高考物理1_5轮资料汇编专题12交变电流试题精选精练 64页

专题12交变电流一、单选题1．一个闭合的矩形线圈放在匀强磁场中匀速转动，角速度为ω时，线圈中产生的交变电动势的最大值为E0，周期为T0，外力提供的功率为P0.若使线圈转动的角速度变为2ω，线圈中产生的交变电动势的最大值为E，周期为T，外力提供的功率为P.则E、T和P的大小为（）A．E＝2E0，T＝T0，P＝2P0B．E＝E0，T＝T0，P＝2P0C．E＝2E0，T＝T0，P＝2P0D．E＝2E0，T＝T0，P＝4P0【答案】D2．如图所示，有一矩形线圈绕OOˊ轴在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，通过滑环接一理想变压器．线路中接有电压表和电流表，不计矩形线圈和导线的电阻。滑动接头P可以上下移动，副线圈上接有可调电阻R，下列判断正确的是（）A．当P位置不动、R增大时，电压表的示数增大 B．当P位置不动、R增大时，电压表的示数减小C．当P位置向上移动、R不变时，电流表的示数增大D．当P位置向上移动、R不变时，电流表的示数减小【答案】C【解析】因不计矩形线圈和导线的电阻，电压表的示数即电动势的有效值，电动势不变，电压表示数不变，故选项A、B错误；根据理想变压器变压规律，副线圈输出电压U2=，因n1减小，U2会增大，由输出功率等于输入功率P2=知，电流表示数I1会增大，故选项C正确，选项D错误。考点：理想变压器规律及动态分析3．为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电，当高压到达用户端时再变为低压．若某变电站将电压的交流电降为220V供居民小区用电，则变电所变压器（）A．原、副线圈匝数比为50∶1B．副线圈中电流的频率是100HzC．原线圈的导线比副线圈的要粗D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和[来【答案】A【解析】由交流电瞬时值表达式可知，最大值为11000V，频率为50Hz，则有效值为11000V，变压器原副线圈匝数比为50：1，A正确；原副线圈中交变电流频率相同，B错误；原副线圈功率相同，由P=IU知副线圈电压低则电流大，则副线圈导线要粗些，C错误；变压器输入功率等于输出功率，电流不相等，D错误。4．某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示。如果其他条件不变，仅使线圈的转速变为原来的一半，则交流电动势的最大值变为（）A.200VB.C.50VD.25V【答案】C【解析】由图读出原来交流电动势的最大值Em=100V，周期T=0.04s，根据感应电动势最大值的表达式Em=NBSω得知，Em与ω成正比，则线圈的转速变为原来的一半，感应电动势最大值变为原来的一半，为Em′=50V．故选C.考点：交流电的产生及变化规律。 5．如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N内阻不计，绕轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是（）A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=B．矩形线圈从图示位置经过时间时，通过电流表的电荷量为0C．当P位置不动,R增大时，电压表读数也增大D．当P位置向上移动、R不变时，电流表读数减小【答案】A6．如图示，为一交流随时间变化的图象，则此交流的有效值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由图象可知此交变电流的周期是2s．设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则：，解得，故选C。考点：交流电的有效值.7．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为10∶1，R1=20Ω，R2=10Ω，C为电容器，原线圈所加电压u=220sin100πt(V).下列说法正确的是.（） A.原线圈的电流为0.33AB．电阻R2的电功率为48.4WC.原、副线圈两端交变电压的频率比为10:1D.原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10:1【答案】B【解析】由变压器变压公式，副线圈电压U2=22V，由于有电容器，输出功率大于P=72.6W，原线圈的电流为大于I=P/U=0.33A，选项A错误；电阻R2中电流为2.2A，电功率为48.4W，选项B正确；原、副线圈两端交变电压的频率比为1:1，原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为1:1，选项CD错误。8．如题20图所示为重庆某中学教学区供电示意图，供电部门通过理想变压器原线圈A、B端送电，虚线框内表示教学区内各教室的照明电路．已知变压器副线圈C、D端距教学区输入端E、F距离较远，之间输电线电阻不能忽略，设定A、B端输入电压一定，则以下说法正确的是（）A．如果教学区同时使用的电灯减少，A、B端输入电功率仍不变B．CD端电压一定为220VC．EF端电压一定为220VD．教学区内同时使用的电灯越多，EF端输入电压越低【答案】D【解析】使用的电灯减少，消耗的功率越小，根据变压器输入端功率等于输出端功率，则输入端功率也减小，A错误；如果保证平时灯泡能正常工作，需要CD端的电压大于220V，B错误；EF两端的电压随着功率的增大，线路损失的电压变大而减小，C错误、D正确。9．一个多匝闭合矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交流电的电动势表达式为（V），则下列判断正确的是：（）A．该交电流的频率为50HzB．通过该矩形线圈磁通量的最大值为100WbC．该交电流电动势的有效值是100VD．1s内该交流电电流的方向变化50次 【答案】D【解析】由感应电动势瞬时值的表达式，可见峰值为100V，角速度为50πrad/s，频率f=w/2π=25Hz，A错；由Em=NBSw，最大磁通量BS=，无法求出，C错；1s内线圈转动25圈，线圈每转一圈电流方向变化两次，D对；10．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2:1，电阻R=55Ω，原线圈两端接一正弦式交变电流，该交变电流电压的有效值为220V。电路中交流电压表和电流表的示数分别为（）A．110V、2.0AB．440V、8.0AC．156V、1.4AD．55V、0.5A【答案】A【解析】由变压器变压公式，副线圈输出电压为110V，电流2.0A，电路中交流电压表和电流表的示数分别为110V、2.0A，选项A正确。11．如图所示电路中，电源电压u=311sin100t（V），A、B间接有“220V，440W”的电暖宝、“220V，220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝。下列说法正确的是（）A．交流电压表的示数为311VB．电路要正常工作，保险丝的熔断电流不能小于3AC．电暖宝的发热功率是抽油烟机的2倍D．1min抽油烟机消耗的电能为220J【答案】B【解析】交流电压表测量的是电压的有效值，因此电压表的示数为，A错；电路中的额定功率为660W，因此电路中的最大电流为，B对；抽油烟机的功率220W是消耗的电功率，转化为热功率和机械功率，由此可知电暖宝的发热功率大于抽油烟机发热功率的2倍，C错；由W=Pt可知1min抽 油烟机消耗的电能为，D错；故选B考点：考查有效值的理解点评：本题难度较小，一切与发热功率有关的物理量均采用有效值，交流电压表或电流表测量的是交变电流的有效值12．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）A.t＝0．005s时线框的磁通量变化率为零B.t＝0．01s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311VD.线框产生的交变电动势频率为100Hz【答案】B【解析】由图可知t=0.005s时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，所以穿过线框回路的磁通量的变化率最大，A错误；t=0.01s时刻感应电动势等于零，穿过线框回路的磁通量最大，此时线框平面与中性面重合，B正确；产生的有效值为：，故C错误；周期为，故频率为，故D错误．视频13．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（）A.＝B.I2＝C.I1U1＝I22RD.I1U1＝I2U2【答案】D 考点：本题主要考查了远距离输电的应用问题，属于中档题。视频14．如图所示是某种交变电流的电流随时间变化的图线，i＞0部分的图线是一个正弦曲线的正半周，i＜0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周，其最大值如图中所示，则这种交变电流的有效值为（）A．I0B．I0C．I0D．I0【答案】C【解析】设电流的有效值为I，则，解得选项C正确。考点：交流电的有效值的计算。15．图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3:1，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图像，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，以下说法正确的是（）A.ab输入端电压的瞬时值表达式为πt(V)B.电流表的示数为2A，且四只灯泡均能正常发光C.流过灯L2的电流每秒钟方向改变50次D.ab输人端输人功率Pab=18W【答案】B【解析】 据题意，从乙图可知该交流电的周期为：，则有：，该交流电在ab端输入电压瞬时值为：，故选项A错误；由于理想变压器中，则，故四个灯泡刚好正常发光，故选项B正确；1秒有50个周期，每个周期电流变向两次，则1秒内该交变电流变向100次，故选项C错误；输入功率等于输出功率，即：，而ab端输入功率为：，故选项D错误。考点：本题考查交变电流。16．一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为（）A．5B．B．6AD．5A【答案】B【解析】0--1s时间内，感应电动势为E1=nΔΦ/Δt=1V,电流为2A，1--1.2s内，感应电动势E2=nΔΦ/Δt=5V，感应电流为10A，一个周期内发热量为I12Rt1+I22Rt2=I2R（t1+t2），得I=，B正确。考点：本题考查电磁感应定律和交变电流有效值。17．如图甲所示的电路中，S为单刀双掷开关，电表为理想电表，Rt为热敏电阻（阻值随温度的升高而减小），理想变压器原线圈接图乙所示的正弦交流电，则（）A.变压器原线圈中交流电压u的表达式u=110sin100πt（V）B.S接在a端，Rt温度升高时，变压器的输入功率变小C.S接在a端，Rt温度升高时，电压表和电流表的示数均变大D.S由a切换到b，Rt消耗的功率变大【答案】A 【解析】由图乙知交流电最大值Um=110V，周期T=0.02s，，所以交流电u=Umsint=110sin100t(V)，故A正确；Rt温度升高时Rt减小，根据变压器规律知副线圈电压U不变，故选项C错误；根据P入=P出=知变压器输入功率变大，选项B错误；当S由a切换到b时，副线圈匝数n2减小，原线圈匝数n1不变，根据变压规律知副线圈电压U减小，根据P出=知Rt上消耗功率减小，故选项D错误。考点：理想变压器规律18．图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1=n4＜n2=n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时（）A.A1、A2两表的示数相同B.L1、L2两灯泡的量度相同C.R1消耗的功率大于R3消耗的功率D.R2两端的电压小于R4两端的电压【答案】D【解析】设AB间的输入电压为U1，根据输送电功率P=UI，可得电流表A2的示数为，电流表A1的示数为，根据变压规律又因为n1＜n2，故U2大于U1，所以，所以A错误；导线上损耗的功率，又R1、R2的电流小，所以损耗的功率比R3、R4损耗的少，故L1的电功率大于L2的电功率，所以亮度不同，故B错误；根据知，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，故C错误；根据U=IR可知R2两端的电压小于R4两端的电压，所以D正确。考点：本题考查变压器、远距离输电视频 19．在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则e/VBt/sO311-3110.01ω甲乙（）A．t=0.005s时线圈平面与磁场方向平行B．t=0.010s时线圈的磁通量变化率最大C．线圈产生的交变电动势频率为100HZD．线圈产生的交变电动势有效值为311V【答案】A【解析】t=0.005s电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行，故A正确；t=0.010s时电动势为0，则线圈的磁通量变化率为0，故B错误；由图可知周期为0.02，则频率为=50Hz，故C错误；线圈产生的交变电动势有效值为V，故D错误。考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率20．图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3:1，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图像，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表,下说法正确的是（）A.ab输入端电压的瞬时值表达式为(V)B.电流表的示数为2A，且四只灯泡均能正常发光C.流过灯L2的电流每秒钟方向改变50次 D.ab输人端输入功率Pab=18W【答案】B考点：交变电流变压器21．如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2。则（）A.用户端的电压为I1U1/I2B.输电线上的电压降为UC.理想变压器的输入功率为I12rD.输电线路上损失的电功率为I1U【答案】A【解析】由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U2，则U1I1=U2I2，得：．故A正确；输电线上损失的电压为U-U1，故B错误；理想变压器的输入功率为U1I1．故C错误；等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，所以输电线是损耗的功率是：I12r．故D错误；故选A．考点：远距离输电【名师点睛】此题是关于远距离输电问题；要知道理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系。视频22．如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率为10W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是（） A．变压器输入电压的瞬时值表达式为B．电压表的示数为220VC．变压器原、副线圈的匝数比为11:1D．变压器的输入功率为110W【答案】C【解析】从图象中可得交流电周期，所以，表达式为，故A错误；根据公式，原线圈输入电压为220V，电压表示数为灯泡的额定电压，故B错误；根据公式可得，故C正确；变压器的输入功率与输出功率相等，为10W，故D错误考点：考查了交流电图像，理想变压器，电功率23．如右图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是（）A.若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为VB.若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C.若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D.若保持负载电阻的阻值不变．输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的8倍【答案】A【解析】若电压表读数为6V，根据变压规律，原线圈的电压U1=4U2=24V，最大值为V，所以A正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，根据 ，可得副线圈电压为原来2倍，再根据欧姆定律可知电流表读数为原来2倍，所以B错误；若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，输出功率减为原来的一半，又输入功率也减为原来的一半，所以C错误；若保持负载电阻的阻值不变．输入电压增加到原来的2倍，则输入电压U2也为原来的2倍，由知，输出功率增加到原来的4倍，故D错误。考点：本题考查交流电、变压器视频24．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r=1.0Ω，外接R=9.0Ω的电阻。闭合开关S，当发动机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=（V），则（）A.该交变电流的频率为10HzB.该电动势的有效值为VC.外接电阻R所消耗的电功率为10WD.电路中理想交流电流表的示数为1.0A【答案】D【解析】交流电的频率，A错误；该电动势的最大值为，B错误；电压有效值为，电路中电流为，外接电阻所消耗的电功率为，C错误D正确。考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式【名师点睛】根据电动势瞬时值的表达式可以知道角速度、最大值，从而计算频率和有效值，结合欧姆定律进行其它分析。视频25．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=10:1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R=10Ω。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是（） A．当S与a连接后，理想电流表的示数为2.2AB．当S与a连接后，t=0.01s时理想电流表示数为零C．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25Hz【答案】C【解析】当S与a连接后，变压器初级电压有效值：，次级电压为：，电流表示数为：，选项A错误；因为电流表显示的读数是有效值，所以当S与a连接后，t=0.01s时理想电流表示数为2.2A，选项B错误；当S由a拨到b后，则原线圈电流有效值仍为220V，次级电压变为，电阻R上的功率变为，原线圈的输入功率变为原来的4倍，选项C正确；当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率不变，仍为，选项D错误。考点：电功率及变压器的原理的应用。26．如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R．T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3；它的输出电压和输出功率分别为U4和P4．下列说法正确的是（） A．当用户的用电器增多时，U2减小，U4变大B．当用户的用电器增多时，P2变大，P3减小C．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应减小降压变压器的匝数比D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比【答案】D【解析】通过理想升压变压器T1将电送到用户附近，然后用理想降压变压器T2向远处用户供电家中．提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率．A．当用户的用电器增多时，用户消耗的功率变大，P2变大，P3变大，用户电流变大，输电线上电流变大，电压降变大，，不变，，U4变小；ABC错误；D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，输电电压变大，在输送功率一定的条件小，输电线电流减小，T2输入电压变大，要用户得到额定电压，同时应增大降压变压器的匝数比,D正确。故选：D。考点：远距离输电；变压器的构造和原理．点评：理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比．27．如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B.线圈先后两次转速之比为2:1 C.交流电a的瞬时值为D.交流电b电压的最大值为5V【答案】C考点：本题考查了正弦式电流的感应电动势与磁通量的关系、电动势最大值公式。28．一线圈在磁场中转动产生的正弦交流电的电压随时间变化的规律如右图所示。由图可知（）A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin25t（V）B．0.01秒末线圈处中性面的位置C．该交流电电压的有效值为100VD．若将该交流电压加在阻值为R=100的电阻两端，则电阻消耗的功率为50W【答案】D【解析】根据正弦交流电的电压随时间变化的规律的图像，可知周期，角速度，交流电最大值，有效值，选项C错。交流电电压瞬时值表达式为，选项A错。0.01s秒末线圈产生的感应电动势最大，磁通量变化率最大，磁通量最小，线圈处在垂直中性面的位置，选项B错。若将该交流电压加在阻值为R=100的电阻两端，则电阻消耗的功率的计算用有效电压计算，即，选项D对。考点：正弦交流电29．一理想变压器的原线圈A、B两端接入电压为u=3sin314tV的交变电流。原线圈匝数n1 =100匝，副线圈匝数n2=200匝，则（）A．将击穿电压为6V的电容器接在C、D两端，能正常工作B．把电磁打点计时器接在C、D两端，打点周期为0.01sC．把额定电压为6V的小灯泡接在C、D两端，小灯泡能正常工作D．把交流电压表接在C、D两端时，电压表读数为8.48V【答案】C考点：理想变压器规律正弦交流电有效值与最大值关系30．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为55∶9，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交变电流，图中R′为可变电阻，R为定值电阻．下列说法正确的是（）A．电压表V2的示数为36VB．原线圈两端电压的瞬时值表达式为（V）C．R′减小时，电流表的示数变大，电压表V2的示数变大D．变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为55∶9【答案】A【解析】根据理想变压器的特点可知，输出电压的峰值 ，电压表测得的是有效值，根据正弦交变电流规律可知，电压表V2的示数为，所以选项A正确；由图乙可知，交变电流的周期0.02s，峰值电压为，故电压的瞬时值表达式为，所以选项B错误；输入功率等于输出功率，所以选项D错误；考点：理想变压器31．31．如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，与灯泡L1连接的是一只理想二极管D.下列说法中正确的是（）A.闭合开关S稳定后L1、L2亮度相同B.断开S的瞬间，L2会逐渐熄灭C.断开S的瞬间，L1中电流方向向左D.断开S的瞬间，a点的电势比b点高【答案】D【解析】闭合开关S稳定后被短路，A错误；断开S的瞬间，立即熄灭，B错误；断开S的瞬间，由于电路电流减小，所以产生还原电流方向一致的感应电流，故a中电流方向向右，C错误，L相当于一个电源，右端为正极，所以a点电势比b点电势高，D正确故选D考点：考查了自感现象点评：做此类问题关键是分析谁和电感线圈组成闭合回路32．电阻为1Ω的矩形线圈，绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示。现把交流电加在电阻为9Ω的电热丝上，则下列说法中正确的是（）A．线圈转动的角速度为100πrad/sB．电热丝两端的电压U=100VC．如果线圈转速提高一倍，则电流不会改变D．用电流表测量电热丝的值为20A 【答案】A【解析】有图像可得交流电变化的周期,所以线圈转动的角速度，选项A对。根据图像可判断该交流电为正弦交流电，正弦交流电的有效值，以匀速选择的矩形线圈为电源则有电动势，内阻，外电阻，电路中电流表示数也是有效值，大小为选项D错。电热丝两端的电压选项B错。矩形线圈绕垂直磁场的轴匀速旋转产生的最大电动势，如果线圈转速提高一倍则角速度提高一倍，最大电动势提高一倍，电动势提高一倍，所以电流提高一倍，选项C错。考点：正弦交流电最大值有效值33．在图甲所示的电路中，理想变压器原线圈两端的正弦交变电压变化规律如图乙所示。已知变压器原、副线圈的匝数比，串联在原线圈电路中电流表A1的示数为1A，下列说法正确的是（）A．变压器输出端交流电的频率为5HzB．电流表A2的示数为0.1AC．电压表V的示数为220VD．变压器的输出功率为220W【答案】D【解析】变压器副线圈电流频率等于原线圈电流频率，即频率为50Hz，所以A选项错误；据原副线圈电流之比等于匝数的反比，原线圈电流为1A，副线圈电流为10A，所以B选项错误；交流电路中电表的数值是有效值，则电压表的示数位u=um/=220v，所以C选项错误；变压器输出功率等于输入功率，即P出=P入=UI=220w，D选项正确。考点：本题考查对交流电的理解和对变压器的理解。34．某电源输出的电流既有交流成分又有直流成分，而我们只需要稳定的直流，下列设计的电路图中，能最大限度使电阻R2获得稳定直流的是（） 【答案】A【解析】由A图电路图可知，电感线圈阻挡住低频交流电，使低频交流电通过电阻R1，电容器与电阻R2并联，高频交流电通过电容器，直流通过R2，符合要求，故A正确；由B电路图可知，该电路不能有效过滤高频交流电，故B错误；由C电路图可知，该电路不能过滤通过R2的低频交流电，故C错误；由D电路图可知，该电路不能有效过滤通过R2的低频成分，故D错误.。考点：电感及电容对交流电的作用。35．如图所示理想变压器原副线圈匝数比为1：2，两端分别接有四个阻值相同的灯泡，已知4盏灯均能发光，则L1和L2的功率之比为（）A．1：1B．1：3C．9：1D．3：1【答案】C考点：变压器36．图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示．发电机线圈内阻为10Ω，外接一只电阻为90Ω的灯泡，不计电路的其他电阻，则B（） 图甲图乙A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直B．每秒钟内电流方向改变100次C．灯泡两端的电压为22VD．0~0.01s时间内通过灯泡的电量为0【答案】B【解析】由图乙电动势随时间变化的正弦规律图像可知：计时起点e=0，即从中性面开始计时，所以A错误；由图象可知：电动势周期为0.02s，所以频率为50Hz，即每秒钟内电流方向改变100次，所以B正确；由图象可知：电动势的有效值为22V，所以灯泡两端的电压为，所以C错误。0~0.01s时间内通过灯泡的电流均为正方向，所以电量不为0，即D错误。考点：本题考查交变电流37．如图，线圈abcd的ad长20cm，ab长10cm，匝数N=50匝，电阻不计，在磁感应强度B=T的匀强磁场中绕OO1轴匀速转动，角速度w=100rad/s，OO1轴通过ad且同时垂直于ad和bc，距ab的距离是距dc的距离的2倍．线圈的输出端接单相理想变压器线圈，接在变压器副线圈两端的灯泡“10V，10W”刚好正常发光．则（）A.变压器原线圈两端电压有效值为100VB.变压器原线圈中电流为1AC.变压器的原副线圈匝数比为10：1D.通过灯泡的交流电频率为50Hz【答案】C【解析】线框与磁场垂直时，位于中性面，感应电动势为零．根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论 矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为V，故有效值为U1=100V，故A错误；由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为：，故C正确；根据功率为知，又知，故B错误；通过灯泡的交流电频率为，故D错误；【点睛】对于变压器需要掌握公式、，以及知道副线圈的电流以及功率决定了原线圈中的电流和功率，38．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中再串一个相同的灯泡L，则（）A．灯L也能正常发光B．灯L比另外三个灯都暗C．灯L将会被烧坏D．不能确定【答案】A.【解析】原、副线圈中的电流之比为＝＝，而副线圈中通过每盏灯的电流均为其额定电流I额＝.又I1＝I2，所以通过原线圈中灯L的电流恰为其额定电流，灯L正常发光，所以A正确．39．某交流发电机给灯泡供电,产生交变电流的图像如图所示,下列说法中正确的是（）A.交变电流的频率为100HzB.交变电流的瞬时表达式为i=5cos(50πt)AC.该交流电的电压的有效值为5D.在t=5×10-3s时,穿过交流发电机线圈的磁通量最大【答案】D【解析】 由图象可知，交变电流的周期，可知频率为50Hz，A错误；电流的最大值为5A，根据图象可在瞬时值表达式为：i=5cos(100πt)A，B错误；由于交流电流的有效值，此交流电流的有效值，而题中没给出灯泡的电阻，因此无法知道交流电压的有效值，C错误；在t=5×10-3s时，回路的感应电流最小，此时线圈处于中性面上，穿过交流发电机线圈的磁通量最大，D正确。考点：交变电流40．某同学为了验证自感现象，自己找来带铁芯的线圈L（线圈的自感系数很大，构成线圈导线的电阻可以忽略）、两个相同的小灯泡A和B、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。经检查，各元件和导线均是完好的，检查电路无误后，开始进行实验操作。他可能观察到的现象是（）A．闭合S瞬间，A比B先亮B．闭合S瞬间，B比A先亮C．断开S瞬间，A比B先熄灭D．断开S瞬间，B比A先熄灭【答案】A【解析】从实物图中我们可以看出两个小灯泡是并联状态，其中自感线圈和B灯泡串联，当闭合开关的瞬间，通过B的电流增大，自感线圈产生感应电流阻碍电路电流增大，所以B是逐渐亮起来，而A灯泡不受影响，故A比B先亮，A正确，B错误；当断开开关的瞬间，电流电流减小，自感线圈要阻碍电流的减小，产生与原电流方向相同的感应电流，所以B灯泡是缓慢熄灭，而A是立即熄灭，故CD错误，考点：考查了电感电容对电流的阻碍作用的应用41．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中、、和均为固定电阻，开关S是闭合的，和为理想电压表，读数分别为和；、和为理想电流表，读数为别为、和。现断开S，不变，下列推断正确的是：（）A、变小，变小B、不变，变小 C、变小，变小D、变小，变大【答案】C【解析】原副线圈电压之比等于线圈匝数比值，因此S断开不能改变U2大小，所以排除A。由于U2不变，当S断开，则输出端负载增加，即总电流变小，即I2变小，输出功率变小，所以I1也变小。所以排除D。因此R1分得电压变小，所以R234总电压增加，因此R2电流应该变大。由于I2变小，所以I3变大。综上分析答案为C。考点：远距离输电点评：本题考查了远距离输电问题中常见的问题，结合闭合电路欧姆定律，通过先分析内阻，在分析定值电阻从而找到解决问题关键。42．如图甲是阻值为5Ω的线圈与阻值为15Ω的电阻R构成的回路。线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。则（）A．电压表的示数为14.14VB．通过电阻的电流为0.707AC．电阻R上消耗的功率为3.75WD．通过电阻的电流方向每秒变化100次【答案】B【解析】14.14V为电动势的有效值，而电压表显示的是路端电压，所以A错；通过电阻的电流应是：，所以B正确；电阻R上消耗的功率为：从乙图可知，交流电的频率是25Hz，通过电阻的电流方向每秒变化50次，所以D错。考点：欧姆定律电动势的最大值及有效值交流电43．如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1:n2=10:1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示。变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，R1为一定值电阻。下列说法中正确的是（） A．电压表示数为22VB．当传感器R2所在处出现火警时，电压表的示数减小C．当传感器R2所在处出现火警时，电流表的示数减小D．当传感器R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变小【答案】B考点：交流电的图象，变压器，电路动态分析44．如图所示，MN、PQ是两条在水平面内、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R=的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1∶n2=2，导轨宽度为L=0.5m。质量为m=1kg的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力作用下，从t=0时刻开始往复运动，其速度随时间变化的规律是v=2sin，已知垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度为B=1T，导轨、导体棒、导线和线圈的电阻均不计，电流表为理想交流电表，导体棒始终在磁场中运动。则下列说法中错误的是（）A．在t=1s时刻电流表的示数为B．导体棒两端的最大电压为1VC．单位时间内电阻R上产生的焦耳热为0.25JD．从t=0至t=3s的时间内水平外力所做的功为0.75J【答案】D 【解析】据题意，速度变化规律为v=2sint/2，则产生的电动势为E=BLv=BL2sint/2，当t=1s时，电动势为Em=1v，则原线圈电压为U1m=E=1v，B选项正确，据U1:U2=n1:n2得副线圈电压U2m=0.5v，据I2m=U2m/R=1A，又据I1:I2=n2:n1得I1m=1/2A，所以原线圈的电流表读数为I1=I1m/=1/2A，所以A选项正确；电阻R上产生的单位时间内的焦耳热为Q=I22Rt=0.25JC选项正确；水平外力做的功据动能定理有：w外-w安=mv2/2，则有w外=w安+mv2/2，而安培力做功为：w安=U2I2t=0.75J所以很显然D选项错误。考点：本题考查理想变压器最大值与有效值的关系、考查热量的计算和动能定理的应用。45．如图所示，匝矩形导线框以角速度在磁感应强度为的匀强磁场中绕轴匀速转动，线框面积为，线框的电阻为，电感不计，外电路接电阻、理想交流电流表。下列说法正确的是（）A．图示位置线圈的感应电动势为B．交流电流表的示数C．一个周期内通过的电荷量D．两端电压的有效值【答案】B考点：本题考查了交流发电机及其产生正弦式电流的原理、正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.46．如图所示为某小型水电站的电能输送示意图，A为升压变压器，其输入功率为P1，输出功率为P2，输出电压为U2；B为降压变压器，其输人功率为P3,，输入电压为U3。A、B均为理想变压器，,输电电流为I，输电线的总电阻为r，则下列关系正确的是（） A．U2=U3B．U2=U3+IrC．P1>P2D．P2=P3【答案】B【解析】由于输电线有电阻，输电线上有电压降，所以U2=U3+Ir，选项A错误B正确。对于理想变压器，P1=P2，选项C错误；由于输电线上发热，消耗电能，所以P2>P3，选项D错误。47．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5:1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。则下列说法正确的是（）A.原、副线圈中的电流之比为5:1B.电压表的读数约为44VC.若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量为2904JD.若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均增大【答案】C【解析】原线圈电压为220V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l，根据，则副线圈原、副线圈中的电流之比为1：5，A错误；根据,原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知,解得U=22=31.11V，故B错误；则1min内滑动变阻器产生的热量为，故C正确；将滑动变阻器滑片向上滑动时，次级阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，所以D错误．故选：C考点：变压器；电功率；电路的动态分析.视频48．图5甲是某小型家用电器电源部分的主要工作电路图，工作时I部分变压器原线圈A、B两端与输出电压为220V的交流电源相连接，通过电路元件的工作最后在III部分E、F两端输出6.0V的直流电。当A、B 两端输入如图5乙所示的交变电压时，在II部分的M、N两端输出的电压如图5丙所示。III部分的自感线圈L的直流电阻可忽略不计。关于该电路及其工作过程，下列说法中正确的是（）A．I部分的变压器是降压变压器B．III部分的自感线圈L的作用是阻碍直流成分，导通交流成分C．III部分的电容器C的作用是阻碍交流成分，导通直流成分D．M、N两端输出电压的有效值为2U【答案】A【解析】考点：变压器的构造和原理；电容．分析：二极管的作用是通过正向的电流，阻止负向的电流，电容器C的作用是通交流阻直流，自感线圈L的作用是通直流阻交流，由此可以分析电路的作用．解：A、理想变压器的输入的电压为220V，输出的电压为6V，所以该变压器为降压变压器，所以A正确；B、Ⅲ部分的自感线圈L的作用是通直流阻交流，B错误；C、Ⅲ部分的电容器C的作用是通交流阻直流，所以C错误；D、Ⅱ部分的M、N端输出电压为正弦函数，所以有效值为U0，所以D错误；故选A．49．某理想变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈输入电压按图3所示的规律变化，副线圈接有负载。则（）A．变压器输入、输出电流之比为55∶9B．变压器输入、输出功率之比为55∶9C．变压器输出电压的有效值为36VD．变压器输出电压的频率为2×10-2Hz 【答案】C【解析】A、原副线圈的电流之比等于匝数之反比，则变压器输入、输出电流之比为9:55.故A错误。B、变压器输入、输出功率相等。故B错误。C、原副线圈的电压比等于匝数之比，因为原线圈的电压有效值为220V，则输出电压为36V。故C正确。D、交流电的周期T=2S，则交流电的频率f=50Hz。输入电压和输出电压交流电的频率不变。故D错误。故选C。50．如图所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x轴和曲线围成（x≤2m），现把一边长为2m的正方形单匝线框以水平速度v=l0m/s水平匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4T，线框电阻R=0.5Ω，不计一切摩擦阻力，则（）A．水平拉力F的最大值为8NB．拉力F的最大功率为12.8WC．拉力F要做25.6J的功才能让线框通过此磁场区D．拉力F要做12.8J的功才能让线框通过此磁场区【答案】C【解析】线框通过磁场区域，感应电流先增大然后减小，形成正弦交流电，周期为2l/v=0.4s，感应电动势最大值为Em=Blv=8V，有效值为V，感应电流最大值为16A，有效值为A，则水平拉力最大值为Fm=BIml=12.8N，A错误；拉力的最大功率为Pm=Fmv=128W，B错误；线框匀速通过，拉力做功等于焦耳热，Q=I2Rt=25.6J，C正确，D错误。考点：本题考查交变电流的产生和有效值。二、多项选择题51．如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连。若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（） A.变压器输入电压的最大值是220VB.若电流表的示数为0.50A，变压器的输入功率是12WC.原线圈输入的正弦交变电流的频率是50HzD.电压表的示数是24V【答案】BC【解析】由图乙可知变压器输入电压的最大值是，故A错误；原线圈输入交流电压有效值为220V，理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，副线圈电压为24V，即电压表的示数是24V，则变压器的输入功率是：，故B正确，D错误；由图乙可知交流电周期T=0.02s，可由周期求出正弦交变电流的频率是50Hz，故C正确。所以BC正确，AD错误。点睛：根据图象准确找出已知量，并准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系即可解题。52．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，Rt是用氧化锰等金属氧化物烧结而成的热敏电阻.从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值,则下列说法不正确的是：（）A.当时，c、d间的电压瞬时值为110VB.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VC.当单刀双掷开关与a连接时，Rt温度升髙，则电压表和电流表的示数均变小D.当单刀双掷开关由a扳向b时，则电压表和电流表的示数都变大【答案】AC 点睛：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结果。53．如图所示，n匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U的灯泡，灯泡正常发光．从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是（）A.图示位置穿过线框的磁通量变化率最大B.灯泡中的电流方向每秒改变次C.变压器原、副线圈匝数之比为D.线框中产生感应电动势的表达式为【答案】BD【解析】A、图示位置线框位于中性面，穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为0，故A错误；B、交流电的周期，1s内完成周期性变化的次数，1个周期电流方向改变2次，所以灯泡中电流方向每秒改变，故B正确；C、原线圈电压的有效值，副线圈电压的有效值U2＝U，所以原副线圈的匝数比为，故C错误；D、线框中感应电动势的峰值Em＝nBSω，线框是从中性面开始计时，所以线框中产生感应电动势的表达式为，故D正确；故选BD。【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决。54．如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示，灯泡L的额定功率为22W．闭合开关后，灯泡恰能正常发光．则（）A.原线圈输入电压的瞬时表达式为u＝220sin100πtV B.灯泡的额定电压为110VC.副线圈输出交流电的频率为100HzD.电压表读数为220V，电流表读数为0.2A【答案】AB【解析】由图可知：周期T=0.02s，角速度，则原线圈输入电压的瞬时值表达式:，故A正确；原线圈电压的有效值：，根据理想变压器电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压：，故B正确；周期T=0.02s，频率为：，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出交流电的频率50Hz，故C错误；原线圈电压有效值220V，电压表的读数为220V，副线圈电流：，根据电流与匝数成反比得：，故D错误。所以AB正确，CD错误。55．一台小型发电机(图1甲)产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，则（）A.电压表V的示数为220VB.电路中的电流方向每秒钟改变100次C.通过灯泡电流的最大值为2.2AD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为48.4J【答案】BC【解析】电源电动势为220V，电压表的示数表征外电阻上的电压，应该为220×0.95V＝209V，故A错误；因交流电的周期是0.02s，所以频率为，而电流方向每一个周期改变两次，所以每秒钟改变100次，故B正确；电流最大值为：A，故C正确；由C可知电流有效值为2.2A，所以发电机线圈内阻每秒钟产生的热量为，故D错误。所以BC正确，AD错误。 56．如图甲所示为理想调压变压器，原线圈A、B端的输入电压如图乙所示，则当此变压器工作时，以下说法正确的是（）A.若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头下滑时，电流表示数将变大B.若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头上滑时，电压表示数增大C.若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移，则电流表示数一定变大D.若变阻器最大阻值为，且变阻器R的滑动触头置于最上端，则在滑动触头P滑动的过程中，电流表的电流变化范围为0～22A【答案】AD考点：变压器；交流电的有效值57．如图所示，电源输入电压不变，要使电路中电流表示数变大，可采用的方法有（）A.将R上的滑片向上移动B.将R上的滑片向下移动C.将电键S掷向1D.将电键S掷向2【答案】AD 【解析】输入的电压和匝数比不变，输出的电压也不变，当向上移动滑片时，电路的电阻变小，所以电流要增加，故A正确；输入的电压和匝数比不变，输出的电压也不变，当向下移动滑片时，电路的电阻变大，所以电流要变小，所以B错误；将电键S掷向1，原线圈的匝数变大，由电压与匝数成正比可得，副线圈的输出电压要减小，电路的电阻不变，所以电流要减小，所以C错误；将电键S掷向2时，原线圈的匝数减小，由电压与匝数成正比可得，副线圈的输出电压要变大，电路的电阻不变，所以电流要增大，所以D正确；故选：AD．点睛：理想变压器中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，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．58．如图甲所示，一交流发电机向远距离的理想变压器输电，输电线等效电阻Rl=2，变压器匝数比nl：n2=2：1，发电机输出的交变电压随时间变化图象如图乙所示，交流电压表示数为5V，R2=10，则（）A.通过R2的交变电流频率为50HzB.图象上对应的0.01s时刻，发电机中的线圈刚好与中性面重合C.R2两端的电压为10VD.发电机输出功率为12.5W【答案】ABC【解析】理想变压器不改变交流电的频率，故通过的交变电流的频率和交流电的频率相同，为，A正确；图象上对应的0.01s时刻，交流电压为零，此时磁通量最大，磁通量变化率最小为零，故发电机中的线圈刚好与中性面重合，B正确；变压器原线圈输入端电压为，故原线圈输出端电压为，根据公式可得副线圈两端电压，即两端电压为，C正确；发电机输出功率为为电阻消耗的电功率与副线圈中消耗的电功率之和，故发电机输出功率为，D错误；59．如图(a)所示，理想变压器原副线圈匝数比n1∶n2＝55∶4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电压表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图(b)所示，则下列说法正确的是 （）A.交流电压表V的读数为32VB.灯泡L两端电压的有效值为32VC.当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电流表A2示数增大，A1示数增大D.由图(b)可知交流发电机转子的角速度为100rad/s【答案】AC【解析】根据图b可知输入电压的最大值和周期，从而求出对应的有效值和角速度；再根据电压之比等于线圈匝数之比可求得输出端的有效值，从而确定电压表示数；根据有效值的定义以及二极管的性质则可明确灯泡L两端的电压的有效值，再根据电路结构分析电流表的变化．由图b可知，原线圈输入电压有效值为440V，根据，可得副线圈电压为32V，交流电压表V的示数为有效值，即为32V，故A正确；设灯泡L两端电压的有效值为，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效值的定义有，解得，故B错误；当滑动变阻器的触头P向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，则由欧姆定律可知，电流表示数增大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表示数也增大，故C错误；根据，可知，交流发电机转子的角速度为，故D错误．60．如图所示，MN、PQ是两条在水平面内、平行放置的金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1∶n2=k，导轨宽度为L。质量为m的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力作用下做往复运动，其速度随时间变化的规律是，范围足够大的匀强磁场垂直于轨道平面，磁感应强度为B，导轨、导体棒、导线电阻不计，电流表为理想交流电表。则下列说法中正确的是（）A.导体棒两端的最大电压为 B.电阻R上的电压为C.电流表的示数为D.导体棒克服安培力做功的功率为【答案】ABD【解析】A、根据题意，电动势的瞬时值表达式为：，则最大电动势为：，故选项A正确；B、由于大电动势为：，则电动势的有效值为：，则副线圈两端的电压为：，则，故选项B正确；C、则副线圈电流为：，在根据，则电流表读数为，故选项C错误；D、根据能量守恒，导体棒克服安培力做功的功率等于电阻R的热功率，故，故选项D正确。61．在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2Ω，则（）A.t=0时，线圈平面平行于磁感线B.t=1s时，线圈中的电流改变方向C.t=1.5s时，线圈中的感应电动势最大D.一个周期内，线圈产生的热量为【答案】AD【解析】t=0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A正确；每经过一次中性面（线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值）电流的方向改变一次，t=1s时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B错误； t=1.5s时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零（），根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C错误；感应电动势最大值，有效值，一个周期内线圈产生的热量，故D正确。点睛：本题要正确理解正弦交变电流的规律和法拉第电磁感应定律。62．如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中定值电阻R0=22Ω，R是滑动变阻器，变压器原副线圈匝数比为10:1，所有电表均为理想电表．下列说法正确的是（）A.副线圈两端电压u随t变化的规律为B.电压表的示数约为220VC.当R调为0时，A1示数为0.1AD.滑动片P向上移时，电流表A2示数变小，A1示数变大【答案】BC63．某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则（）A.电感L1的作用是通高频B.电容C2的作用是通高频C.扬声器甲用于输出高频成分 D.扬声器乙用于输出高频成分【答案】BD【解析】电感线圈对交流电的阻碍作用由感抗描述，，频率越高阻碍作用越大，对输入端的高频和低频交流信号的作用是通低频阻高频，所以A错误；电容对交流电的阻碍作用，频率越高阻碍作用越小，所以是通高频阻低频，故BD正确；C错误．【名师点睛】本题主要考查电感、电容对交流电的阻碍作用，即感抗、容抗的大小与什么因素有关，记住这个问题不难解决．64．如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，C为电容较大的电容器，下列说法中正确的有（）A.接通开关S，A立即变亮，最后A、B一样亮B.接通开关S，B逐渐变亮，最后A、B一样亮C.断开开关S，A、B都立刻熄灭D.断开开关S，A立刻熄灭，B逐渐熄灭【答案】ABD【解析】接通开关S，电容器C要通过A充电，因此A立刻亮，由于充电电流越来越小，当充电完毕后，相当于断路，而L对电流变化有阻碍作用，所以通过B的电流逐渐增大，故B逐渐变亮，当闭合足够长时间后，C中无电流，相当于断路，L相当于短路，因此A、B一样亮，故AB正确；当S闭合足够长时间后再断开，A立刻熄灭，而L产生自感电动势，且电容器也要对B放电，故B要逐渐熄灭，故C错误D正确．【点睛】解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，注意电容器也要放电．65．如图所示，一个面积为S的单匝金属线圈（电阻不计）在匀强磁场B中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，线圈两端通过电刷与图示的电路连接。其中电阻，光敏电阻在无光照时其阻值也为R（有光照时其电阻减小），理想变压器的原.副线圈的匝数比为，则（） A.从图示位置开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬时值表达式为B.开关S处于闭合状态，当减小光照强度时，电压表的示数不变，电流表的示数减小C.开关S处于闭合状态，当上端串联理想二极管时，电流表的示数不变D.当开关S断开.用黑纸包裹时，两端电压的有效值为【答案】BD【解析】A、从图示位置开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬时值表达式为，故选项A错误；B、减小光照强度时，电阻增大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，电压表的示数不变，电流表示数减小，故选项B正确；C、由于二极管具有单向导电性，在一个周期内有，则电压表示数减小，副线圈电流减小，电流表示数将减小，故选项C错误；D、开关S断开时，电阻和理想变压器串联，根据串联电路规律有：，，，，联立解得：，，故选项D正确。点睛：解答本题的关键是熟悉线圈转动产生的交变电流的瞬时值表达式，再结合闭合电路欧姆定律求出各物理量，另外如果线圈平面与磁场方向平行开始转动，产生的交流电表达式是余弦，如果线圈平面与磁场方向垂直开始转动，产生的交流电表达式是正弦，同时注意二极管的单向导电性。66．如图所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R=50Ω，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时。下列说法正确的是（） A.线圈中感应电动势的表达式为B.P上移时，电流表示数减小C.t=0时，电压表示数为D.当原、副线圈匝数比为2︰1时，电阻上消耗的功率为50W【答案】AD67．如图所示，a、b两端接在正弦交流电源上，原副线圈回路中A、B电阻阻值相同，原副线圈匝数比为，下列选项说法正确的是：（）A.A、B电阻电流之比为1:3B.A、B电阻电压之比为3:1C.A、B电阻功率之比为1:1D.A电阻与原线圈输入电压之比为1：9【答案】AD【解析】首先分清楚图中的电压关系，由于电阻A与原线圈串联，所以电阻电压之比不是原线圈与副线圈两端电压之比，并且存在根据可得A、B电阻中的电流比为，A正确；根据公式可知原副线圈两端的电压比为3：1，但是由于在原线圈中，所以A、B电阻电压之比不等于3：1，由于两电阻阻值相等，而电流比为，所以两电阻两端电压之比为1:3，设电阻A两端电压为，所以B两端电压为，根据原副线圈两端的电压比为3：1，故原线圈输入端电压为，所以A电阻与原线圈输入电压之比为1：9，B错误D正确；根据可得两电阻电功率之比为1:9，C错误． 68．理想变压器原副线圈的匝数比为11：1，原线圈输入电压为，电阻，，两电表均为理想交流电表。滑动变阻器的最大阻值为,在滑动变阻器的触头由最上端向下移动的过程中，下列说法正确的是（）A.原线圈中输入电流的最小值约为0.05AB.电压表的读数逐渐减小C.电流表的读数逐渐减小D.电压表读数和电流表读数的乘积先变大后变小【答案】ACD【解析】当R3的阻值全部连入电路中的时候，副线圈负载电阻最大，电流最小，原线圈电流最小。由题意知原线圈电压U1=220V，根据得U2=20V，副线圈总电阻为R=37.5Ω，可求电流，再根据，解得原线圈中输入电流的最小值约为0.05A，所以A正确；在滑动变阻器的触头由最上端向下移动的过程中，R3的阻值增大，负载电阻值增大，电流减小，C正确；R1的电流减小，根据欧姆定律知，R1的电压减小，又，故电压表示数增大，B错误；电压表读数和电流表读数的乘积为R2、R3消耗的总功率，将副线圈等效为电源，R1为电源内阻r，外电路消耗的功率随电阻的变化规律如图。并联电路的阻值在0-25之间变化，所以P=UI先增大后减小，故D正确。69．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（）A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大 B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D.若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变小【答案】AD【解析】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路中的阻值变大，因输出电压不变，则总电流变小，据欧姆定律确定各表的示数变化．滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，消耗的功率变小，分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则A正确B错误；因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表示数变小，C错误；闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即的电流变大，分压变大，则的分压变小，电流变小，电流表示数随副线圈电流的变大而变大，D正确．70．图示电路中，L、均能发光且亮度相同，现将开关S闭合，假设三个灯泡均不会被烧坏，灯丝电阻均保持不变，则下列说法正确的是（）A.灯泡L变亮B.灯泡L变暗C.灯泡变亮D.灯泡变暗【答案】AD【解析】闭合开关S后，副线圈电流增大，根据可得原线圈中的电流增大，故L变亮，L两端的电压增大，所以原线圈输出电压减小，根据可知副线圈两端电压减小，故两端电压减小，变暗，AD正确71．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，A、V均为理想电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L是理想线圈、D是灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是（） A.交流电的频率为100HzB.电压表的示数为C.当光照增强时，A的示数变小D.若用一根导线来代替线圈L，则灯D变亮【答案】D72．如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻，则（）A.用电器增加时，变压器输出电压增大B.要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C.用电器增加时，变压器的输入功率增加D.用电器增加时，输电线的热损耗减少【答案】BC【解析】由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A错误；根据变压器原理可知输出电压：，当滑动触头P应向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，故B正确；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故C正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故D错误。所以BC正确，AD错误。73．电压互感器、电流互感器是将大电压、大电流降为小电压、小电流并进行测量的变压器。如图所示，两个互感器在测量某输电电路中的电压和电流，在图中圆圈内a、b表示电压表或电流表，电压互感器的电压比为1000，电流互感器的电流比为10，电压表的示数为38V，电流表的示数为5A，则（） A.线路输送电功率是1.9×104WB.线路输送电功率是1.9×106WC.a为电流表，b为电压表D.a为电压表，b为电流表【答案】BD【解析】电压互感器与电路是并联关系，电流互感器与电路是串联关系，然后根据匝数比计算电路中的电压和电流，从而计算电路输送功率电压互感器与电路是并联关系，电流互感器与电路是串联关系，故a中应接电压表，b中应接电流表，电压互感器的电压比为1000，所以电路中的电压为，电流互感器的电流表为10，故电路中的电流为50A，所以线路输送功率为，BD正确；74．如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u＝311sin314t(V)的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（）A.A1的示数增大，A2的示数减小B.A1的示数增大，A2的示数增大C.V1的示数增大，V2的示数增大D.V1的示数不变，V2的示数减小【答案】AD【解析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．当传感器所在处出现火情时，的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流 示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以的示数不变，由于副线圈中电流增大，的电压变压变大，所以的示数要减小，即的电压也要减小，所以的示数要减小，AD正确．75．为研究高压输电减少电能损失的规律，设计如图所示演示实验电路。变压器T1的原线圈接入u1=14.14sin100πt（V）的学生电源，变压器T2的副线圈接入“10V，10W”的灯泡，调节各线圈匝数使灯泡正常发光，两变压器之间的输电导线总电阻r=3Ω。下列判断正确的是（）A.变压器T1的输出功率大于10WB.灯泡两端的电压为u4=12sin100πt（V）C.若只使T1的原线圈匝数n1减少，则输电导线消耗的电功率不变D.若在灯L两端再并联一个相同的灯泡，则输电导线消耗的电功率增大【答案】AD76．如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L变暗，下列哪些措施可以使电灯L重新变亮（）A.其他条件不变，P1上移，同时P2下移B.其他条件不变，P1下移，同时P2上移C.其他条件不变，断开电键SD.其他条件不变，将滑动变阻器滑动片P向下移动【答案】BC 【解析】P1上移增大n1，P2下移减小n2，由理想变压器的变压比：，可知U2将会变得更小，所以电灯L不会重新变亮，故A错误；P1下移减小n1，P2上移增大n2，由理想变压器的变压比：，可知U2将会变大，所以电灯L会重新变亮，故B正确；其他条件不变，U2电压不变，断开电键S，并联部分电阻变大，副线圈电流变小，R1分压变小，L灯的电压将变大，所以电灯L会重新变亮，故C正确；其他条件不变，将滑动变阻器滑动片P向下移动，总电阻变小，总电流变大，R1分压变大，L灯的电压将变小，所以电灯L不会重新变亮，故D错误。所以BC正确，AD错误。77．如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片P处于图示位置时,灯泡L能发光。要使灯泡变亮,可以采取的方法有（）A.增大交流电源的频率B.增大交流电源的电压C.向下滑动PD.减小电容器C的电容【答案】AB【解析】电容器具有通高频阻低频的特点，故增大交流电源的频率，可使通过灯泡的电流增大，A正确；根据可知增大交流电源的电压，副线圈两端的电压增大，灯泡变亮，B正确；向下滑动P，副线圈匝数减小，根据可知副线圈两端电压减小，灯泡变暗，C错误；根据可知减小电容，容抗增加，通过小灯泡的电流减小，灯泡变暗，D错误．78．如图所示，一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为4:1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，副线圈接有两只理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为无穷大)和两个电阻，且电阻R1=R2=50Ω。电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（）A.电流表的示数为0.275A B.电压表的示数为55VC.1min内电阻R1上产生的热量为3630JD.电阻R2消耗的电功率为60.5W【答案】AB点睛：二极管的作用是只允许正向的电流通过，根据电压与匝数成正比即可求得电压表的示数，根据输入功率等于输出功率，即可求出电流表的读数。79．某小型水电站的发电机输出电压为220V，若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1和n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3和n4，都是理想变压器，要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（）A.输电线上的电流I＝P0/UB.n2/n1越大，输电线上损失的功率越大C.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率D.升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率【答案】AC【解析】根据P=UI可得输电线上的电流，故A正确．在输送总功率不变的情况下，当升压变压器的匝数比增大时，输电电压增大，输电电流减小，根据P损＝I2R可得，输电线上的功率损失减小，故B错误．由于输电线上有能量损失，所以降压变压器的输入功率和输入电压均比升压变压器的输出功率和输出电压要小，故C正确D错误．故选AC。考点：远距离输电 【名师点睛】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损。80．理想变压器原、副线圈匝数之比为2:1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电压，副线圈接一个的负载电阻，电流表、电压表均为理想电表，则下述结论正确的是（）A．副线圈中电压表的读数为110VB．副线圈中输出交流电的频率为0．02HZC．原线圈中电流表的读数为0．5AD．原线圈中的输入功率为220W【答案】AD【解析】由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为，所以原线圈的电压的有效值为，再根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为，即为电压表的读数，所以A正确；变压器不会改变电流的周期，电流的周期为，所以B错误；副线圈的电流为，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为，所以C错误；变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为，所以原线圈中的输入功率也为，所以D正确。考点：变压器的构造和原理、正弦式电流的图象和三角函数表达式【名师点睛】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，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。三、解答题81．（10分）有条河流，流量，落差h=5m，现利用其发电，若机械能转化为电能的效率为50%，发电机输出电压为240V，输电线总电阻为R=30Ω，若将电能送到远距离用户时，允许输电线上的损失功率为发电机输出功率的6%，取g=10m/s2，求：（1）发电机的输出功率；（2）送电端使用的理想升压变压器的匝数比【答案】（1）（2） 82．如图为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B=0.5T,线圈匝数N=50匝,线圈面积为S=0.48m2,转动的角速度ω=2.5rad/s,线圈的总电阻r=1Ω,电阻R=2Ω。在匀速转动过程中,从中性面开始计时.(1)写出电动势瞬时值表达式.(2)求电阻R的发热功率P【答案】（1）电动势的最大值（2分）所以（2分）（2）电动势的有效值（1分）电流的有效值（1分）所以（2分）【解析】略83． 如图甲是一理想变压器的电路连接图，图乙是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10∶1，电流表A2的示数为2A，开关S断开，求：(1)变压器的输入功率和电压表的示数；(2)将开关S闭合，定性分析电路中三只电表的示数变化情况．【答案】：(1)40W　20V(2)A1示数增大　A2示数增大　V示数不变【解析】(1)由图乙可知输入电压的有效值U1＝200V由＝得U2＝＝20V变压器的输入功率P1等于输出功率P2故P1＝P2＝U2I2＝20×2W＝40W.(2)将S闭合，U2不变，即电压表示数保持20V不变；由于负载增多，负载总电阻减小，电流表A2的示数增大；次级线圈的输出功率增加，初级线圈的输入功率随之增加，电流表A1的示数增大．84．如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U1＝3300V，副线圈两端电压U2为220V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U＝2V，求：(1)原线圈n1等于多少匝；(2)当开关S断开时，电流表A2的示数I2＝5A，则电流表A1的示数I1为多少；(3)当开关S闭合时，电流表A1的示数I1′等于多少．【答案】(1)1650匝(2)A(3)A【解析】(1)由电压与变压器匝数的关系可得：U1/n1＝U2/n2＝U，则n1＝1650匝．(2)当开关S断开时，有：U1I1＝U2I2，I1＝＝A (3)当开关S断开时，有：RL＝U2/I2＝44Ω.当开关S闭合时，设副线圈总电阻为R′，有R′＝RL/2＝22Ω，副线圈中的总电流为I2′，则I2′＝U2/R′＝10A．由U1I1′＝U2I2′可知，I1′＝＝A.85．如图（甲）所示，把一个固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的磁场。已知线圈的匝数n=100匝，线圈的总电阻r=1.0Ω，线圈所围成矩形的面积S=0.040m2，小灯泡的电阻R=9.0Ω，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图（乙）所示。已知线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为，其中为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期。不计灯丝电阻随温度的变化，求：（1）线圈中产生感应电动势的最大值；（2）小灯泡消耗的电功率；（3）在磁感强度变化的0-的时间内，通过小灯泡的电荷量。【答案】(1)8.0V(2)2.88W(3)4.0×10-3C【解析】（1）根据B﹣t图象读出周期T，由公式Em=nBmSω求出线圈中产生感应电动势的最大值；（2）根据欧姆定律求出电流的最大值，再求出电流的有效值，由电流的有效值求解小灯泡消耗的电功率．（3）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的公式求解0～时间内，通过小灯泡的电荷量．解：（1）因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为T=3.14×10﹣2s．所以线圈中感应电动势的最大值为Em=nBmSω=nBmS•=100×1×0.040×V=8V（2）根据欧姆定律，电路中电流的最大值为通过小灯泡电流的有效值为I==0.4A小灯泡消耗的电功率为P=I2R=2.88W（3）在磁感应强度变化的1～1/4周期内，线圈中感应电动势的平均值 通过灯泡的平均电流通过灯泡的电荷量答：（1）线圈中产生感应电动势的最大值为8V；（2）小灯泡消耗的电功率为2.88W；（3）在磁感应强度变化的0～时间内，通过小灯泡的电荷量为4.0×10﹣3C．【点评】求解交变电流的电功率时要用有效值．在电磁感应中通过导体截面的电量经验公式是Q=n，可以在推导的基础上记住．86．如图所示，线圈abcd的面积S＝0.05m2，共100匝，线圈总电阻r＝1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝T，线圈以角速度ω＝100πrad/s匀速转动。(1)若线圈经图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值e的表达式(2)求通过电阻R的电流的有效值。【答案】（1）e=500cos（100πt）V（2）25A 点睛：本题考查对交流发电机原理的理解能力．记住有效值和最大值的关系；瞬时值表达式要注意计时起点，不同的计时起点表达式的初相位不同．87．（16分）如图所示，一矩形导线框ABCD处于水平匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线框ABCD的输出端通过电刷与电流表、理想变压器原线圈相连，副线圈两端接有一只“18V、12W”的灯泡Ｌ。当线框ABCD转速时，灯泡Ｌ正常发光，此时电流表示数为0.2A。（1）求通过灯泡Ｌ的电流周期；（2）求变压器原、副线圈匝数之比；（3）从线框ABCD经中性面位置开始计时，写出线框中产生的感应电流瞬时值的表达式。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）(3分)（2）副线圈的电流（3分）由变压器原理得（3分）（3）由得（3分）（2分）则从中性面计时开始：（2分）考点：本题考查了交变电流规律、变压器的知识。88．（9分）如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=20cm，匝数n=100，线圈的总电阻r=0.20Ω，线圈在磁感强度B=0.050T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OOˊ匀速转动，角速度ω＝100πrad/s。线圈两端通过电刷E、F与阻值R=4.8Ω的定值电阻连接。计算时π取3。 （1）从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式；（2）求此发电机在上述工作状态下的输出功率；（3）求从线圈经过中性面开始计时，经过周期时间通过电阻R的电荷量。【答案】（1）e=Emsinωt=150sin300t（V）（2）P=2.16×103W（3）【解析】（1）线圈产生感应电动势的最大值Em=nBωab×bc（1分）解得：Em=150V（1分）感应电动势随时间变化的表达式e=Emsinωt=150sin300t（V）（或150sin100πt）（1分）考点：本题考查电磁感应89．（18分）如图所示，正方形金属线圈处在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场区域内，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S＝100cm2，匝数n＝100，线圈电阻r＝1.0Ω.线圈与电阻R构成闭合回路，电阻的阻值R＝3.0Ω，当线圈从图示位置开始绕中心轴OO′按顺时针方向以角速度匀速转动时，求：（1）线圈转动时产生交变电流的瞬时值表达式；（2）线圈转动半周，通过电阻R的电量q； （3）线圈转动半周，电阻R产生的热量QR．【答案】（1）（2）0.4C;（3）【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律，感应电动势代入数据，得根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流解得Im＝0.2A电流的瞬时值表达式（2）线圈转动半周代入数据，得（3）线圈转动，电路中产生的感应电流有效值考点：法拉第电磁感应定律；交流电的瞬时值及有效值；90．(16分)三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，是中国规模最大的水利工程．枢纽控制流域面积为1.0×106km2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q＝4.51×1011m3.水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面．在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作的总发电功率)为P＝1.82×107kW，年平均发电量约为W＝8.40×1010kW·h.该工程已全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面．阅读上述资料，解答下列问题(水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，g取10m/s2)： (1)若三峡电站上、下游水位差按h＝100m计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值．(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天？(3)将该电站的电能输送到华中地区，送电功率为P1＝4.5×105kW，采用超高压输电，输电电压为U＝500kV，而发电机输出的电压约为U0＝18kV.若输电线上损耗的功率为输电功率的5%，求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻．【答案】(1)η＝　67%　(2)192.3天(3)　27.8Ω91．如图所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N＝100，线圈电阻r＝3Ω，ab＝cd＝0.5m，bc＝ad＝0.4m，磁感应强度B＝0.5T，电阻R＝311Ω，当线圈以n＝300r/min的转速匀速转动时．求：(1)感应电动势的最大值； (2)t＝0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；(3)此电压表的示数是多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）根据角速度与转速的关系得：，感应电动势的最大值为：；（2）在图示位置，线圈所处位置为中性面，导线切割磁感线的有效速度最小，瞬时电压也最小，故此交变电流电动势的瞬时值表达式为；（3）电动势的有效值：，由闭合电路的欧姆定律：，根据部分闭合电路的欧姆定律：。考点：本题考查正弦交流电的产生、交流电的瞬时值、峰值、有效值以及它们的关系、闭合电路欧姆定律。92．(2011年福州质检)某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：(1)升压变压器的输出电压；(2)输电线路上的电压损失．【答案】(1)8×104V　(2)3200V【解析】(1)设线路电阻为R，线路的损失功率为P损，线路的损失电压为U损，发电站的输出功率为P，升压变压器的输出电压为U.由电阻定律得：R＝ρ＝25.6Ω线路损失的功率P损＝4%P＝I2R解得I＝＝125A由P＝IU得，U＝＝8×104V.(2)线路损失的电压U损＝IR＝3200V.答案：(1)8×104V　(2)3200V93．(16分)发电机的端电压为220V，输出电功率为44kW，输电导线的电阻为0.2Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户． (1)画出全过程的线路图．(2)求用户得到的电压和功率．(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压．【答案】(1)见解析(2)219.6V43.92kW(3)180V　36kW【解析】(1)线路图如图所示．(2)升压变压器副线圈上的输出电压U2＝U1＝2200V，升压变压器副线圈上的输出电流I2＝I1，升压变压器原线圈上的输入电流，由P＝U1I1得所以输电线路上的电压损失和功率损失分别为UR＝I2R＝4V，PR＝I22R＝0.08kW.降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为I3＝I2＝20A，U3＝U2－UR＝2196V.降压变压器副线圈上的输出电压和电流分别为U4＝U3＝219.6V，I4＝I3＝200A.用户得到的功率P4＝U4I4＝43.92kW.(3)若不采用高压输电，线路损失电压为UR′＝I1R＝40V，用户得到的电压U′＝U1－UR′＝180V，用户得到的功率为P′＝U′I1＝36kW.94．水利发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，是功在当代，利在千秋的大事，现在水力发电已经成为我国的重要能源之一。某河流水流量为40m3/s，现在欲在此河段上筑坝安装一台发电功率为1000kW的发电机发电，采用高压输电，高压输电线的总电阻为5Ω，损耗总功率的5%。求： （1）设发电机输出电压为500V，则所用理想升压变压器原副线圈匝数比应是多大；（2）若所用发电机总效率为50%，则拦河坝要建多高。（水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2）【答案】（1）1/20（2）5m【解析】（1）根据导线上的功率损失等于导线电阻的热功率可得：解得：升压变压器次级的电流：I2=100A；对变压器初级：解得初级电流：I1=2000A根据变压器匝数和电流的关系：（2）设时间t内通过发电机的水流体积为：V=Qt又m=ρV由能量关系可得：解得：h=5m考点：远距离输电；能量守恒定律.95．两个完全相同的电热器，分别通过如图a和b所示的电流最大值相等的方波交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比Pa∶Pb等于多少？【答案】2∶1【解析】有效值与最大值关系I=是仅对正弦交变电流适用，即对于b图才有Ib=，Pb=R=R，对于a图的方波交变电流来说，由于每时刻通过电阻R的电流都是Im，只是方向做周期性变化，而对于电流通过电阻发热来说，它与电流方向是没有关系的.因此从热效应来说,a图交变电流与电流是Im的恒定电流是等效的，也可以说a图交变电流有效值就是Im.因此Ia=Im，Pa=R=R.所以Pa∶Pb=1∶=2∶1.96．(2011年金丽衢十二校联考)某发电厂发电机的输出功率P＝100kW，发电机端电压U＝250V，向远处送电的输电线的总电阻R＝8Ω.要使传输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户得到的电压又正好是220V，那么：(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图． (2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数比．【答案】：见解析【解析】(1)只要安装一台升压变压器和一台降压变压器，输电线路示意图如图所示．(2)按题意，P损＝5%P＝0.05×100×103W＝5×103W.设输电线路中的电流为I，P损＝I2R，I＝＝A＝25A.输送电压U2＝＝V＝4000V，对升压变压器＝＝＝，输电线路上损失电压U损＝IR＝25×8V＝200V，降压变压器原线圈n3两端电压U3＝U2－U损＝(4000－200)V＝3800V，用户在副线圈n4两端得到电压U4＝220V，所以＝＝＝.即升压变压器原、副线圈匝数比为1∶16；降压变压器原、副线圈匝数比为190∶11.97．(12分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.01m2，线圈转动的频率为50Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝T。将此发电机所发出交流电直接输送给某用户，又获悉此发电机的输出功率为44kW，输电导线的电阻为0.2Ω．电路如图所示，求：(1)从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)电动机输出电压的有效值U0；(3)用户得到的电压U1和功率P1． 【答案】解：（1）由题意知：e=Emcoswt=311cos314t…………………2分(2)输出电压的有效值据U0＝＝220V.…………………2分(3)根据P入＝U0I0，解得I0＝200A.…………………2分线路损失电压为UR′＝I1R＝200×0.2V＝40V…………………2分用户得到的电压U′＝U0－UR′＝220V－40V＝180V…………………2分用户得到的功率为P′＝I0U′＝200×180W＝36kW…………………2分【解析】略98．某研究性学习小组进行地磁发电实验，匝数为n、面积为S的矩形金属线框可绕东西方向的水平轴转动，金属线框与微电流传感器组成一个回路，回路的总电阻为R。使线框绕轴以角速度匀速转动，数字实验系统实时显示回路中的电流随时间t变化的关系如图所示。当线圈平面和竖直方向的夹角为时，电流达到最大值。求：(1)该处地磁场的磁感应强度大小B及地磁场方向与水平面间的夹角a；(2)线框转动一周时间内回路中产生的焦耳热Q；(3)线框转动时穿过线框的磁通量变化率的最大值（)；线框从磁通量变化率最大位置开始转过60°的过程中，通过导线的电荷量q。【答案】（1）；地磁场方向与水平面夹角；（2）（3） （3）根据法拉第电磁感应定律：根据：，，，，联立得线框从磁通量变化率最大位置开始转过60°的过程中，通过导线的电荷量：【名师点睛】（1）根据欧姆定律及交流电的最大值表达式求出磁感应强度大小，根据中性面的定义求出地磁场方向与水平面间的夹角；（2）根据焦耳定律利用有效值求出回路中产生的焦耳热；（3）根据法拉第电磁感应定律，利用平均电流求出通过导线的电荷量。99．河水流量为4m3/s，水流下落的高度为5m。现在利用它来发电，设所用发电机的总效率为50%，求：（1）发电机的输出功率。（2）设发电机的输出电压为350V，在输送途中允许的电阻为4Ω，许可损耗的功率为输出功率5%，问在用户需用电压220V时，所用升压变压器和降压变压器匝数之比（g=9.8m/s2）。【答案】(1)9.8×104W;(2)12:1 点睛：提高输电电压，从而降低电线电流，导致电线损失功率减小，用户得到功率越多．解决本题的关键知道原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压比，以及掌握输电线上损失的功率P损=I2R．100．交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S=0.1m2，线圈转动的频率为50Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B=T．为用此发电机所发出交流电带动两个标有“220V11kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图．求：（1）发电机的输出电压为多少？（2）变压器原副线圈的匝数比为多少？（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多少？【答案】（1）发电机的输出电压为2200V；（2）变压器原副线圈的匝数比为10：1；（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为10A （2）由于电动机的额定电压为220V，由电压与匝数成正比得：=10：1（3）根据P入=P出=2.2×104W根据P入=U1I1解得：I1=10A答：（1）发电机的输出电压为2200V；（2）变压器原副线圈的匝数比为10：1；（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为10A【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．同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值