第3章 交变电流 章末检测试卷 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修 第二册（人教版2019，浙江）

ZHANGMOJIANCESHIJUAN(DISANZHANG) 章末检测试卷(第三章) (满分：100分) 一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.(2023·浙江高二联考阶段练习)以下四种情景中产生正弦交变电流的是 A.图甲中矩形线圈绕与匀强磁场方向垂直的中心 　轴OO′沿顺时针方向转动 B.图乙中矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀 　强磁场中，线圈按图示方向绕轴线OO′匀速转动 C.图丙中圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈 　abcd，铁芯绕轴线以角速度ω转动 D.图丁中矩形线圈绕与匀强磁场方向平行的中心 　轴OO′转动 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 题图甲中矩形线圈绕与匀强磁场方向垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，产生的电流不是正弦交变电流，A错误； 题图乙中虽然只有一半线圈处于磁场，但线圈转动得到的是正弦交流电，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 题图丙为辐向磁场，无论线圈转到什么位置，感应电动势大小不变，得到的不是正弦交流电，C错误； 题图丁中矩形线圈转轴平行于磁场方向，线圈不切割磁感线，感应电动势为0，感应电流为0，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2.(2023·浙江大学附属中学高二期中)如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，下列说法正确的是 A.图示位置为中性面，线圈中无感应电流 B.图示位置ab边的感应电流方向为b→a C.线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零 D.线圈每转动一周，指针左右摆动一次 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ 线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的感应电动势最大，感应电流最大，可知线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，A、C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 线圈处于题图所示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，B错误； 线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流方向改变，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，D正确。 3.(2022·杭州市高二期中)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线，小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。如图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图，关于无线充电，下列说法正确的是 A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应” B.只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电 C.接收线圈中交变电流的频率大于发射线圈中交变电流的频率 D.若只增加接收线圈的匝数，当无线充电正常工作时，接收线圈的电流将减小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 无线充电的原理，其实就是电磁感应现象，而不是电流的磁效应，故A错误； 发生电磁感应的条件是磁通量发生变化，直流电无法产生变化的磁场，故只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电，故B正确； 发生电磁感应时，两个线圈中的交变电流的频率是相同的，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 根据变压器线圈两端电压与匝数的关系可知，若只增加接收线圈的匝数，当无线充电正常工作时，接收线圈的电压增大，则接收线圈的电流将增大，故D错误。 4.(2021·天津卷)如图所示，闭合开关后，R＝5 Ω的电阻两端的交流电压为u＝50 　 sin 10πt V，电压表和电流表均为理想交流电表，则 A.该交流电周期为0.02 s B.电压表的读数为100 V C.电流表的读数为10 A D.电阻的电功率为1 kW √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 电压表的读数为交流电的有效值， 14 15 16 17 18 19 20 电阻的电功率为P＝IU＝10×50 W＝500 W，选项D错误。 5.(2023·温州市高二阶段练习)为探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，小明绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上(线圈电阻忽略不计)，如图所示，他将线圈a作为原线圈连接到学生电源的交流输出端，线圈b接小灯泡，当闭合电源开关时，发现电源过载(电流过大，超过学生电源允许的最大值)指示灯亮。为解决电源过载问题，下列措施中可行的是 A.增大电源电压 B.适当减小原线圈a的匝数 C.适当减小副线圈b的匝数 D.换一个电阻更小的灯泡 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 6.(2023·台州市高二期中)如图所示，KLMN是一个竖直的匝数为N的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平向右的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕某一竖直固定轴以角速度ω匀速转动。已知线框的总电阻为R且以逆时针方向(俯视)转动，在MN边与磁场方向的夹角到达30°的时刻(图示位置)，则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 此时导线框中产生的瞬时感应电动势的大小是 19 20 由楞次定律可知，导线框中电流的方向是K→N→ M→L→K，B错误； 导线框再转过60°时，导线框磁通量最大，电荷量为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 根据功能关系可知，外力做的功等于系统产生的总焦耳热， 7.(2022·温州市高二期中)某一发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路图如图所示，n1∶n2＝1∶2，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的2倍，则 A.R消耗的功率变为4P B.电压表V的读数变为 C.电流表A的读数变为0.5I D.通过R的交变电流频率变为原来的4倍 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 根据Emax＝nBSω，当发电机线圈的转速变为原来的2倍，则发电机感应电动势的最大值变为原来的2倍，感应电动势的有效值变为原来的2倍， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 根据转速变为原来的2倍，可知通过R的交变电流频率变为原来的2倍，D错误。 8.(2023·舟山市高二期末)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b，当输入电压u的有效值为灯泡额定电压的5倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是 A.原、副线圈匝数之比为2∶1 B.原、副线圈匝数之比为1∶2 C.此时a和b的电功率之比为1∶1 D.此时a和b的电功率之比为1∶4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 灯泡正常发光，则灯泡两端电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为4U，输出电压为U，则可知，原、副线圈匝数之比为4∶1，故A、B错误； 9.(2023·浙江大学附属中学高二期中)如图所示，ab间接有一电压稳定的正弦交流电，交流电流表和交流电压表均为理想电表，开始时开关S处于断开状态，下列说法正确的是 A.若仅将滑动变阻器的滑动触头P向左滑动， 　电压表的示数将减小 B.若仅将滑动变阻器的滑动触头P向左滑动， 　电流表的示数将减小 C.若仅将开关S闭合，电压表的示数将减小 D.若仅将开关S闭合，电流表的示数将减小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 10.如图所示为一理想变压器，其原线圈与一 学生电源相连，P为滑动触头，开始时白炽 灯L正常发光(阻值随温度的增加而变大)。现令P从均匀密绕的副线圈最顶端开始，沿副线圈缓慢匀速下滑，直至白炽灯L两端的电压为零。用U1表示原线圈两端的总电压，U2表示灯泡两端的电压，I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流(U1、U2、I1、I2均指有效值)。下图能正确反映相应物理量变化趋势的是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 变压器原线圈电压U1是不变的，则选项A错误； 根据U2＝　 ，由于P从均匀密绕的副线圈最顶端开始，沿副线圈缓慢匀速下滑，所以副线圈的有效的匝数n2逐渐的减小，所以副线圈两端的电压即灯泡两端的电压U2逐渐减小，选项B正确； 因为白炽灯灯泡的电阻随着温度的增加而变大，所以电压和电流不是正比例的关系，I2–t图像不是直线；由于I1＝　 ，所以I1–t图像也不是直线，选项C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 11.如图所示是三峡电站向浙江地区送电的简化模型。两变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为k1，降压变压器原、副线圈匝数比为k2，用户端得到的是电压为u＝Umsin ωt、功率为P的正弦式交变电流，输电线总电阻为2r，不考虑其他影响，下列说法正确的是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 设降压变压器原、副线圈的电压有效值分别为U3、U4， 设输电线上分得的电压为ΔU， 则ΔU＝I3·2r，U2＝U3＋ΔU， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 输电线上损失的功率为 12.(2022·杭州市长河高级中学高二期中)如图所示为某小型电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入A、B两个理想互感器，互感器原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶10，理想交流电压表的示数为220 V，理想交流电流表的示数为5 A，线路总电阻r＝10 Ω，则下列说法正确的是 A.线路上损耗的功率为250 W B.发电机输出的电功率为1 100 kW C.互感器A是电流互感器，互感器B 是电压互感器 D.用户使用的用电设备增多，降压变压器输出电压U4大小不会改变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 互感器A并联接入电路是电压互感器，互感器B串联接入电路是电流互感器，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 用户使用的用电设备增多，用户电流增大，输电电流增大，输电线损失电压增大，降压变压器输入电压减小，降压变压器输出电压减小，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 13.在如图甲所示的电路中，ab两端接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，图中电压表和电流表均为理想电表，电压表的示数为22 V，D为理想二极管，R0为定值电阻，L为电阻恒定的指示灯，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是 A.理想变压器原、副线圈匝数之比为 　10∶1 B.若RT处出现火灾时，电压表示数不 　变，电流表示数将变小 C.若RT处出现火灾时，指示灯L将变暗 D.若只将原线圈的理想二极管去掉，则电压表的示数会变为原来的2倍 √ 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 输入端的电压不变，匝数比不变，则电压表示数不变，若RT处出现火灾时，RT电阻变小，副线圈的电流变大，输出的总功率变大，则输入端的电功率变大，电压不变，则电流表的示数变大，故B错误； 若RT处出现火灾时，RT电阻变小，副线圈中电流变大，R0两端电压变大，则指示灯两端电压变小，指示灯变暗，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分) 14.(2023·温州市高二阶段练习)如图所示，电阻不计的矩形导线框abcd处于匀强磁场中。t＝0时刻，线框处于图示位置，线框绕中心轴OO′匀速转动时，产生的感应电动势e＝200　 cos(100πt) V。线框的输 出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20 V　8 W”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为 　 A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计， 下列说法中正确的是 A.t＝0时刻线框中磁通量变化率最大 B.理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1 C.若副线圈两端并联多只“20 V　8 W”的灯泡， 　则最多不能超过10只 D.若线框转速减半，产生的感应电动势e＝100　 cos(100πt) V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 √ √ 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 题图所示位置线框与中性面垂直，感应电动势最大，所以线框中磁通量的变化率最大，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 15.数字触发器可以将模拟信号转化为数字信号。如图甲中的正弦式交变电压通过图乙数字触发器后输出图丙的数字信号。数字触发器的转换规则是：交变电压数值小于0.5Um时输出为0，交变电压数值不小于0.5Um时输出2 V。关于图丙，下列说法正确的是 A.t2到t1的时间差为 B.通过某理想变压器的输出电压为零 C.该电压的频率等于100 Hz D.图丙的电压接在R＝100 Ω的电阻两端，一个周期产生内的热量为4×10－4 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 √ √ 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 由于题图丙中的电压为0或2 V交替变化，且变化很快，变压器中磁通量变化率不为零，所以理想变压器的输出电压不为零，B错误； 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 由图b可知，该电压的频率为100 Hz，C正确； 19 20 三、非选择题(本题共5小题，共55分) 16.Ⅰ.(8分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中： (1)下列仪器中不需要的是_____。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 仪器中不需要干电池和磁体，需要低压交流电源给变压器供电，需要多用电表测量变压器的电压，A、B符合题意，C、D不符合题意； 19 20 AB (2)实验时，原线圈接在电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是____。 A.原线圈接直流电压，多用电表用直流电压挡 B.原线圈接直流电压，多用电表用交流电压挡 C.原线圈接交流电压，多用电表用交流电压挡 D.原线圈接交流电压，多用电表用直流电压挡 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 C 变压器接直流电源不能工作，必须接交流电源才能工作，多用电表也必须用交流电压挡，故选C； (3)若某次实验中用匝数N1＝400、N2＝800的变压器，测得的电压分别为U1＝3.6 V、U2＝8.2 V，据此可知_____(填“N1”或“N2”)是原线圈匝数，电压比与匝数比不相等的原因可能是__________________________ ____________。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 N2 存在漏磁、线圈电阻大、 铁芯发热等 若N1是原线圈匝数，根据匝数比，副线圈两端的电压为7.2 V，或者小于7.2 V，不可能是8.2 V，所以N2是原线圈匝数，电压比与匝数比不相等的原因可能有存在漏磁、线圈电阻大、铁芯发热等。 Ⅱ. (6分)在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。 (1)为了减少涡流的影响，铁芯应该选择____； A.整块硅钢铁芯 B.整块不锈钢铁芯 C.绝缘的铜片叠成 D.绝缘的硅钢片叠成 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 变压器铁芯材料要选择磁性材料， 为了减少涡流的影响，铁芯应该选择绝缘的硅钢片叠成，故选D； 19 20 D (2)以下给出的器材中，本实验需要用到的有_____； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 BD 实验中需要用到交流电源和多用电表，不需要干电池和直流电压表，故选B、D； (3)下列说法正确的是____。 A.如果原线圈接交流电，副线圈不接用电器，那么副 　线圈两端是测不到电压的 B.观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线 　圈匝数多 C.为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测 D.变压器开始正常工作后，铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 如果原线圈接交流电，副线圈不接用电器，副线圈两端有电压，则用多用电表的交流电压挡接入副线圈能测到副线圈的电压，故A错误； 为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 变压器的工作原理是电磁感应现象，在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能，铁芯起到传递能量的作用，而不是导电，故D错误。 17.(8分)如图所示，理想变压器原线圈匝数n1＝800，副线圈匝数n2＝200，灯泡A标有“5 V　2 W”的字样，电动机D的线圈电阻为1 Ω。将交流电压u＝100 　sin 100πt (V)加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，求： (1)副线圈两端电压； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案　25 V 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (1分) (1分) (1分) (1分) (2)电动机D消耗的电功率。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案　8 W 19 20 电动机两端电压为UD＝U2－UL＝25 V－5 V＝20 V (2分) 电动机消耗的电功率为PD＝UDI＝20×0.4 W＝8 W (1分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 18.(11分)如图所示，一小型发电机内有n＝100匝矩形线圈，矩形面积S＝0.10 m2，线圈电阻可忽略不计。在外力作用下矩形线圈在B＝0.10 T的匀强磁场中，以恒定的角速度ω＝100π rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈两端与R＝100 Ω的电阻构成闭合回路，π取3.14。 (1)求线圈转动时产生感应电动势的最大值； 答案　314 V 线圈中感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝100× 0.10×0.10×100π V＝314 V (3分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (2)从线圈平面在中性面位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式； 答案　e＝314sin 100πt (V)　 从中性面开始计时，线圈的瞬时值表达式为 e＝Emsinωt＝314sin 100πt (V) (3分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (3)求从线圈平面在中性面位置开始，线圈转过90°角的过程中通过电阻R的电荷量。 答案　0.01 C 代入数据解得q＝0.01 C 　 (1分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 19.(11分)(2023·宁波市高二期中)如图所示，将一交流发电机的矩形线圈abcd连接到变压器原线圈上，变压器为理想变压器，副线圈接电阻R＝10 Ω，已知线圈边长ab＝cd＝0.1 m，ad＝bc＝0.2 m，匝数N＝50匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端。变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶3，线圈在磁感应强度大小为B＝0.2 T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以ω＝200 rad/s的角速度匀速转动，求： (1)从图示位置开始计时，线圈中产生的感应电动势瞬时值e的表达式； 答案　e＝40cos 200t (V) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 感应电动势的最大值为Em＝NBSω (1分) 解得Em＝50×0.2×0.1×0.2×200 V＝40 V (1分) 故从题图所示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为e＝40cos 200t (V) (2分) 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (2)理想交流电压表的示数U； 由于线圈电阻不计，所以电压表示数等于感应电动势的有效值， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (3)电阻R上消耗的电功率P。 答案　720 W 解得P＝720 W (1分) 20.(11分)某发电机输出功率是100 kW，输出电压是250 V，如图所示，通过理想变压器升压后向25 km远处的用户供电。已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8 Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4 m2。输电线上的功率损失为5%，用户得到的电压正好为220 V， 降压变压器也是理想变压器，求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (1)输电线总电阻R； 答案　8 Ω (3分) (2)理想升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案　1∶16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 输电线上的功率损失为ΔP＝I22R　(1分) 19 20 解得I2＝25 A 　(1分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (1)输电(3)给用户供电的总电流I。 (保留3位有效数字)线总电阻R； 答案　432 A (2分) 用户获得的总功率为P′＝P－ΔP＝95 kW (2分) 该交流电的周期T＝＝ s＝0.2 s， 即U＝ V＝50 V，选项A、B错误； 电流表的读数为I＝＝ A＝10 A，选项C正确； 增大电源电压Ua，根据＝，可知Ub增大，则流过灯泡的电流Ib增大，根据＝，可知Ia增大，则过载更大，A错误； 适当减小原线圈a的匝数na，根据＝，可知Ub增大，则流过灯泡的电流Ib增大，根据＝，可知Ia增大，则过载更大，B错误； 适当减小副线圈b的匝数nb，根据＝，可知Ub减小，则流过灯泡的电流Ib减小，根据＝，可知Ia减小，则可解决过载问题，C正确； 换一个电阻更小的灯泡，根据＝，可知Ub不变，则流过灯泡的电流Ib增大，根据＝，可知Ia增大，则过载更大，D错误。 A.此时导线框中产生的瞬时感应电动势e的大小是 B.线框此时的电流方向为N→K→L→M→N C.从此时转过60°的过程中通过线框上的电荷量为 D.从此时转过一周需要外力做功为 e＝Emcos 30°＝NBωScos 30°＝NBSω，A错误； q＝t＝t＝＝，故C正确； 线框产生感应电动势的有效值为E＝＝NBSω 线框转动的周期为T＝ 则W＝T＝，D错误。 U 则理想变压器原线圈两端的电压变为原来的2倍，根据＝＝可知，副线圈两端的电压变为原来的2倍，电压表读数变为2U，根据P＝，因定值电阻两端电压变为原来的2倍，则R消耗的功率变为4P，A正确，B错误； 根据欧姆定律可知理想变压器副线圈的电流变为原来的2倍，根据＝可知，理想变压器原线圈的电流变为原来的2倍，电流表读数变为2I，C错误； 根据变压器原理可得＝＝，所以I1＝I2，由于小灯泡两端电压相等，所以根据公式P＝UI，可得两者的电功率之比为1∶4，故C错误，D正确。 当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻将减小，副线圈中电压一定，则副线圈的电流I2将变大，电压表的示数为UV＝I2R2，可知电压表示数将变大；由＝，可知原线圈中的电流I1将变大，即电流表的示数将变大，A、B项错误； 若将开关S闭合，副线圈所接负载电阻的总阻值减小，副线圈中的电流I2增大，滑动变阻器R两端的电压变大，则电压表的示数将减小；由＝，可知电流表的示数I1增大，C项正确，D项错误。 U1 I2 A.升压变压器输出端的电压为 B.降压变压器输入端的电压为k2Um C.输电线上的电流为 D.输电线上损失的功率为 则有U4＝，＝k2，P＝U3I3， 联立解得U2＝，U3＝，故A正确，B错误； 输电线上的电流为I3＝＝，故C错误； ΔP＝I32·2r＝2·2r＝，故D错误。 根据＝，代入数据得I＝50 A，线路上损耗功率P损＝I2r＝25 000 W，故A错误； 根据变压器原理可知＝，代入数据得U2＝22 000 V，发电机输出电功率P发＝U2I＝22 000×50 W＝1 100 kW，故B正确； 设原线圈两端电压为U1，根据电流的热效应可得T＝×，解得U1＝ V，由＝得＝，故A错误； 有二极管时原线圈两端电压为 V，没有二极管时原线圈两端电压为 V，则原线圈两端电压变为原来的倍，由于匝数比不变，则电压表的示数变为原来的倍，故D错误。 线框绕中心轴OO′匀速运动时，产生的感应电动势为e＝200cos(100πt) V，故输入变压器的电压的有效值为U1＝ V＝200 V 灯泡能正常发光，所以变压器的输出电压为20 V，＝＝＝，故B正确； 电路中熔断器熔断电流为 A，此时有U1I1＝U2(nIL)，解得n≈14，所以副线圈两端并联“20 V　8 W”的灯泡最多不能超过14只，故C错误； 若线框转速减半，根据公式Em＝NBSω，产生的最大电动势也减半，线框转动的角速度为ω＝2πn＝50π， 则产生的感应电动势为e＝100cos(50πt) V，故D错误。 s 由题图甲可知，正弦式交变电压U＝Umsin ωt，ω＝＝100π rad/s，故Δt＝t2－t1＝ s，A正确； 由图b可知，一个周期内有 s电压为2 V，因此一个周期内的发热量为Q＝××0.01 J＝×10－4 J，D错误。 由＝ 知电流大的线圈匝数少，因为电流大，所以导线粗，故导线粗的线圈匝数少，故B错误； 交流电压u＝100sin 100πt (V)， 最大值为Um＝100 V 故有效值为U1＝＝ V＝100 V 根据理想变压器＝ 有U2＝＝ V＝25 V 由于灯泡正常发光，故电流为I＝＝ A＝0.4 A (1分) 平均感应电动势＝n＝nB (1分) 平均电流＝ (1分) 转过90°角过程中的电荷量为q＝Δt＝ (2分) 答案　20 V 则有U＝，解得U＝20 V (2分) 根据＝ (1分) 解得U2＝60 V (1分) 则电阻R上消耗的电功率为P＝ (2分) 根据电阻定律可得R＝2ρ＝8 Ω 由题意可得×100%＝5% 发电机输出电流为I1＝＝400 A (1分) 理想升压变压器原、副线圈的匝数比为＝＝ (1分) 给用户供电的总电流为I＝≈432 A $$