孺子牛教育高三物理复习《交流电》专题卷

孺子牛教育高三物理复习《交流电》专题卷选择题1．一个阻值为2Ω的线圈在匀强磁场中转动，产生的交变电动势为e＝10eq\r(2)sin20πtV，当该线圈与一阻值为8Ω的电阻组成闭合回路时，以下说法正确的选项是()A．t＝0时，线圈平面位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为0C．电阻的热功率为16WD．用电压表测路端电压时读数为11.3V2．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。发电机线圈内阻为5.0Ω，那么外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，那么()A．电压表的示数为220VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次[来源:Zxxk.Com]C．灯泡实际消耗的功率为484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J3．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如下图．由图可知()A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin(25t)VB．该交流电的频率为50HzC．该交流电的电压的有效值为100eq\r(2)VD．假设将该交流电压加在阻值R＝100Ω的电阻两端，那么电阻消耗的功率为50W4．图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化。以下说法正确的选项是()[来源:学§科§网]A．图甲表示交流电，图乙表示直流电B．两种电压的有效值相等C．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin100πtVD．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的eq\f(1,10)5.实验室里的交流发电机可简化为如下图的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10V．R＝10Ω，线圈电阻忽略不计，以下说法正确的选项是()A．线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流为零B．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i＝eq\r(2)sin50πtAC．流过电阻R的电流每秒钟方向改变25次D．电阻R上的热功率等于10W6．如下图，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选项是()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3∶2C．交流电a的瞬时值为u＝10sin5πt(V)D．交流电b的最大值为5V7.如图甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动．假设以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙)为计时起点，并规定当电流自a流向b时，电流方向为正．那么以下四幅图中正确的选项是()8.如下图，在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置矩形线圈abcd.线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝eq\f(2π,T)绕cd边沿图示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，那么从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流i随时间t的变化关系图象为以下图中的()9．如下图，面积为S、匝数为N、电阻为r的线圈与阻值为R的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻R的两端．线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的转动轴以角速度ω匀速转动．设线圈转动到图示位置的时刻t＝0.那么()A．在t＝0时刻，线圈处于中性面，流过电阻R的电流为0，电压表的读数也为0B．1秒钟内流过电阻R的电流方向改变eq\f(ω,π)次C．在电阻R的两端再并联一只电阻后，电压表的读数将减小D．在电阻R的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变10.如下图，一圆柱形铁芯(如图中虚线所示)上沿轴线方向绕有矩形线圈，铁芯与磁极的缝隙间形成了辐向均匀磁场，磁场的中心与铁芯的轴线重合．在铁芯绕轴线以角速度ω逆时针转动的过程中，线圈中的电流发生变化．从图示位置开始计时，N、S极间缝隙的宽度不计．以a边的电流进纸面，b边的电流出纸面为正方向．以下图象中正确的选项是()11.一个小型电热器假设接在输出电压为10V的直流电源上，消耗的电功率为P；假设把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为eq\f(P,2).如果电热器电阻不变，那么此交流电源输出电压的最大值为()A．5VB．5eq\r(2)VC．10VD．10eq\r(2)V12．一台电风扇的额定电压为交流220V。在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如下图。这段时间内电风扇的用电量为()A．3.9×10－2度B．5.5×10－2度C．7.8×10－2度D．11.0×10－2度13．如下图，边长为l的正方形线圈abcd，其匝数为n，总电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B。假设线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO′轴匀速转动，那么以下判断中不正确的选项是()A．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e＝nBl2ωsinωtB．在t＝eq\f(π,2ω)时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快C．从t＝0时刻到t＝eq\f(π,2ω)时刻，电阻R上产生的热量为Q＝eq\f(n2B2l4πωR,16(R＋r)2)D．从t＝0时刻到t＝eq\f(π,2ω)时刻，通过R的电荷量q＝eq\f(nBl2,2(R＋r))14．如下图，图甲中的变压器为理想变压器，其原线圈接到U＝220V的交流电源上，副线圈与阻值为R1的电阻接成闭合电路；图乙中阻值为R2的电阻直接接到电压为U＝220V的交流电源上，结果发现R1与R2消耗的电功率恰好相等，那么变压器原、副线圈的匝数之比为()A．eq\f(R1,R2)B．eq\f(R2,R1)C．eq\r(\f(R1,R2))D．eq\r(\f(R2,R1))15如下图，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动P的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q，那么()A．只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大B．只将Q向下移动时，电流表的读数变大C．只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大D．只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大16.如图一理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，以下判断正确的选项是()A．假设通过电路中A、C两处的电流分别为IA、IC，那么IA＞ICB．假设仅将触头P向A端滑动，那么电阻R消耗的电功率增大C．假设仅使电阻R增大，那么原线圈的输入电功率增大D．假设在使电阻R减小的同时，将触头P向A端滑动，那么通过A处的电流增大17．一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如下图．副线圈仅接入一个10Ω的电阻．那么()A．通过电阻的电流是20AB．与电阻并联的理想电压表的示数是100VC．经过1分钟电阻发出的热量是6×103JD．变压器的输入功率是1×103W18．如下图，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin314tV的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，那么交流电压表的读数可能是()A．2.0VB．9.0VC．12.7VD．144.0V19.如下图，理想变压器的原线圈接入u＝11000eq\r(2)sin100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6Ω的导线对“220V/880W〞的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知()A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频率为100HzC．副线圈中电流的有效值为4AD．变压器的输入功率为880W20．如下图，理想变压器的原线圈接入u＝11000eq\r(2)sin100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6Ω的导线对“220V880W〞的电器RL供电，该电器正常工作。由此可知()A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频率为100HzC．副线圈中电流的有效值为4AD．变压器的输入功率为880W21．如下图，一理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝4∶1，原线圈ab间接一电压为u＝220eq\r(2)sin100πtV的交流电源，灯泡L标有“36V18W〞，当滑动变阻器R的滑片处在某位置时，电流表示数为0.25A，灯泡L刚好正常发光，那么()A．滑动变阻器R消耗的功率为36WB．定值电阻R0的电阻为19ΩC．流过灯泡L的交变电流频率为25HzD．将滑动变阻器R的滑片向上滑时，灯泡L的亮度变暗22．为了减少输电线路中电力损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经降压变电站将高压变为低压．某降压变电站将电压u0＝11000eq\r(2)sin(100πt)V的交流电降为220V供居民小区用电，那么变电站变压器()A．原、副线圈匝数比为50∶1B．副线圈中电流的频率是50HzC．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23.如下图是街头变压器给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动，输出电压通过输电线输送给用户．输电线的电阻用R0表示，变阻器R表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P向下移动时，以下说法不正确的选项是()A．相当于在增加用电器的数目B．A1表的示数随A2表的示数的增大而增大C．V1表的示数随V2表的示数的增大而增大D．变压器的输入功率增大24．如下图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的．V1和V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；A1、A2和A3为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3.现断开S，U1数值不变，以下推断中正确的选项是()A．U2变小、I3变小 B．U2不变、I3变大C．I1变小、I2变小 D．I1变大、I2变大25.在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为l，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，那么以下关系式中正确的选项是()A．P′＝eq\f(U2S,ρl)B．P′＝eq\f(P2ρl,U2S)C．P用＝P－eq\f(U2S,ρl)D．P用＝P(1－eq\f(Pρl,U2S))26．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，假设将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，那么P1和eq\f(P2,P1)分别为()A．eq\f(PR,kU)，eq\f(1,n)B．2R，eq\f(1,n)C．eq\f(PR,kU)，eq\f(1,n2)D．2R，eq\f(1,n2)27．某同学设计的家庭电路保护装置如下图，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成。当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路。仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，以下说法不正确的选项是()[来源:Z+xx+k.Com]A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起28.一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．以下说法正确的选项是()A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加29.如下图，一理想变压器原线圈的匝数n1＝1100匝，副线圈的匝数n2＝220匝，交流电源的电压u＝220eq\r(2)sin100πtV，电阻R＝44Ω，电压表、电流表均为理想电表，那么以下说法错误的选项是()A．交流电的频率为100HzB．电压表的示数为44VC．电流表的示数为eq\r(2)AD．电流表的示数为0.2A30.正弦式电流经过匝数比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(10,1)的变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按如图甲所示方式连接，R＝10Ω.图乙所示是R两端电压U随时间变化的图象，Um＝10eq\r(2)V，那么以下说法中正确的选项是()A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝eq\r(2)cos100πt(A)B．电流表A的读数为0.1AC．电流表A的读数为10eq\r(2)AD．电压表的读数为10eq\r(2)V31．图甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10∶1.变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，两个20Ω的定值电阻串联接在副线圈两端，电压表为理想电表．那么()A．假设原线圈电阻阻值为10Ω，那么原线圈上电流表的示数为10AB．假设原线圈电阻阻值为20Ω，那么原线圈上电流表的示数约为7.07AC．电压表的读数为5.0VD．电压表的读数约为3.6V32．图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的选项是()A．电压表的示数等于5VB．电压表的示数等于eq\f(5,\r(2))VC．实现点火的条件是eq\f(n2,n1)>1000D．实现点火的条件是eq\f(n2,n1)<1000二、非选择题33．如下图，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I＝________.线框从中性面开始转过eq\f(π,2)的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝________.34．如下图，为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I-U关系曲线图。(1)为了通过测量得到如下图IU关系的完整曲线，在以下图中甲和乙两个电路中应选择的是图______________________。简要说明理由：________________________________________________________________________________________________________________________________________________(电源电动势为9V，内阻不计，滑动变阻器的阻值为0～100Ω)。(2)在图丙电路中，电源电压恒为9V，电流表读数为70mA，定值电阻R1＝250Ω。由热敏电阻的I-U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为________V；电阻R2的阻值为________Ω。(3)举出一个可以应用热敏电阻的例子。[来源:Zxxk.Com]35.如下图，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(1,π)T，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时．问：(1)假设从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)线圈转过eq\f(1,30)s时电动势的瞬时值多大？(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？(4)从中性面开始计时，经eq\f(1,30)s通过电阻R的电荷量是多少？36．一个直流电动机的内电阻r＝2Ω，与R＝8Ω的电阻串联接在线圈上，如下图。线圈面积为eq\f(\r(2),20)m2，共100匝，线圈的电阻为2Ω，线圈在B＝eq\f(2,π)T的匀强磁场中绕OO′以转速n＝600r/min匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为100V，求电动机正常工作时的输出功率。37．某兴趣小组设计了一种发电装置，如下图．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为eq\f(4,9)π.磁场均沿半径方向．匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场．在磁场中．两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R.求：(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；(3)外接电阻上电流的有效值I.38.图1是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；(3)假设线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热．(其它电阻均不计)39．一个小型水力发电站，发电机输出电压U0＝250V，内电阻可以忽略不计，最大输出功率为Pm＝30kW，它通过总电阻R线＝2.0Ω的输电线直接向远处的居民区供电。设居民区所有用电器都是额定电压U用＝220V的电灯，总功率为P用＝22kW，不计灯丝电阻随温度的变化。(1)当居民区的电灯全部使用时，电灯两端的电压是多少伏？发电机实际输出的电功率是多大？(2)假设采用高压输电，在发电机端用升压变压器，在用户端用降压变压器，且不计变压器和用户线路的损耗。用户变压器的降压比为40∶1，当全部用户电灯正常发光时，输电线上损耗的功率是多大？40．如下图，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里．(1)在图中标出t＝0时感应电流的方向．(2)写出线圈感应电动势的瞬时值表达式．(3)线圈转一圈外力做功多大？(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量是多大？41.1897年，举世闻名的“尼亚加拉〞水电站在美丽的尼亚加拉瀑布(如图)建成．现已使用100多年．当时世界各地都在使用着费用高昂的直流电(因为使用直流电时必须每隔一公里建设一套发电机组)．而尼亚加拉水电站采用了特斯拉创造的交流电供、输电技术，用高压电实现了远距离供电．假设其中某一发电机组设计为：发电机最大输出功率为P＝100kW，输出电压为U1＝250V，用户需要的电压为U2＝220V，输电线电阻为R＝10Ω，假设输电线中因生热而损失的功率为输送功率的4%.(1)画出此输电线路的示意图．(2)求在输电线路中设置的升压变压器的原、副线圈匝数比(3)求降压变压器的最大输出电流I2.(保存整数)孺子牛教育高三物理复习《交流电》专题卷参考答案1.解析由表达式可知，t＝0时，电动势为零，而线圈平面位于中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，故A对B错；电动势的有效值E＝10V，电阻两端的电压U＝eq\f(E,R＋r)R＝8V，D错；由P＝eq\f(U2,R)得P＝8W，C错误．答案A2.解析：由图象可知电动势的有效值为220V，而电压表测量的是路端电压，其大小为U＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(220,95＋5)×95V＝209V；B选项，由图象读出交变电流的周期为T＝0.02s，那么频率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，一个周期内电流的方向要改变2次，故每秒钟电流方向要改变2×50＝100(次)；C选项，灯泡的实际功率为P＝2R＝×95W＝459.8W；D选项，由焦耳定律得Q＝2rt＝2×5×1J＝24.2J。此题正确选项为D。答案D3.解析由图象可知，交流电的峰值为Um＝100V，周期为T＝4×10－2s，故f＝eq\f(1,T)＝25Hz，ω＝eq\f(2π,T)＝50πrad/s，瞬时值表达式为u＝Umsinωt＝100sin(50πt)V，有效值为U＝eq\f(Um,\r(2))＝50eq\r(2)V，假设将该交流电压加在阻值R＝100Ω的电阻两端，那么电阻消耗的功率为P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(50\r(2)2,100)W＝50W．正确选项为D.答案D4.解析：电流方向随时间周期性变化的电流为交变电流，电流方向不改变的为直流电，显然两图中表示的都是交变电流，A错误；两图中电压的最大值相同，但图甲中是正弦交流电，有效值为eq\f(311,\r(2))V＝220V，图乙是锯齿形交流电，有效值不能按上式计算，B错误；图甲所示的正弦式交流电的周期为2×10－2s，角速度＝eq\f(2π,T)＝100π，所以电压的瞬时值表达式为u＝311sin100πtV，C正确；变压器原副线圈的电压与匝数成正比，频率不变，D错误。答案C5.解析线圈平面与磁场平行时，线框切割磁场的两边正好垂直切割，瞬时感应电流最大，A错．由题意得Em＝10eq\r(2)V，f＝25Hz，i＝eq\r(2)cos50πtA，B项错．电流方向每秒改变50次，C错．PR＝eq\f(U2,R)＝eq\f(E2,R)＝10W，D项正确．答案D6．解析t＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A错．读图得两次周期之比为2∶3，由转速ω＝eq\f(2π,T)得转速与周期成反比，故B正确．读图得a的最大值为10V，ω＝5π，由交流电感应电动势瞬时值表达式e＝Emsinωt(V)(从中性面开始计时)得，u＝10sin5πt(V)，故C正确．交流电的最大值Em＝nBSω.所以根据两次转速ω的比值可得，交流电b的最大值为eq\f(2,3)×10V＝eq\f(20,3)V故D错．答案BC7.解析从乙图可看出初始时刻线圈平面与中性面的夹角为，又由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为从b到a(与正方向相反)，故瞬时电流的表达式为，图象D符合题意．答案D点击:从甲图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，所以是余弦函数，根据楞次定律可以判断出电流方向，写出电流的瞬时表达式。解析t=0时刻，磁通量最大，磁通量变化率最小，产生的感应电动势为零，即感应电流为零，所以CD错误，根据楞次定律可得，t=0之后的四分之一周期内，线圈的磁通量减小，故产生的感应电流方向为abcda，为负方向，故A错误，B正确答案B点击：因为是选择题，所以可以根据排除法判断，根据线圈的起始位置判断电流的起始值，根据楞次定律判断电流的方向9．解析此题考查交变电流的描述．图示位置为中性面，但由于产生的是正弦式交变电流，故流过电阻的瞬时电流是0，电压表的读数为其有效值，不是0，故A错；线圈每转过一圈，电流方向改变2次，故1秒内电流方向改变的次数为2f＝2×eq\f(ω,2π)＝eq\f(ω,π)，B正确；R两端再并联电阻时，干路电流增大，路端电压减小，故电压表读数减小，C正确；并联电容后，由于电路与交变电源相连，电容反复充电放电，该支路有电流通过，故电压表的读数减小，D错误．答案BC10.解析矩形线圈切割磁感线，线圈切割a、b边的线速度大小v＝rω不变，由E＝2Blv可知，感应电动势大小E不变，因此，感应电流大小也不变，只是方向发生变化．由右手定那么判断知，线圈的a边在N、S极间缝隙的左侧旋转时，感应电流从a边流出纸面，而在N、S极间缝隙的右侧旋转时，感应电流从a边流入纸面．因此，选项C正确．答案C11.解析:由P＝eq\f(U2,R)可得R＝eq\f(U2,P)＝eq\f(100,P).假设把电热器接在交流电源上，eq\f(P,2)＝把R代入解得，Um＝10V，故C项对．答案：C.12．解析：由于电风扇正常工作，根据W＝UIt可得：W＝220×(0.3×10＋0.4×10＋0.2×40)×60J＝1.98×105J＝5.5×10－2kW·h，选项B正确。答案B13．解析：闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e＝Umsint＝nBSsint＝eq\f(1,2)nBl2sint，A错；在t＝eq\f(π,2ω)时刻，线圈转过90°，线圈平面与磁场平行，B正确；电阻R上产生的热量为Q＝Rt＝，故C正确；从t＝0时刻到t＝eq\f(π,2ω)时刻，通过R的电荷量q＝it＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R＋r)Δt＝eq\f(nΔΦ,R＋r)＝eq\f(nB×l×\f(1,2)l,R＋r)＝，故D正确。答案A14．解析：设副线圈两端电压为U′，由题意知eq\f(U′2,R1)＝eq\f(U2,R2)，故eq\f(n1,n2)＝eq\f(U,U′)＝eq\r(\f(R2,R1))。答案D15．分析:保持P的位置不动，输出电压不变，将Q向下、向上移动时，R变化，副线圈两端电压不变;保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，负线圈匝数变大，输出电压变大.解析:A、B、当将Q向下移动时，改变的是连入电路的电阻大小增大，而灯泡两端的电压副线圈的匝数比决定，现在匝数不变，输入电压不变，所以灯泡两端电压不变，所以电流减小，故A错误.B也错误.C、将P沿顺时针方向移动时，因变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，灯泡两端的电压将减小，所以电流变小，那么电流表读数变小，故C错误;D、当提高输入端的电压U时，由于原副线圈的匝数不变，那么输出电压也变大，所以电流表的读数会变大，故D正确;应选D答案ABD点击:做好此题要能知道自耦变压器的原理，结合变压器的特点和欧姆定律去分析.16．解析由经过变压器的原线圈电流IA与副线圈的电流IC之比等于原、副线圈的匝数的反比，原副线圈的匝数比等于AB与BP的比值，故IA∶IC＝BP∶AB，可知IA＜IC，A错；假设仅将触头P向A端滑动，那么副线圈电压增大，电阻消耗的电功率增大，B对；假设仅使电阻R增大，因电压不变，故电功率减小，原线圈的输入功率等于电阻消耗的电功率，故C错；假设电阻R减小，且触头P向A端滑动，那么电压增大，电阻减小，消耗功率必定增大，原线圈消耗功率增大，通过原线圈上A处的电流也增大，D对．答案BD17．解析原线圈中电压的有效值是U1＝220V，由变压比知副线圈中电压为U2＝100V，流过电阻的电流是I2＝eq\f(U2,R)＝10A；与电阻并联的电压表的示数是100V；经过1分钟电阻产生的热量Q＝Ieq\o\al(2,2)Rt＝6×104J；P入＝P出＝eq\f(U\o\al(2,2),R)＝eq\f(1002,10)W＝1×103W．选项B、D正确．答案BD18．分析:交流电压表指示的是电压的有效值，故应求副线圈输出电压的有效值，所以应知道原线圈的输入电压的有效值，而知道了原线圈的输入电压的瞬时值，即可知道其最大值，最大值等于有效值的倍.解析:根据u=51sin314tV可知交流电的最大值为Um=51V那么其有效值U1=V由图可知线圈n1是原线圈，线圈n2是副线圈，如果变压器是理想变压器，那么输入电压和输出电压的关系有U1:U2=n1:n2可得因为交流电压表指示的是有效值，故如果是理想变压器那么B正确，但实际变压器存在露磁现象，故通过原线圈的磁通量大于通过副线圈的磁通量，故实际副线圈的输出电压小于9v，故A正确.应选A.答案A点击:该知识点题目比拟简单，且题目单一，只要知道了输入电压和输出电压的关系此题即可顺利解出，但此题考虑了实际情况，所以容易出错.19.解析RL＝U2/P＝eq\f(2202,880)＝55Ω.故副线圈的输出电压U2＝eq\f(220,55)×(55＋6)V＝244V.所以n1/n2＝U1/U2＝eq\f(11000,244)≠50∶1，故A项错；电压的周期T＝0.02s，频率f＝50Hz，故B项错；副线圈中电流的有效值I＝eq\f(P,U)＝eq\f(880,220)＝4(A)，故C项对；输出功率P出＝880＋42×6＝976(W)，因是理想变压器．故输入功率应为976W，故D项错．答案：C.20．解析：由P＝UI可得I＝eq\f(PL,UL)＝4A，选项C正确；根据Ir＝24V得副线圈电压U2＝UL＋Ur＝244V，再由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)可得n1∶n2＝2750∶61≈45∶1，选项A错误；由u＝11000eq\r(2)sin100πt(V)及f＝eq\f(ω,2π)可得f＝50Hz，选项B错误；因导线电阻消耗电能，故变压器输入功率为P＝PL＋I2r＝976W，选项D错误。答案C21．解析：A、灯泡的电流为I灯=A=0.5A，根据电流与匝数成反比可得副线圈的电流为I2=4I1=4×0.25A=1A，所以经过滑动变阻器R的电流为I2-I灯=0.5A，所以滑动变阻器R消耗的功率P=UI=36×0.5W=18W，所以A错误；B、根据电压与匝数成正比可得副线圈的电压为U2==55V，根据电流与匝数成反比可得副线圈的电流为I2=4I1=4×0.25A=1A，由于灯泡正常发光，所以其电压为36V，电阻R0上的电压为19V，所以定值电阻R0的电阻值为R0=Ω=19Ω，所以B正确；C、根据交流电的瞬时值的表达式可知，交流电的周期T=s，所以频率为f==50Hz，所以C错误；D、将滑动变阻器R的滑动触头向上滑时，电路的电阻变大，总的电流减小，由于副线圈的输出电压不变，所以电阻R0的电压减小，灯泡的电压增大，所以灯泡将变亮，所以D错误；应选：B答案B点击：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R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，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．22．解析此题考查理想变压器．由u0＝11000eq\r(2)sin(100πt)V可知交流电压的有效值为11000V，根据理想变压器工作原理可知eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)，可得原、副线圈匝数比为50∶1，选项A正确；由于2πf＝100π，所以原线圈中交流电的频率是50Hz，因变压器不改变交流电的频率，所以选项B正确；理想变压器的输入功率与输出功率相等，那么原线圈中电流小于副线圈中的电流，故原线圈的导线比副线圈的要细，选项C错误；根据并联电路的特点可知居民小区各用电器电流的总和应等于副线圈中的电流，选项D错误．答案AB分析与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R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，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况解析：A、当滑动变阻器触头P向下移动时，导致总电阻减小，由于用电器是并连接入电路，所以数目增加，故A正确；B、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，A2的示数变大，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以A1的示数变大，所以BD正确．C、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，虽然滑动变阻器触头P向下移动，但由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V2的示数不变，所以C错误；此题选错误的应选：C答案C点击：电路的动态变化的分析，总的原那么就是由局部电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先局部后整体再局部的方法24．解析因为变压器的匝数与U1不变，所以U2不变．当S断开时，因为负载电阻增大，故副线圈中的电流I2减小，由于输入功率等于输出功率，所以I1也将减小，C正确；因为R1的电压减小，故R2、R3两端的电压将增大，I3变大，B正确．答案BC25.解析输电线电阻R＝ρeq\f(l,S)，输电电流I＝eq\f(P,U)故输电线上损失的电功率为P′＝I2R＝〔〕2ρeq\f(l,S)＝eq\f(P2ρl,U2S)用户得到的电功率为P用＝P－P′＝P答案BD26.解析：设副线圈与原线圈匝数比为k时，副线圈输出电压为U1，输出电流为I1，电路损耗功率为P1，设副线圈与原线圈匝数比为nk时，副线圈输出电压为U2，输出电流为I2，电路损耗功率为P2，根据理想变压器原副线圈电压与匝数成正比可得eq\f(U1,U)＝k…①；eq\f(U2,U)＝nk…②；且P＝U1I1＝U2I2…③；线路损耗功率分别为P1＝Ieq\o\al(2,1)R…④；P2＝Ieq\o\al(2,2)R…⑤。由①④联立解得P1＝2R，据此排除选项A、C；由①②③④⑤联立解得eq\f(P2,P1)＝eq\f(1,n2)，所以选项B错误，选项D正确。答案D27.解析：由于线圈L1用零线和火线双线绕制而成，正常情况下零线和火线中的电流等大反向，线圈L1内产生的磁场相互抵消，线圈L2中磁通量为零，选项A正确；当家用电器增多时，通过零线和火线的电流同时增大，合磁场仍为零，即线圈L2中磁通量不变，仍为零，选项B正确；家庭电路发生短路时造成通过零线和火线的电流同时增大，线圈L2中磁通量不变，不会产生感应电流，开关K也不会被电磁铁吸起，选项C错误；地面上的人接触火线时，火线和大地构成闭合回路，零线中电流小于火线，此时线圈L1产生变化的磁场，引起线圈L2中磁通量变化产生感应电流，电磁铁线圈有电流通过，产生磁性，将开关K吸起，选项D正确。答案C28解析(1).关于理想变压器的动态分析问题一般有两种类型：(1)负载电阻不变，原线圈的电压U1不变，副线圈的电压U2、电流I1、I2及功率P1、P2都随匝数比的变化而变化；(2)匝数比不变，原、副线圈的电压U1、U2不变，电流I1、I2及功率P1、P2都随负载电阻的变化而变化．(2)无论哪种情况，处理此类问题的关键都是分清变量和不变量，弄清理想变压器中各物理量之间的联系和相互制约的关系．答案AD29．分析电压表、电流表的示数表示电压电流的有效值，原副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流．解析：A、交流电的周期T=，f=＝50Hz．故A错误．B、原线圈的电压U1＝，，那么U2=44V．故B正确．C、电流表A2的示数I2＝＝1A．故C错误．D、原副线圈的电流比等于匝数之反比，，那么I1=0.2A．故D正确．应选AC．答案AC30．解析由题图乙所示图象知T＝2×10－2s，f＝50Hz，ω＝2πf＝100πrad/s，Im＝eq\f(Um,R)＝eq\r(2)A，故iR＝eq\r(2)cos100πt(A)，A正确．再根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，I2＝eq\f(Im,\r(2))＝1A知，I1的有效值为0.1A，B正确，C错误．电压表读数应为副线圈电压的有效值，U＝eq\f(Um,\r(2))＝10V，故D错误．答案AB31．解析加在原线圈两端电压的有效值U1＝eq\f(100,\r(2))V，副线圈输出电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,10)×eq\f(100,\r(2))V＝5eq\r(2)V，输出电流I2＝eq\f(U2,2R)＝eq\f(5\r(2),2×20)A≈0.18A，故原线圈上电流表的示数I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(1,10)×0.18A＝0.018A，选项A、B均错误；电压表的示数等于电阻R两端的电压值，即I2R＝0.18×20V＝3.6V，应选项C错误、D正确．答案D32．解析由题u－t图象知，交流电压的最大值Um＝5V，所以电压表的示数U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(5,\r(2))V，应选项A错误，选项B正确；根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得eq\f(n2,n1)＝eq\f(U2,U1)，变压器副线圈电压的最大值U2m＝5000V时，有效值U2＝eq\f(U2m,\r(2))＝eq\f(5000,\r(2))V，所以点火的条件eq\f(n2,n1)>eq\f(\f(5000,\r(2))V,\f(5,\r(2))V)＝1000，应选项C正确，选项D错误．答案BC33.分析由题可知，线圈中产生正弦式电流．感应电动势最大值Em=BSω，由E=Em及欧姆定律求解电流的有效值．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求出电量．解析：线圈中产生感应电动势最大值Em=BSω，感应电动势有效值E=Em=BSω．那么电流的有效值为I=．由，，得到电量q=答案eq\f(\r(2)BSω,2R)eq\f(BS,R)34．解析：由于图中要求测量多组数据，所需电压调节范围较大，且从零开始变化，所以应选用分压电路，即图甲；根据欧姆定律可以先求出R1的电流I1＝36mA，所以热敏电阻和R2电流为I2＝I－I1＝34mA，由图可读出热敏电阻在34mA时的电压为5.2V，那么R2两端电压为3.8V，即可求出R2＝111.8Ω。答案：(1)甲电压可从0调到所需电压，调节范围较大(2)5.2111.8(111.6～112.0均可)(3)热敏温度计(提出其他实例，只要合理均可)35分析〔1〕从图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=NBSωsinωt，由转速求出角速度ω代入解出；〔2〕根据感应电动势的瞬时值表达式求解；〔3〕电路中电压表、电流表的示数显示交流的有效值，由欧姆定律求出R电压和电流的有效值；〔4〕根据q=N求解电量解析：〔1〕转速n=300r/min=5r/s，故频率f=n=5Hzω=2πf=2π×5rad/s=10πrad/s感应电动势的最大值Em=nBSω=100××0.05×10π=50V，因为从中性面开始计时，所以感应电动势按正弦规律变化，e=Emsinωt=50sin10πtV〔2〕当t=s时，e=50sin〔10π×〕V≈43.3V．〔3〕电动势的有效值为E=V≈35.4V，电流表示数I=A=3.54A，电压表示数U=IR=3.54×9V=31.86V．〔4〕s内线圈转过的角度θ=ωt=×2π×=．该过程中，△Φ=BS-BScosθ=BS，q=答案(1)e＝50sin10πtV(2)43.3V(3)31.86V3.54A(4)eq\f(1,4π)C36．解析：线圈转动时产生的电动势的最大值为：Em＝NBSΩ＝200eq\r(2)V有效值为：E＝eq\f(Em,\r(2))＝200V