向左运动．又因为两个铝环的感应电流方向相同，而同向电流相吸，所以，两环向左运动的同时间距变小，C正确．
答案：C
6．解析：因为金属线圈仅在进、出磁场时，线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线圈运动，使线圈的速度可能减为零，故A、D正确．
答案：AD
7．解析：A、B错：当线框进入磁场时，dc边切割磁感线，由楞次定律可判断，感应电流的方向为a→d→c→b→a；当线框离开磁场时，同理可判断其感应电流的方向为a→b→c→d→a.C错，D对：线框dc边(或ab边)进入磁场(或离开磁场)时，穿过金属线框的磁通量变化，产生感应电流，安培力产生阻碍作用(“来拒去留”)，机械能转化为电能，金属线框的速度减小．
答案：D
8．解析：0n3则I1>I2，根据理想变压器原、副线圈电流关系可知，开关由接a变为接b时，通过灯泡的电流变小，灯泡变暗，故B错误；若使输入交流电压的频率变化，但电压的有效值不变，灯泡亮度不变，故C错误；开关S接a时，灯泡两端的电压为UL＝U2＝ eq \f(n2,n1) U，流过灯泡的电流为IL＝ eq \f(n1,n2) I1，根据欧姆定律可得，灯泡的电阻为R＝ eq \f(UL,IL) ＝ eq \f(n eq \\al(2,2) U,n eq \\al(2,1) I1) ，故D正确．
答案：AD
10．解析：(1)因为ω＝2πf＝100π rad/s，矩形线圈转动，产生感应电动势的最大值Em＝NBSω＝1 100 eq \r(2) V
瞬时值表达式为u＝1 100 eq \r(2) cs 100πt(V).
(2)因为U1＝ eq \f(1 100\r(2),\r(2)) V＝1 100 V，而U2＝220 V，
则 eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(U1,U2) ＝ eq \f(5,1) .
(3)根据P入＝P出＝2.2×104 W，又P入＝U1I1，解得I1＝20 A，则与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为20 A.
答案：(1)u＝1 100 eq \r(2) cs 100πt(V) (2)5∶1
(3)20 A
分层作业(十六) 电能的输送
1．解析：输电线上损失的功率P损＝I2R线＝ eq \f(U eq \\al(2,损) ,R线) ＝U损I，U损指输电线上损失的电压，而不是输电电压，故C正确．
答案：C
2．解析：A错：根据P＝U输I线，输送相同的电功率，当输电电压增大时，则电流变小．
B错：频率与输送电压无关．
C错：根据P损＝I eq \\al(2,线) R线，输电线中电流减小，功率损失减小．
D对：输电电压增大时，输电电流变小，根据P损＝I eq \\al(2,线) R线知，电能损耗相同的情况下，可增大电阻，即输电线横截面积可以更小．
答案：D
3．解析：由于变压器只能改变交变电流，因此图乙中不可能接直流电源；T2是降压变压器，根据 eq \f(n3,n4) ＝ eq \f(I4,I3) >1，由于两次实验流过灯泡的电流相等，可知图乙中流过A的电流较小，加在图乙中A两端的电压较低，图乙中A消耗的功率较小，故D正确．
答案：D
4．解析：输电线电阻R＝ρ eq \f(L,S) ，输电电流I＝ eq \f(P,U) ，故输电线上损失的电功率P′＝I2R＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U))) eq \s\up12(2) ·ρ eq \f(L,S) ＝ eq \f(P2ρL,U2S) ，用户得到的电功率P用＝P－P′＝P(1－ eq \f(PρL,U2S) )
答案：BD
5．解析：A错：由题意知，发电厂的输出电压不变，即升压变压器的输入电压不变，升压变压器原、副线圈的匝数比固定，故输出电压也不变．B对：因为各负载并联，开关闭合后，总电流增大，即降压变压器的输出电流增大．C对：开关闭合后，总电流增大，即降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大；根据P损＝I eq \\al(2,线) r，输电线的电阻不变，所以输电线上损耗的功率增大．D错：变压器不改变交变电流的频率，故输电线上交变电流的频率不变．
答案：BC
6．解析：由理想变压器输入、输出功率相等可知P1＝P2，即U1I1＝U2I2，U2＝ eq \f(I1U1,I2) ，A正确；输电线上的电压降为U损＝U－U1，B错误；输电线路上损失的电功率为P损＝I eq \\al(2,1) r＝I1U－I1U1，C正确，D错误．
答案：AC
7．解析：额定电压为220 V的家用电器正常工作时，输电线路中的电流I＝ eq \f(P,U) ＝ eq \f(44×103,220) A＝200 A，故A错误；发电机的实际输出电压U0＝U＋Ir＝220 V＋200×2×400×2.5×10－4 V＝260 V，故B错误；输电线上损失的功率P损＝I2r＝2002×2×400×2.5×10－4 W＝8 000 W＝8 kW，故C正确；该柴油发电机输出电压的最大值Um＝260 eq \r(2) V≈368 V，故D错误．
答案：C
8．解析：当开关S接1时，左侧变压器副线圈两端电压
U2＝3×7.5 V＝22.5 V
电阻R上的电压，即右侧变压器副线圈两端电压
U4＝ eq \r(PR) ＝10 V
电流I4＝ eq \f(U4,R) ＝1 A
则右侧变压器原线圈两端电压U3＝ eq \f(2,1) ×10 V＝20 V
电流I3＝ eq \f(1,2) ×1 A＝0.5 A
则r＝ eq \f(U2－U3,I3) ＝5 Ω
当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器副线圈中的电流为0.5I；由右侧变压器原、副线圈电压关系可知 eq \f(U2－Ir,n3) ＝ eq \f(0.5IR,n4) ，解得I＝3 A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故选B、D.
答案：BD
9．解析：(1)输电线上的电流IR＝ eq \f(P,U) ＝ eq \f(44 000,220) A＝200 A
损失的电压UR＝IRR＝200×0.2×2 V＝80 V
损失的功率PR＝URIR＝80×200 W＝16 000 W＝16 kW
故用户得到的电压U用户＝U－UR＝140 V
用户得到的功率P用户＝P－PR＝28 kW.
(2)已知升压变压器的匝数之比n1∶n2＝1∶10，输入电压U1＝220 V，升压变压器的输出电压U2＝ eq \f(n2,n1) U1＝2 200 V
输电线上的电流I′R＝ eq \f(P,U2) ＝ eq \f(44 000,2 200) A＝20 A
损失的电压U′R＝I′RR＝20×0.2×2 V＝8 V
损失的功率P′R＝U′RI′R＝8×20 W＝160 W
因此，降压变压器的输入电压U3＝U2－U′R＝2 192 V
已知降压变压器的匝数比n3∶n4＝10∶1，则用户得到的电压U4＝ eq \f(n4,n3) U3＝219.2 V
用户得到的功率P′用户＝P－P′R＝43.84 kW.
答案：(1)140 V 28 kW (2)219.2 V 43.84 kW
分层作业(十七) 电磁振荡
1．解析：LC振荡电路中电容器充电完毕(尚未开始放电)时，电容器中的电场最强，线圈的磁场最弱，电场能和磁场能之间还没有发生转化，A正确．
答案：A
2．解析：在一个周期内，平行板电容器间的电场强度、线圈产生的磁场方向改变两次，A错误，C正确；在一个周期内，电容器充、放电各两次，电场能与磁场能相互转化两次，B错误，D正确．
答案：CD
3．解析：由线圈中的磁场方向，结合安培定则可知，电流从上向下流过线圈，分析电容器中场强方向可知，电容器上极板带正电，则电容器正在放电，故A正确；根据电磁振荡规律可知，电容器放电时，振荡电流增大，电场能向磁场能转化，磁场逐渐增强，故B、C、D错误．
答案：A
4．解析：由图像可知，在1×10－6 s～2×10－6 s内，极板上电荷量正在增大，说明LC振荡电路正在充电，回路中振荡电流正在减小，磁场能向电场能转化，故B正确．
答案：B
5．解析：根据题意知在t＝0时刻，回路中电容器的M板带正电，由题图可知，t＝0时电容器开始放电，当回路的磁场能减小时，电流减小，电容器在充电，而M板仍带正电，可判断出这段时间为图中cd段，选项A、B、C错误，D正确．
答案：D
6．解析：根据公式f＝ eq \f(1,2π\r(LC)) 可知要增大f，必须减小L和C二者之积．C跟电容器所带电荷量无关，减小两极板的正对面积、增大两极板间的距离、从两极板间抽出电介质都可减小电容C，因此，A错误，D正确；线圈匝数越少或抽出铁芯，L越小，可知B正确，C错误．
答案：BD
7．解析：开关S断开后，LC振荡电路开始振荡，由于起振时线圈中有电流，故属于电感起振，电容器开始充电，此时磁场能最大，电场能最小，磁场能将转化为电场能，C正确，D错误；线圈中的自感电动势阻碍电流的变化，A正确；断开S后，没有电流流过灯泡，灯泡立即熄灭，B错误．
答案：AC
8．解析：t＝0.02 s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值，说明经过了 eq \f(1,2) T，故LC回路的周期T＝2t＝0.04 s，故A错误；当LC回路中电流最大时，说明此时将要发生充、放电的转换，线圈中磁场能最大，电容器中电场能为零，故B错误；t＝1.01 s＝25 eq \f(1,4) T，可知此时电流最大，磁场能最大，此时电流方向由上极板流向下极板，即沿逆时针方向，故C正确，D错误．
答案：C
9．解析：开关S闭合时，电流稳定，因忽略线圈L的电阻，所以电容器两极板间的电压为零，电荷量为零，开关S断开，D灯熄灭，L、C组成的回路将产生电磁振荡，由于线圈的自感作用，在0≤t≤ eq \f(T,4) 的时间段内，线圈产生的自感电动势给电容器充电，线圈中的电流方向与原来的电流方向相同，所以a极板带负电，b极板带正电，且所带电荷量逐渐增多，电流值从最大逐渐减小到零，但电荷量却从零逐渐增加到最大，在 eq \f(T,4) 时刻充电完毕，电流值为零，而极板上的电荷量最多，B正确．
答案：B
10．解析：电容器放电时间为 eq \f(1,4) T，与电源电动势无关，即
t＝ eq \f(1,4) ×2π eq \r(LC) ＝ eq \f(1,2) π eq \r(LC) .
在 eq \f(1,4) T内电流平均值为 eq \x\t(I) ＝ eq \f(Δq,Δt) ＝ eq \f(CE,\f(π,2)\r(LC)) ＝ eq \f(2E,π) eq \r(\f(C,L)) .
答案： eq \f(1,2) π eq \r(LC) eq \f(2E,π) eq \r(\f(C,L))
分层作业(十八) 电磁场与电磁波
1．解析：变化的磁场能产生电场，变化的电场能产生磁场，周期性变化的电场和磁场相互联系，交替产生，形成一个不可分割的统一体，即电磁场，A、B、C错误，D正确．
答案：D
2．解析：电磁波在真空中以光速c＝3×108 m/s传播，A正确；在空气中传播的声波是纵波，B错误；声波不仅可以在空气中传播，也可以在液体和固体中传播，C错误；光属于电磁波，可以在真空中传播，D错误．
答案：A
3．解析：真空中所有电磁波的传播速度都是光速c，A、B错误；电磁波由真空进入介质，频率与介质无关，保持不变，而传播速度与介质有关，在任何介质中的传播速度都小于在真空中的传播速度．C正确，D错误．
答案：C
4．解析：电磁波传播方向与电磁场方向垂直，是横波，A正确；电磁波传播不需要介质，可以在真空中传播，B错误；电磁波可以朝任意方向传播，C错误；电磁波在空气中的传播速度接近光速，D正确．
答案：AD
5．解析：稳定的电场不会产生磁场，稳定的磁场也不会产生电场，即电场不一定能产生磁场，磁场也不一定能产生电场，A错误，B正确；均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场，C错误；利用电磁波传递信号可以实现无线通信，电磁波也能通过光缆传输，D错误．
答案：B
6．解析：干涉、衍射和多普勒效应是波特有的现象，电磁波和机械波都能产生干涉、衍射和多普勒效应，A正确；如果机械波波源停止振动，在介质中传播的机械波仍将继续传播，B错误；机械波和电磁波由一种介质进入另一种介质传播时，波速发生变化，频率不变，根据v＝λf可知，波长改变，C、D错误．
答案：A
7．解析：由麦克斯韦的电磁场理论可知，均匀变化的磁场可在周围空间产生恒定的电场，故C正确．
答案：C
8．解析：声音传到甲所需时间为t1＝ eq \f(60,340) s≈0.176 s；传到乙所需时间为t2＝ eq \f(1 000×103,3×108) s＋ eq \f(5,340) s≈0.018 s，所以t2